Prova Substitutiva

Seção 3.3 Prova Substitutiva

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1.

Considere a função $f\colon\R^2\to\R$ dada por

\begin{equation*} f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^3-y^3}{x^2+y^2},&\text{ se } (x,y) \neq (0,0),\\ \hfill 0,&\text{ se } (x,y)=(0,0). \end{cases} \end{equation*}

Decida se $f$ é contínua em $(0,0)\text{.}$
Calcule as derivadas parciais de $f$ em $(0,0)\text{.}$
Decida se $f$ é diferenciável em $(0,0)\text{.}$
Calcule $\dfrac{\partial f}{\partial \vec{u}}(0,0)$ sendo $\vec{u} =(a,b)$ um vetor unitário.

Resposta.

Sim, é contínua em $(0,0)\text{;}$
$f_x(0,0)=1$ e $f_y(0,0)=-1\text{.}$
Não é diferenciável em $(0,0)\text{.}$
$\dfrac{\partial f}{\partial \vec{u}}(0,0)=a^3-b^3\text{.}$

Solução.

Resolveremos cada item usando as definições.

Basta usar o Teorema A.3.10 e verificar que
\begin{align*} \lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) &= \lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{x^3-y^3}{x^2+y^2}\\ &=\lim_{(x,y)\to (0,0)} \left( \underbrace{x}_{\to 0} \underbrace{\frac{x^2}{x^2+y^2}}_{\text{limitado}} - \underbrace{y}_{\to 0} \underbrace{\frac{y^2}{x^2+y^2}}_{\text{limitado}}\right)\\ &=0=f(0,0), \end{align*}
para concluir que $f$ é contínua em $(0,0)\text{.}$
O denominador da primeira expressão que define $f$ se anula em $(0,0)\text{,}$ então não podemos usar as regras de derivação. Procedemos utilizando a Definição A.4.1:
\begin{align*} f_x(0,0)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) &= \lim_{t \to 0} \frac{f(t,0) -f(0,0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{{t^3}/{t^2}}{t} = 1,\\ f_y(0,0)=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0) &= \lim_{t \to 0} \frac{f(0,t) -f(0,0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{{-t^3}/{t^2}}{t} = -1. \end{align*}
Devemos determinar se o limite
\begin{equation*} \lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0) - f_x(0,0)h - f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{h^2k - hk^2}{(h^2+k^2)^{3/2}} \end{equation*}
existe e é igual a zero. Através da curva $\alpha\colon\R\to\R^2$ dada por $\alpha(t) = (-t,t)\text{,}$ este limite se torna
\begin{equation*} \lim_{t \to 0} \frac{2t^3}{2t^2 \sqrt{2t^2}} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{\sqrt{2}|t|}, \end{equation*}
que não existe (os limites laterais não coincidem). Isso implica que o limite original também não existe e, portanto, $f$ não é diferenciável em $(0,0)\text{.}$
Dado $\vec{u}=(a,b)$ unitário, temos
\begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial \vec{u}}(0,0) = \lim_{t \to 0} \frac{f(ta,tb) -f(0,0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{1}{t}\frac{t^3(a^3-b^3)}{t^2(a^2+b^2)} = a^3 - b^3, \end{equation*}
pois $a^2+b^2 = 1\text{.}$ Convém observar que não podemos simplesmente tomar o produto interno do gradiente de $f$ em $(0,0)$ pelo vetor $\vec{u}$ porque $f$ não é diferenciável em $(0,0)\text{!}$

Apresentamos outra solução possível do item (c) usando os itens (b) e (d). Caso $f$ fosse diferenciável em $(0,0)\text{,}$ teríamos

\begin{equation*} \frac{\partial f}{\partial \vec{u}}(0,0) = \big\langle \nabla f(0,0), \vec{u}\big\rangle = \big\langle (1,-1), (a,b)\big\rangle= a-b. \end{equation*}

Assim, para provar que $f$ não é diferenciável é suficiente exibir um vetor unitário $\vec{u}=(a,b)$ tal que $a^3 - b^3 \neq a - b$ como, por exemplo, $\vec{u} = \Big( \dfrac{\sqrt{2}}{2}, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Big)$ (verifique).

2.

Considere a função $f(x, y) = x^2 + y^2 - 2kxy\text{,}$ sendo $k$ um número real. Para cada valor de $k\text{,}$ determine todos os pontos críticos de $f$ e classifique-os.

Resposta.

$k=1\text{:}$ $(x,x)\text{,}$ $x\in\R$ são os únicos pontos críticos, os quais são pontos de mínimo (globais) de $f\text{.}$
$k=-1\text{:}$ $(x,-x)\text{,}$ $x\in\R$ são os únicos pontos críticos, os quais são pontos de mínimo (globais) de $f\text{.}$
$|k|<1\text{:}$ $(0,0)$ é o único ponto crítico, o qual é um ponto de mínimo (global) de $f\text{.}$
$|k|>1\text{:}$ $(0,0)$ é o único ponto crítico, o qual é um ponto de sela de $f\text{.}$

Solução.

Como, para todo $k\in\R\text{,}$ a função $f$ é de classe $\mathscr{C}^2$ em todo o plano vamos utilizar o critério do Hessiano (Teorema A.8.6). Para isso precisamos de suas derivadas até segunda ordem, indicadas convenientemente no vetor gradiente e matriz Hessiana:

\begin{equation*} \nabla f(x,y)=(2x-2ky,2y-2kx)\quad\text{e}\quad H_f(x,y)= \begin{bmatrix} 2 & -2k\\ -2k & 2 \end{bmatrix} \end{equation*}

Os pontos críticos de $f$ são aqueles que anulam o gradiente e portanto as soluções do sistema

\begin{equation*} \begin{cases} x&=ky,\\ y&=kx. \end{cases} \end{equation*}

Subsituindo a segunda equação na primeira, temos

\begin{equation*} x=k^2 x \implies (k^2 - 1)x=0 \implies k = \pm 1\quad \text{ou}\quad x = 0. \end{equation*}

Temos então três casos as considerar:

$k=1\text{:}$ nesse caso temos
\begin{equation*} f(x,y)=x^2+y^2-2xy=(x-y)^2\geq 0, \end{equation*}
para todos $(x,y)\in\R^2\text{.}$ Aqui os pontos críticos satisfazem $y=x$ e o determinante da matriz Hessiana se anula, não permitindo a aplicação do critério. Por outro lado,
\begin{equation*} f(x,x)=0\leq(x-y)^2=f(x,y)\text{,} \end{equation*}
mostrando que todos os pontos da forma $(x,x)\text{,}$ $x\in\R$ são pontos de mínimo global de $f\text{.}$
$k=-1\text{:}$ agora
\begin{equation*} f(x,y)=x^2+y^2+2xy=(x+y)^2\geq 0, \end{equation*}
para todos $(x,y)\in\R^2\text{.}$ Aqui os pontos críticos satisfazem $y=-x$ e o determinante da matriz Hessiana novamente se anula. Mas
\begin{equation*} f(x,-x)=0\leq(x+y)^2=f(x,y)\text{,} \end{equation*}
mostrando que todos os pontos da forma $(x,x)\text{,}$ $x\in\R$ são pontos de mínimo global de $f\text{.}$
$k\neq\pm 1$ e $x=0\text{:}$ isso garante que $y=0$ e portanto o ponto $(0,0)$ é crítico para qualquer $k\in\R\text{.}$ Nesse caso temos
\begin{equation*} \det H_f(0,0)=4(1-k^2)\quad\text{e}\quad f_{xx}(0,0)=2 \end{equation*}
e então quando $|k|< 1$ a origem é um ponto de mínimo local, enquanto que $|k|> 1$ garante a origem como um ponto de sela.

Veja os gráficos da função para alguns valores de $k\text{:}$

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Figura 3.3.1. Gráfico de $f$ para $k=1$

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Figura 3.3.2. Gráfico de $f$ para $k=-1$

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Figura 3.3.3. Gráfico de $f$ para $k=\dfrac{1}{2}$

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Figura 3.3.4. Gráfico de $f$ para $k=-\dfrac{1}{2}$

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Figura 3.3.5. Gráfico de $f$ para $k=-2$

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Figura 3.3.6. Gráfico de $f$ para $k=2$

E por que não uma animação no Geogebra?

Figura 3.3.7. Gráfico de $f$ para diversos valores de $k$

3.

Seja $f\colon\R\to\R$ uma função diferenciável. Sabe-se que:

A imagem da curva $\sigma(t)=(e^{t-1}, -1 + e^{2t-2})\text{,}$ $t\in\R$ está contida na curva de nível $1$ de $f\text{.}$
A imagem da curva $\gamma(u) = (2+u, 4(u+1), u^2)\text{,}$ $u\in\R$ está contida no gráfico de $f\text{.}$

Determine a equação do plano tangente ao gráfico de $f$ no ponto $\big(1,0,f(1,0)\big)\text{.}$ Explicite claramente $f(1,0)$ e $\nabla f(1,0)\text{.}$

Resposta.

$f(1,0)=1\text{,}$ $\nabla f(1,0)=(2,-1)$ e $\pi\colon z=2x-y-1\text{.}$

Solução.

Para calcular $f(1,0)$ podemos usar as informações dadas em qualquer um dos itens (i) e (ii) do enunciado. De (i) temos que

\begin{equation*} f\big(\sigma(t)\big) = 1, \forall t \in \mathbb{R}. \end{equation*}

Em particular, para $t=1\text{,}$ temos

\begin{equation*} \sigma(1) = (1,0) \implies \boxed{f(1,0) = 1}. \end{equation*}

De (ii) segue-se que

\begin{equation*} f(2+u, 4(u+1))=u^2, \forall u \in \mathbb{R} \end{equation*}

e, tomando $u=-1\text{,}$ obtemos

\begin{equation*} \boxed{f(1,0) = (-1)^2 = 1}. \end{equation*}

Nosso próximo passo é calcular o gradiente de $f$ em $(1,0)\text{.}$ Para isso derivamos as expressões acima com a regra da cadeia:

\begin{equation*} \begin{cases} f\big(\sigma(t)\big)& = 1\\ f(2+u, 4(u+1))&=u^2 \end{cases}\implies \begin{cases} \Big\langle\nabla f\big(\sigma (t)\big), \sigma'(t)\Big\rangle&=0\\ \Big\langle\nabla f\big(2+u, 4(u+1)\big), (2+u, 4(u+1))'\Big\rangle&=2u\\ \end{cases} \end{equation*}

Escrevendo os vetores em coordenadas, substituindo $t=1$ na primeira das equações do sistema acima e $u=-1$ na segunda, temos

\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial x}(1,0) + 2 \dfrac{\partial f}{\partial y}(1,0)&=0\\ \dfrac{\partial f}{\partial x}(1,0) + 4\dfrac{\partial f}{\partial y}(1,0)&= -2. \end{cases} \end{equation*}

Resolvendo o sistema, encontramos

\begin{equation*} \boxed{\nabla f(1,0) = (2,-1)} \end{equation*}

e, portanto, o plano tangente ao gráfico de $f$ em $(1,0,1)$ tem equação

\begin{equation*} \pi\colon z=f(1,0) + \frac{\partial f}{\partial x}(1,0)(x-1) + \frac{\partial f}{\partial y}(1,0)(y-0)\implies \pi\colon z= 2x-y-1. \end{equation*}

Uma figura para ilustrar a situação:

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Figura 3.3.8. Cortes do gráfico de $f$ e o plano tangente determinado por eles.

4.

Determine o valor máximo e o valor mínimo de $f(x,y,z)=y-z$ na elipse

\begin{equation*} C = \big\{(x,y,z)\in\R^3\colon x^2 + y^2 - z^2 =0\text{ e } x+y-2z+1=0\big\}. \end{equation*}

Explicite os pontos de $C$ onde ocorrem esses valores.

Resposta.

$f(0,1,1)=0$ (máximo) e $f(1,0,1)=-1$ (mínimo).

Solução.

Vamos usar o Método dos Multiplicadores de Lagrange, com duas restrições. Outra opção, um tanto mais trabalhosa (precisaria saber eliminar termos mistos em equações de cônicas - uma aplicação de diagonalização de matrizes simétricas), seria parametrizar a elipse $C\text{.}$

Sejam $g,h\colon\R^3\to\R$ dadas por

\begin{equation*} g(x,y,z) = x^2 + y^2 - z^2 \quad \text{e} \quad h(x,y,z) = x+y-2z. \end{equation*}

Ambas são de classe $\mathscr{C}^1$ e a elipse $C$ é a intersecção da superfície de nível $c=0$ de $g$ e da superfície de nível $c=-1$ de $h\text{.}$

De acordo com o Método dos Multiplicadores de Lagrange, os candidatos são as soluções do sistema

\begin{equation*} \begin{cases} \{\nabla f(x,y,z), \nabla g(x,y,z), \nabla h(x,y,z)\}\text{ é linearmente dependente},\\ x^2 + y^2 - z^2 = 0,\\ x+y-2z+1=0. \end{cases} \end{equation*}

A primeira condição equivale a

\begin{equation*} \det\begin{bmatrix} 0 & 1 & -1\\ x & y & -z\\ 1 & 1 &-2 \end{bmatrix} = 0 \iff x+ y -z=0. \end{equation*}

Subtraindo as equações $x+ y -z =0$ e $x+y-2z+1=0$ obtemos $z=1$ e, portanto,

\begin{equation*} \begin{cases} x+y=1,\\ x^2 + y^2=1, \end{cases} \end{equation*}

o que implica que $x=0$ e $y=1\text{,}$ ou $x=1$ e $y=0\text{.}$

Os candidatos são, portanto, os pontos

\begin{equation*} (0,1,1) \quad \text{e} \quad (1,0,1), \end{equation*}

nos quais $f$ atinge, respectivamente, os valores $f(0,1,1)=0$ (máximo) e $f(1,0,1)=-1$ (mínimo).

Uma figura:

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Figura 3.3.9. Cortes do gráfico de $f$ e o plano tangente determinado por eles.

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