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MAT–2454: Soluções de Exercícios e de Provas

Equipes de Professores da Disciplina

Seção 2.1 Primeira Prova

Exercícios Exercícios

1.

Considere a função \(f(x,y)=\dfrac{2x^2-2y^2-1}{x^2+y^2-1}\text{.}\)
  1. Determine o domínio de \(f\text{,}\) e faça seu esboço com linhas tracejadas, no plano cartesiano abaixo, os pontos que não pertencem a este domínio.
  2. Determine as curvas de nível \(c=0\) e \(c=1\text{,}\) esboçando-as também no plano cartesiano abaixo.
  3. Decida, justificando, a existência de \(\lim\limits_{(x,y)\to (\sqrt{3}/2,1/2)} f(x,y)\text{.}\)
Espaço para os esboços pedidos.
Figura 2.1.1. Espaço para os esboços pedidos.
Resposta.
  1. \(\mathrm{Dom} f=\big\{(x,y)\in\R^2\colon x^2+y^2\neq 1\big\}\text{.}\)
  2. Veja na solução.
  3. O limite pedido não existe.
Solução.
  1. A expressão de \(f\) está definida para todo \((x,y)\in\R^2\text{,}\) tal que \(x^2+y^2\neq 1\text{.}\) Em símbolos,
    \begin{equation*} \mathrm{Dom} f=\big\{(x,y)\in\R^2\colon x^2+y^2\neq 1\big\}. \end{equation*}
    A região a ser excluída no domínio de \(f\) é a circunferência de raio 1 e centro na origem. Veja na figura abaixo.
  2. Usando a Definição A.2.1, escrevemos as curvas de nível (lembrando que em cada equação devemos ter \(x^2+y^2\neq 1\)):
    \begin{align*} f^{-1}(0)\colon f(x,y)=0&\iff 2x^2-2y^2-1=0\\ &\iff (\sqrt{2}x)^2-(\sqrt{2}y)^2=1;\\ f^{-1}(1)\colon f(x,y)=1&\iff 2x^2-2y^2-1=x^2+y^2-1\\ &\iff x^2-3y^2=0, \end{align*}
    que são, respectivamente, parte de uma hipérbole com focos no eixo \(Ox\) e parte de um par de retas concorrentes na origem (esboçadas abaixo).
    Observamos que na outra versão da provas as curvas de nível pedidas são parte de uma elipse e parte de um par de retas paralelas (também indicadas na figura).
  3. Em vista das duas curvas de nível acima se aproximarem arbitrariamente do ponto \((\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})\text{,}\) temos que ao longo de cada uma dessas curvas a função \(f\) tende ao valor do nível da curva (na verdade é constante igual a esse nível em cada curv).
    Isso mostra que \(\lim\limits_{(x,y)\to (\sqrt{3}/2,1/2)} f(x,y)\) não existe.
Aqui estão os esboços pedidos:
Restrições do domínio e curvas de nível pedidas.
Figura 2.1.2. Restrições do domínio e curvas de nível pedidas.
Por que não um esboço do gráfico da função enfatizando os níveis indicados:
html
Figura 2.1.3. Gráfico de função e cortes de nível

2.

  1. Calcule ou mostre que não existe:
    1. \(\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{x^2y}{x^4+y^2}e^{-1/(x^4+y^2)}\text{;}\)
    2. \(\lim\limits_{(x,y)\to (1,0)}\dfrac{y^2}{x-1}\text{.}\)
  2. Seja \(F(x,y)= \begin{cases} \dfrac{\sin x}{y},& \text{ se }y\neq0;\\ \hfill 1,& \text{ se }y=0 \end{cases}\text{.}\) Decida, justificando, se \(F\) é contínua em \((0,0)\text{.}\)
Resposta.
    1. \(0\text{;}\)
    2. Não existe.
  2. \(F\) não é contínua em \((0,0)\text{.}\)
Solução.
    1. Temos ao menos duas soluções diferentes aqui:
      • Notamos que \(\dfrac{x^2y}{x^4+y^2}\) é limitada (análogo ao caso de \(\dfrac{xy}{x^2+y^2}\)) e que \(e^{-1/(x^4+y^2)}\)tende a zero, já que \(u=x^4+y^2\) é contínua e tende a zero quando \((x,y)\to (0,0)\) e então
        \begin{equation*} \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}e^{-1/(x^4+y^2)}=\lim\limits_{u\to 0}e^{-1/u}=0, \end{equation*}
        este último seguindo de fatos conhecidos do cálculo 1.
        Com isso, o limite pedido é produto de um fator limitado com um que vai a zero e, pelo Corolário A.3.7,
        \begin{equation*} \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{x^2y}{x^4+y^2}e^{-1/(x^4+y^2)}=0. \end{equation*}
      • Alternativamente, temos que \(\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}x^2y=0\) e que
        \begin{equation*} \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}{x^4+y^2}e^{-1/(x^4+y^2)}=\lim\limits_{u\to 0}ue^{-1/u}=0, \end{equation*}
        onde a última passagem pode ser verificada usando-se a regra de L’Hospital.
    2. Escolhemos duas curvas contínuas passando por \((1,0)\) para mostrar a não existência do limite:
      • \(\gamma_1(t)=(t,0), t\in\R: f\big(\gamma_1(t))=\dfrac{0}{t-1}=0\text{,}\) donde \(\boxed{\lim\limits_{t\to 1} f\big(\gamma_1(t)\big)=0}\text{;}\)
      • \(\gamma_2(t)=(t^2+1,t), t\in\R: f\big(\gamma_2(t))=\dfrac{t^2}{t^2+1-1}=1\text{,}\) logo \(\boxed{\lim\limits_{t\to 0} f\big(\gamma_2(t)\big)=1}\text{.}\)
  2. Para que \(F\) seja contínua em \((0,0)\text{,}\) devemos ter
    \begin{equation*} \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}F(x,y)=1. \end{equation*}
    Considerando a curva \(\gamma(t)=(0,t)\text{,}\) \(t\in\R\text{,}\) temos
    \begin{equation*} \lim\limits_{t\to 0}F\big(\gamma(t)\big)=\lim\limits_{t\to 0}F(0,t)=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\sin 0}{t}=0\neq 1=F(0,0), \end{equation*}
    mostranto que \(F\) não é contínua em \((0,0)\text{.}\)

3.

Considere a curva \(\gamma\colon \big[0,2\pi\big]\to\R^2\text{,}\) dada por \(\gamma(t)=\big(\cos t, \sin(3t)\big)\text{.}\)
  1. Determine os dois instantes \(t\in \big[0,2\pi\big]\) nos quais \(\gamma(t)=\big(\frac{1}{2},0\big)\text{.}\)
  2. Determine as equações das duas retas tangentes à imagem da curva \(\gamma\) no ponto \(P\text{.}\)
  3. Indique na figura o sentido do percurso de \(\gamma\text{.}\)
described in detail following the image
A imagem de \(\gamma\text{.}\)
Figura 2.1.4. A imagem de \(\gamma\text{.}\)
Resposta.
  1. \(t=\frac{\pi}{3}\) e \(t=\frac{5\pi}{3}\text{.}\)
  2. \(r\colon (x,y)=(\frac{1}{2},0)+\lambda(-\frac{\sqrt{3}}{2},-3)\text{,}\) \(\lambda\in\R\) e \(s\colon (x,y)=(\frac{1}{2},0)+\lambda(\frac{\sqrt{3}}{2},-3)\text{,}\) \(\lambda\in\R\text{.}\)
  3. O sentido de percurso é aquele dado pelos vetores tangentes acima. Note que não há inversão de sentido do ou "bico"em nenhum momento do percurso , pois \(\gamma\) é de classe \(\mathscr{C}^1\) e as suas duas componentes nunca se anulam simultaneamente.
Solução.
  1. Queremos \(t\in\big[0,2\pi\big]\) tal que \(\gamma(t)=(1/2,0)\text{,}\) ou seja, devemos resolver o sistema
    \begin{equation*} \begin{cases} \cos(t)&=1/2\\ \sin(3t)&=0 \end{cases}\implies t=\dfrac{\pi}{3}\text{ ou }t=\dfrac{5\pi}{3}. \end{equation*}
  2. Retas tangentes à imagem de uma curva \(\gamma\) escrevem-se na forma
    \begin{equation*} r\colon (x,y)=\gamma(t_0)+\lambda\gamma'(t_0),\quad\lambda\in\R. \end{equation*}
    Aqui temos \(\gamma(t_0)=\big(\cos t_0,\sin(3t_0)\big)\) e \(\gamma'(t_0)=\big(-\sin t_0,3\cos(3t_0)\big)\text{.}\) Aplicando os valores de \(t_0\) encontrados acima, temos
    \begin{align*} t_0=\dfrac{\pi}{3}:&\ (x,y)=\gamma(\dfrac{\pi}{3})+\lambda\gamma'(\dfrac{\pi}{3}) =(\frac{1}{2},0)+\lambda(-\frac{\sqrt{3}}{2},-3),\lambda\in\R\\ t_0=\dfrac{5\pi}{3}: &\ (x,y)=\gamma(\dfrac{5\pi}{3})+\lambda\gamma'(\dfrac{5\pi}{3}) =(\frac{1}{2},0)+\lambda(\frac{\sqrt{3}}{2},-3),\lambda\in\R \end{align*}
  3. O sentido de percurso é o indicado pelos vetores tangentes no ponto \(P\text{.}\) Indicamos o vetor tangente em \(t=0\) para facilitar a visualização (extendemos aqui o conceito de derivada para funções definidas em intervalos fechados, acontece...). Importante notar que a trajetória não faz bicos, suas coordenadas são deriváveis e não e anula simultaneamente.
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