Segunda Prova

Seção 2.2 Segunda Prova

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1.

Considere a função \(G\colon\R^2\to\R\) dada por

\begin{equation*} G(x,y)=\begin{cases} \big((x-1)^2+y^2\big)\sin\Big(\dfrac{2xy}{(x-1)^2+y^2}\Big),&\text{se }(x,y)\neq(1,0)\\ \hfill 0,&\text{se }(x,y)=(1,0).\end{cases} \end{equation*}

Calcule, caso existam, \(\dfrac{\partial G}{\partial x}(1,0)\) e \(\dfrac{\partial G}{\partial y}(1,0)\text{.}\)
Verifique se \(G\) é diferenciável em \((1,0)\text{.}\)

Dica.

Podemos usar as regra de derivação no primeiro item? Algum teorema que evita a definição no segundo?

Resposta.

\(\dfrac{\partial G}{\partial x}(1,0)=0\) e \(\dfrac{\partial G}{\partial y}(1,0)=0\text{.}\)
Sim, o motivo está na solução abaixo.

Solução.

Não podemos aplicar as regras de derivação para \(G\) no ponto indicado pois este anula o denominador. Vamos pela definição:
\begin{align*} \dfrac{\partial G}{\partial x}(1,0)&=\lim_{h\to 0}\dfrac{G(1+h,0)-G(1,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\dfrac{h^2\sin\Big(\frac{0}{h^2}\Big)}{h}=\lim_{h\to 0}0=0\\ \dfrac{\partial G}{\partial y}(1,0)&=\lim_{k\to 0}\dfrac{G(1,k)-G(1,0)}{k}=\lim_{h\to 0}\dfrac{k^2\sin\Big(\frac{2k}{k^2}\Big)}{k}=0, \end{align*}
onde usamos o teorema do confronto em uma variável na última passagem.
Neste caso, é mais fácil seguir pela definição:
\begin{align*} \lim_{(h,k)\to (0,0)} \dfrac{G(1+h,0+k)-G(1,0)-G_x(1,0)h-G_y(1,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=&\\ \lim_{(h,k)\to (0,0)} \dfrac{\big(h^2+k^2\big)\sin\Big(\dfrac{2(1+h)k}{h^2+k^2}\Big)-0-0\cdot h-0\cdot k}{\sqrt{h^2+k^2}}=&\\ \lim_{(h,k)\to (0,0)} \sqrt{h^2+k^2}\sin\Big(\dfrac{2(1+h)k}{h^2+k^2}\Big)=&0, \end{align*}
pois o primeiro fator tende a zero e o segundo é limitado. Logo, \(G\) é diferenciável em \((1,0)\text{.}\)

2.

Seja \(G=G(x,y)\) uma função diferenciável em \(\R^2\) e tal que o plano tangente ao gráfico de \(G\) no ponto \(\big(-3,2,G(-3,2)\big)\) tem equação \(4x+2y+2z+3=0\text{.}\)

Verifique, justificando, que \(G(-3,2)=\dfrac{5}{2}\) e \(\nabla G(-3,2)=(-2,-1)\text{.}\)
Considerando \(F(u,v)=uv^2G(2u-v,-3u-v)\text{,}\) calcule \(\dfrac{\partial F}{\partial u}(-1,1)\text{.}\)

Dica.

Como é o protótipo da equação do plano tangente ao gráfico de uma função a duas variáveis?
Lembra da regra da cadeia? (Corolário A.6.12)

Resposta.

Veja as contas na solução.
\(\dfrac{\partial F}{\partial u}(-1,1)=\text{.}\)

Solução.

A equação do plano tangente é apresentada na Definição A.4.7. Como o ponto de tangência no gráfico pertence ao plano tangente, temos
\begin{equation*} 4(-3)+2(2)+2G(-3,2)+3=0\implies \boxed{G(-3,2)=\dfrac{5}{2}}. \end{equation*}
Desta mesma equação, com atenção ao coeficiente de \(z\text{,}\) temos que \(\boxed{\nabla G(-3,2)=(\frac{4}{-2},\frac{2}{-2})=(-2,-1)}\text{.}\)
Como \(G\) é diferenciável, \(F\) também o é. Podemos usar a regra do produto e o Corolário A.6.12, obtendo
\begin{align*} \dfrac{\partial F}{\partial u}(u,v)&=\Big(uv^2G(2u-v,-3u-v)_u\\ &=v^2G(2u-v,-3u-v)\\ &+uv^2\big(G_x(2u-v,-3u-v)\cdot 2+G_y(2u-v,-3u-v)\cdot(-3) \end{align*}
Fazendo \((u,v)=(-1,1)\) e usando as informações do item anterior, segue-se que
\begin{equation*} \dfrac{\partial F}{\partial u}(-1,1)=G(-3,2)-\big(G_x(-3,2)\cdot 2+G_y(-3,2)\cdot(-3)=\dfrac{7}{2}. \end{equation*}

3.

Uma função \(F:\R^2\to\R\) é de classe \(\mathscr{C}^1\) e satisfaz às duas afirmações abaixo:

A curva plana \(\gamma\colon \big]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}[\to\R^2\) dada por \(\gamma(t)=(\cos t,\tan t)\) é tal que a imagem de \(\gamma\) está contida na curva de nível 2 de \(F\text{.}\)
\(F\Big(\dfrac{1}{u},\sqrt{1+u}\Big)=\dfrac{4}{u^2}+\dfrac{2}{u}\text{,}\) com \(u\in\, ]0,+\infty[\text{.}\)

Determine:

a equação da reta tangente à curva \(\gamma\) no ponto \(\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)\text{;}\)
o vetor \(\nabla F\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)\text{.}\)

Resposta.

\(\displaystyle r\colon (x,y)=\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)+\lambda(-\sqrt{3},8),\lambda\in\R.\)
\(\nabla F\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)=(8,\sqrt{3})\text{.}\)

Solução.

Para escrevermos a equação de uma reta precisamos de um de seus pontos e o seu vetor diretor. Neste caso usamos o ponto de tangência \(P=\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)\text{,}\) que está na imagem de \(\gamma\text{:}\) \(P=\gamma\big(\frac{\pi}{3}\big)\text{;}\) o vetor diretor é \(\gamma'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},4\right)\text{.}\) A equação da reta pedida é
\begin{equation*} r\colon (x,y)=\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)+\lambda(-\sqrt{3},8),\lambda\in\R. \end{equation*}
Para encontrar \(\nabla F\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)\text{,}\) que é um vetor com duas coordenadas, usamos as duas informações do enunciado para produzir um sistema de duas equações com suas coordenadas como incógnitas. Para obter tais equações, observamos que \(F\) é de classe \(\mathscr{C}^1\text{,}\) e portanto diferenciável. Temos a regra da cadeia à nossa disposição. Para simplificar notação, denotemos \(\nabla F\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)=(a,b)\text{.}\)

A primeira informação se traduz no fato de que o gradiente de \(F\) é ortogonal a \(\gamma(t)\) para todo \(t\in\big]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}[\text{,}\) ou seja, \(\Big\langle\nabla F\big(\gamma(t)\big),\gamma'(t)\Big\rangle=0\text{.}\) Em \(t=\dfrac{\pi}{3}\text{,}\) isto escreve-se

\begin{equation*} \Big\langle(a,b),\big(-\frac{\sqrt{3}}{2},4\big)\Big\rangle\implies \boxed{-\sqrt{3}a+8b=0}. \end{equation*}

A segunda informação vai nos ajudar se derivarmos dos dois lados em relação a \(u\text{,}\) usando a regra da cadeia do lado esquerdo:

\begin{equation*} \Big\langle\nabla F\big(\dfrac{1}{u},\sqrt{1+u}\big),\big(-\dfrac{1}{u^2}, \dfrac{1}{2\sqrt{1+u}}\big)\Big\rangle=\dfrac{-8}{u^3}-\dfrac{2}{u^2}. \end{equation*}

Fazendo agora \(u=2\) temos

\begin{equation*} \Big\langle(a,b),\big(-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\big)\Big\rangle =-\dfrac{3}{2}\implies\boxed{-\sqrt{3}a+2b=-6\sqrt{3}}. \end{equation*}

Das duas equações temos \(b=\sqrt{3}\) e \(a=8\text{,}\) ou seja, \(\boxed{\nabla F\left(\dfrac{1}{2},\sqrt{3}\right)=(8,\sqrt{3})}\) que, não surpeendentemente, é ortogonal a \(\gamma'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\text{.}\)

4.

Seja \(F(x,y)=a\sec(x)\tan(y)+b\tan(x)\text{,}\) onde \(a\) e \(b\) são números reais.

Calcule \(\nabla F(0,0)\) em termos de \(a\) e \(b\text{.}\)
Determine \(a\) e \(b\) sabendo-se que, para \(\vec{u}=\Big(\dfrac{\sqrt 2}{2},\dfrac{\sqrt 2}{2}\Big)\text{,}\) temos \(\dfrac{\partial F}{\partial \vec u}(0,0)=\sqrt{3}-1\) e que, para \(\vec{v}=\Big(\dfrac{\sqrt 3}{2},\dfrac{1}{2}\Big)\text{,}\) temos \(\dfrac{\partial F}{\partial \vec v}(0,0)=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\text{.}\)
Qual é o maior valor da derivada direcional de \(F\) no ponto \((0,0)\text{?}\)

Resposta.

\(\nabla F(0,0)=(b,a)\text{.}\)
\(a=\sqrt{6}-1\) e \(b=1-\sqrt{2}\text{.}\)
\(\sqrt{10-2\sqrt{2}\big(1+\sqrt{3}\big)}\text{.}\)

Solução.

Observamos inicialmente que o domínio de \(F\) é o conjunto \(D_f=\Big\{(x,y)\in\R^2\colon (x,y)\neq \big(\frac{(2k+1)\pi}{2},\frac{(2l+1)\pi}{2}\big), k,l\in\Z\Big\}\text{.}\) Neste domínio \(F\) é de classe \(\mathscr{C}^1\) e portanto diferenciável, garantindo a existência de suas derivadas parciais e também a validade da regra da cadeia com todas as suas consequência. Podemos então ir às contas:

\(F_x(x,y)=a\sec(x)\tan(x)\tan(y)+b\sec^2(x)\implies F_x(0,0)=b\) e \(F_y(x,y)=a\sec(x)\sec^2(y)\implies F_y(0,0)=a\text{.}\) Logo \(\boxed{\nabla F(0,0)=(b,a)}\text{.}\)
Como os vetores \(\vec{u}\) e \(\vec{v}\) são unitários e \(F\) é diferenciável, usamos as expressões para a derivadas direcionais em termos do gradiente, obtendo
\begin{align*} \sqrt{3}-1&=\big\langle\nabla F(0,0),\vec{u}\big\rangle=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(b+a);\\ \dfrac{\sqrt{3}-1}{2}&\big\langle\nabla F(0,0),\vec{v}\big\rangle=\frac{\sqrt{3}b+a}{2}. \end{align*}
Com isso temos o sistema
\begin{equation*} \begin{cases} a+b=&\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)\\ a+\sqrt{3}b=&\sqrt{3}-1\end{cases}\implies \boxed{b=1-\sqrt{2}}\text{ e }\boxed{a=\sqrt{6}-1}. \end{equation*}
(para resolvê-lo basta subtrair a segunda equação da primeira, obter \(b\) e então substituir na primeira equação; as contas são simples!)
Sabemos que a derivada direcional de uma função num ponto atinge seu máximo no verso de mesma direção e sentido do gradiente da função naquele ponto. O valor dessa derivada direcional máxima é justamente a norma do gradiente no ponto em questão. Neste caso, \(\nabla F(0,0)=(1-\sqrt{2},\sqrt{6}-1\) e sua norma é \(\|\nabla F(0,0)\|=\sqrt{(1-\sqrt{2})^2+(\sqrt{6}-1)^2}= \sqrt{10-2\sqrt{2}\big(1+\sqrt{3}\big)}\text{.}\)

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