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MAT–2454: Soluções de Exercícios e de Provas

Equipes de Professores da Disciplina

Seção 2.5 Prova de Recuperação

Exercícios Exercícios

1.

Considere a função \(f(x,y)=\sqrt[3]{x^4 + y^4}\text{,}\) cuja derivada parcial em relação a \(x\) é dada por
\begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)= \begin{cases} \dfrac{4x^3}{3\sqrt[3]{(x^4+y^4)^2}},& \text{se } (x,y) \neq (0,0) \\ \hfill 0,& \text{ se } (x,y) =(0,0). \end{cases} \end{equation*}
  1. Determine se \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) é contínua em \((0,0)\text{.}\)
  2. Determine \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)\text{.}\)
  3. A função \(f\) é diferenciável em \((0,0)\text{?}\)
Resposta.
  1. Sim.
  2. \(\displaystyle \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)= \begin{cases} \dfrac{4y^3}{3\sqrt[3]{(x^4+y^4)^2}},& \text{se } (x,y) \neq (0,0) \\ \hfill 0,& \text{ se } (x,y) =(0,0). \end{cases}\)
  3. Sim.
Solução.
  1. Para que \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) seja contínua em \((0,0)\text{,}\) devemos ter
    \begin{equation*} \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0). \end{equation*}
    Basta fazer as contas:
    \begin{align*} \lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{\partial f}{\partial x}&=\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{4x^3}{3\sqrt[3]{(x^4+y^4)^2}}\\ &=\lim\limits_{(x,y)\to (0,0)}\dfrac{4x^{1/3}}{3}\dfrac{x^{8/3}}{\sqrt[3]{(x^4+y^4)^2}} \stackrel{(\ast)}{=}0=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0), \end{align*}
    onde \((\ast)\) segue do Corolário A.3.7, pois \(0\leq x^{8/3}=\sqrt[3]{(x^4)^2}\leq\sqrt[3]{(x^4+y^4)^2}\text{,}\) donde \(0\leq \dfrac{x^{8/3}}{\sqrt[3]{(x^4+y^4)^2}}\leq 1\text{.}\) Logo, \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) é contínua em \((0,0)\text{.}\)
    No SageMath 1 :
  2. A expressão para a derivada parcial em \(y\) segue da simetria de \(f\) nas variáveis, ou seja, \(f(x,y)=f(y,x)\text{:}\)
    \begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)= \begin{cases} \dfrac{4y^3}{3\sqrt[3]{(x^4+y^4)^2}},& \text{se } (x,y) \neq (0,0) \\ \hfill 0,& \text{ se } (x,y) =(0,0). \end{cases} \end{equation*}
  3. Vimos no primeiro item que \(\dfrac{\partial f}{\partial x}\) é contínua em \((0,0)\text{.}\) O segundo item mostra que o mesmo vale para \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\text{.}\) Desta forma, \(f\) é uma função de classe \(\mathscr{C}^1\) em \((0,0)\text{,}\) sendo então diferenciável nesse ponto.

2.

Seja \(F\colon\R^2\to\R\) uma função de classe \(\mathscr{C}^1\) satisfazendo \(F(1,2)=1\) e \(\nabla F(1,2)= (0,1)\text{.}\)
  1. Dê a equação do plano tangente ao gráfico de \(F\) no ponto \((1,2,1)\text{.}\)
  2. Seja \(G(x,y)=xF(2x+y,-2y)\text{.}\) Determine \(\dfrac{\partial G}{\partial x} (1,-1)\) e \(\dfrac{\partial G}{\partial y}(1,-1)\text{.}\)
Resposta.
  1. \(\pi\colon y-z-1=0\text{.}\)
  2. \(\nabla G(1,-1)=(1,-2)\text{.}\)
Solução.
Vamos considerar, para evitar confusão, \(F\) dependendo das variáveis \(u\) e \(v\text{.}\)
  1. Basta aplicar os elementos à equação do plano tangente ao gráfico de uma função no ponto:
    \begin{equation*} \pi\colon F_u(u_0,v_0)(u-u_0)+F_v(u_0,v_0)(v-v_0)-z+F(u_0,v_0)=0. \end{equation*}
    Neste caso, obtemos \(\boxed{\pi\colon v-z-1=0}\text{.}\)
  2. Aqui combinamos a regra do produto com o Corolário A.6.12:
    • \(\displaystyle \dfrac{\partial G}{\partial x}(x,y)=F(2x+y,-2y)+x\Big[2F_u(2x+y,-2y)+0F_v(2x+y,-2y)\Big]\)
    • \(\displaystyle \dfrac{\partial G}{\partial y}(x,y)=x\Big[F_u(2x+y,-2y)-2F_v(2x+y,-2y)\big]\)
    Aplicando \((x,y)=(1,-1)\text{,}\) temos
    \begin{align*} \dfrac{\partial G}{\partial x}(1,-1)&=F(1,2)+2F_u(1,2)=1\\ \dfrac{\partial G}{\partial y}(1,-1)&=F_u(1,2)-2F_v(1,2)=-2 \end{align*}
No SageMath:
Substituindo os valores dados no enunciado na expressão acima obtemos o resultado.

3.

Seja \(S\) a superfície em \(\R^3\) dada pela equação \(x+y+z^2= 10\text{.}\)
  1. Sabendo-se que existe pelo menos um ponto de \(S\) que é o mais próximo da origem, determine esse(s) ponto(s). Qual é essa distância mínima?
  2. Existe algum ponto em \(S\) que seja o mais distante da origem? Justifique.
Dica.
Minimizar distância é equivalente a minimizar o quadrado da distância.
Resposta.
  1. Os pontos procurados são \(\big(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\pm 3\big)\text{.}\)
  2. Não há ponto de \(S\) que maximize a distância até a origem.
Solução.
  1. Já admtindo sua existência, procuramos o mínimo de \(f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2\) (quadrado da distância à origem, seguindo a dica) sobre a superfície \(S\) que pode ser vista como superfície de nível \(0\) de \(g(x,y,z)=x+y+z^2-10\text{.}\)
    Estamos então nas condições do Teorema A.9.7 e os candidatos são soluções de
    \begin{equation*} \begin{cases} \big\{\nabla f(x,y,z),\nabla g(x,y,z)\big\}\text{ são L.D.}\\ g(x,y,z)=0 \end{cases}\implies \begin{cases} \nabla f(x,y,z)\times\nabla g(x,y,z)=(0,0,0)\\ g(x,y,z)=0. \end{cases} \end{equation*}
    Como \(\nabla f(x,y,z)=(2x,2y,2z)\) e \(\nabla g(x,y,z)=(1,1,2z)\text{,}\) temos \(\nabla f(x,y,z)\times\nabla g(x,y,z)=\big(2z(2y-1),2z(1-2x),2x-2y\big)\text{.}\)
    Assim, o sistema acima escreve-se
    \begin{equation*} \begin{cases} 2z(2y-1)&=0\\ 2z(1-2x)&=0\\ 2x-2y&0\\ x+y+z^2&=10 \end{cases}, \end{equation*}
    cujas soluções são \(\big(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\pm 3\big)\) e \((5,5,0)\text{.}\) Comparando os valores de \(f\) nos candidatos, temos
    \begin{equation*} f\big(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\pm3\big)=\frac{19}{2} <f(5,5,0)=50, \end{equation*}
    logo a distância mínima é atingida em dois pontos, a saber \(\big(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\pm3)\text{.}\)
    No SageMath:
  2. A curva \(\gamma(t)=\big(t,-t,\sqrt{10}\big)\) tem sua imagem contida em \(S\) e a distância de qualquer ponto da curva à origem é dada por \(\|\gamma(t)\|=\sqrt{2t^2+100}\text{,}\) que tende a \(+\infty\text{,}\) quanto \(t\to+\infty\text{.}\)
Uma figura para os dois itens, também no SageMath:
Nota 2.5.1.
O podemos dizer sobre o ponto \((5,5,0)\text{?}\) É máximo ou mínimo local da distância em \(S\text{?}\) Ou nenhum dos dois? Você consegue verificar isso?
Nota 2.5.2.
Aos interessados, o ponto de mínimo para a distância existe e justifica-se da seguinte maneira: tome uma bola fechada de raio \(R> 0\) centrada na origem. A inteserção de \(S\) com essa bola é obviamente limitada e é fechada por ser a inteseção de dois fechado, sendo então um compacto de \(\R^\text{.}\) Como a função distância é continua, o Teorema A.9.2 garante a existência de mínimo global nessa região da superfície (que é mínimo local em toda a \(S\)). Ora, qualquer ponto de \(S\) fora dessa bola terá distância maior que a do mínimo obtido na porção interior à bola, sendo este um mínimo global da distância.
A superfície \(S\) não é compacta, mas não é isso que garante a não existência de um ponto com máxima distância, ela é consequência de \(S\) ser não-limitada (e portanto não compacta).

4.

Considere a função \(f(x,y)= xy - x^3\text{.}\)
Os itens abaixo são independentes.
  1. Considere a curva \(\gamma\colon ]0,\pi/2[ \to \R^3\) dada por \(\gamma(t)=\big(\sec(t),\tan^2(t), z(t)\big)\) cuja imagem está contida no gráfico de \(f\text{.}\) Determine todos os pontos da imagem de \(\gamma\) onde sua tangente é paralela à reta
    \begin{equation*} r\colon (x,y,z)= (0,1,0) + \lambda (1,4,-1),\quad\lambda\in\R. \end{equation*}
  2. Determine um ponto \(P\) na curva de nível 1 de \(f\) tal que a reta tangente a esta curva em \(P\) é paralela à reta \(y=x\text{.}\) Determine a equação dessa reta tangente.
Resposta.
  1. \(Q=\gamma(\pi/3)=(2, 3, -2)\text{.}\)
  2. \(P=(1,2)\text{.}\)
Solução.
  1. Seja \(Q\in\R^3\) um ponto com as propriedades desejadas.
    Inicialmente, observamos que se a imagem de \(\gamma\) está contida no gráfico de \(f\text{,}\) então \(z(t)=f\big(x(t), y(t)\big)=\sec(t)\tan^2(t)-\sec^3(t)=-\sec(t)\text{.}\) Assim,
    \begin{equation*} \gamma(t)=\big(\sec(t),\tan^2(t),-\sec(t)\big). \end{equation*}
    Procuramos \(t_0\in ]0,\pi/2[\) tal que os vetores \(\gamma'(t_0)=\big(\sec(t_0)\tan(t_0),2\tan(t_0)\sec^2(t_0), -\sec(t_0)\tan(t_0)\big)\) e \(\vec{v}=(1,4,-1)\) sejam paralelos. Isso pode ser obtido por inspeção direta, resolvendo a equação \(\gamma'(t_0)=\lambda\vec{v}\) ou a equação \(\gamma'(t_0)\times\vec{v}=(0,0,0)\text{.}\) No intervalo desejado a única solução é \(t_0=\pi/3\text{,}\) dando o ponto \(Q=\gamma(\pi/3)=(2, 3, -2)\text{.}\)
    No SageMath:
    Uma figura:
  2. Procuramos por \(P=(x,y)\in\R^2\) tal que \(f(P)=1\text{,}\) ou seja, \(xy-x^3=1\) e, lembrando do Corolário A.6.8, \(\nabla f(P)\perp \vec{w}\text{,}\) onde \(\vec{w}=(1,1)\) é o vetor diretor da reta \(y=x\text{.}\) Como \(\nabla f(P)=(y-3x^2,x)\text{,}\) esta última informação traduz se em
    \begin{equation*} \big\langle\nabla f(x,y),(1,1)\big\rangle=0\iff y-3x^2+x=0. \end{equation*}
    Temos então duas equações para determinar \(x\) e \(y\text{:}\)
    \begin{equation*} \begin{cases} xy-x^3&=1\\ y-3x^2+x&=0 \end{cases}\iff (x,y)=(1,2). \end{equation*}
    No SageMath:
    Sem figura não tem graça:
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