Prova Substitutiva

Seção 2.4 Prova Substitutiva

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1.

Seja $f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{(x-1)^3}{(x-1)^2+(y-1)^2}&,\text{ se }(x,y)\neq(1,1)\\ \hfill 0&,\text{ se }(x,y)=(1,1) \end{cases}\text{.}$

Determine se $f$ é contínua em $(1,1)\text{.}$
Determine $\dfrac{\partial f}{\partial x}(1,1)$ e $\dfrac{\partial f}{\partial y}(1,1)\text{.}$
Determine se $f$ é diferenciável em $(1,1)\text{.}$

Resposta.

Sim, $f$ é contínua em $(1,1)\text{.}$
$\dfrac{\partial f}{\partial x}(1,1)=1$ e $\dfrac{\partial f}{\partial y}(1,1)=0\text{.}$
Não, $f$ não é diferenciável em $(1,1)\text{.}$

Solução.

Para que $f$ seja contínua em $(1,1)\text{,}$ devemos ter

\begin{equation*} \lim\limits_{(x,y)\to (1,1)}f(x,y)=f(1,1). \end{equation*}

Basta fazer as contas:

\begin{align*} \lim\limits_{(x,y)\to (1,1)}f(x,y)&=\lim\limits_{(x,y)\to (1,1)}\dfrac{(x-1)^3}{(x-1)^2+(y-1)^2}\\ &=\lim\limits_{(x,y)\to (1,1)}(x-1)\dfrac{(x-1)^2}{(x-1)^2+(y-1)^2}\stackrel{(\ast)}{=}0=f(1,1), \end{align*}

onde $(\ast)$ segue do Corolário A.3.7. Logo, $f$ é contínua em $(1,1)\text{.}$
Podemos usar o SageMath¹ para realizar alguns cálculos simbólicos. Definimos as variáveis e a função (aqui excluímos o ponto $(1,1)$ do domínio):
Calculamos o limite necessário:
Caso queira, também é possível definir a função por múltiplas sentenças, verificando o valor dela em cada ponto e a igualdade necessária para a continuidade:
Calcular as derivadas parciais nesse caso é aplicação direta da definição:

\begin{align*} \dfrac{\partial f}{\partial x}(1,1)&=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(1+h,1)-f(1,1)}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{\frac{h^3}{h^2+0^2}-0}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{h}{h}=1.\\ \dfrac{\partial f}{\partial y}(1,1)&=\lim\limits_{k\to 0}\dfrac{f(1,1+k)-f(1,1)}{k}=\lim\limits_{k\to 0}\dfrac{\frac{0^3}{0^2+k^2}-0}{k}=\lim\limits_{k\to 0}0=0. \end{align*}
No SageMath:
A diferenciabilidade de $f$ em $(1,1)$ se dá verificando que

\begin{equation*} \lim\limits_{(h,k)\to(0,0)} \dfrac{f(1+h,1+k)-f(1,1)-f_x(1,1)h-f_y(1,1)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=0. \end{equation*}
Aplicando a expressão de $f$ e os valores do item anterior, o limite acima torna-se

\begin{equation*} \lim\limits_{(h,k)\to(0,0)}\dfrac{\frac{h^3}{h^2+k^2}-h}{\sqrt{h^2+k^2}}=\lim\limits_{(h,k)\to(0,0)} \dfrac{-hk^2}{(h^2+k^2)\sqrt{h^2+k^2}}, \end{equation*}

o qual sequer existe, logo não pode valer $0\text{.}$ Tal afirmação verifica-se ao estudar o limite proposto ao longo da curva $\gamma(t)=(t,t)\text{:}$

\begin{equation*} \lim\limits_{t\to 0}f\big(\gamma(t)\big)=\lim\limits_{t\to 0}-\dfrac{\sqrt{2}t}{4|t|}, \end{equation*}
cujos limites laterais assumem valores distintos. No SageMath a expressão do limite acima pode ser calculada explicitamente:
A restição à curva $\gamma$ e o limite ao longo dela são:

2.

Determine, caso existam, todos os pontos de máximo global e os pontos de mínimo global da função $f(x,y,z)=2x^2+y^2+2z^2-2x-2z$ no conjunto $C=\big\{(x,y,z)\in\R^3\colon x^2+y^2+z^2\leq 18\big\}\text{.}$

Dica.

Note que o conjunto $C$ tem interior não-vazio, então não basta apenas utilizar multiplicadores de Lagrange.

Resposta.

O ponto de máximo global é $(3,0,3)\text{,}$ enquanto o de mínimo global é $\big(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\big)\text{.}$

Solução.

Observamos incialmente que $C$ é uma bola, portanto compacta. Sendo $f$ contínua, o teorema de Weiertrass garante a existência de pontos de máximo e mínimo global para $f$ em $C\text{.}$

Observe ainda que $C$ tem interior não vazio e portanto precisamos analisar separadamente seu interior e sua fronteira.

No interior: procuramos pontos críticos de $f$ no conjunto

\begin{equation*} \mathrm{int}\, C=\big\{(x,y,z)\in\R^3\colon x^2+y^2+z^2< 18\big\}, \end{equation*}

que são as soluções de

\begin{equation*} \nabla f(x,y,z)=(4x-2, 2y, 4z-2)=(0,0,0)\iff (x,y,z)=\big(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\big), \end{equation*}

que está em $\mathrm{int}\, C\text{.}$ Nesse ponto temos $\boxed{f\big(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\big)=-1}\text{.}$
Implementando isso no SageMath, definimos $f$ e calculamos seu gradiente:
Encontramos os pontos críticos com os comandos:
E o valor da função nesses candidatos é obtido com:
Na fronteira: procuramos os candidatos no conjunto

\begin{equation*} \partial C=\big\{(x,y,z)\in\R^3\colon x^2+y^2+z^2=18\big\}. \end{equation*}

Considerando $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-18\text{,}$ temos que $\partial C=g^{-1}(0)\text{,}$ e os pontos procurados aparecem como soluções do sistema de Lagrange

\begin{equation*} \begin{cases} \big\{\nabla f(x,y,z),\nabla g(x,y,z)\big\}\text{ é linearmente dependente}\\ g(x,y,z)=0. \end{cases} \end{equation*}

Geometricamente estamos procurando um ponto onde as superfícies de nível $f^{-1}(0)$ e $g^{-1}(0)$ se tangenciam. Neste caso temos $\nabla f(x,y,z)=(4x-2, 2y, 4z-2)$ e $\nabla g(x,y,z)=(2x, 2y, 2z)\text{,}$ de modo tal que a dependência linear destes vetores é equivalente a

\begin{equation*} \nabla f(x,y,z)\times \nabla g(x,y,z)=(0,0,0)\iff \begin{cases} -4y(z-1)&=0\\ 4z-4x&=0\\ 4y(x-1)&=0. \end{cases} \end{equation*}

Incluindo a restrição temos o sistema completo

\begin{equation*} \begin{cases} -4y(z-1)&=0\\ 4z-4x&=0\\ 4y(x-1)&=0\\ x^2+y^2+z^2&=18 \end{cases}, \end{equation*}

cujas soluções são $(1,\pm4,1)$, $(-3,0,-3)$ e $(3,0,3)$.

Calculando o valor de $f$ nesses candidatos temos $\boxed{f(1,\pm 4,1)=16}\text{,}$ $\boxed{f(-3,0,-3)=48}$ e $\boxed{f(3,0,3)=24}\text{.}$

Analisando todos os valores em destaque, vemos que $(-3,0,-3)$ é ponto de máximo global de $f\text{,}$ enquanto que $\big(\frac{1}{2},0, \frac{1}{2}\big)$ é o ponto de mínimo global de $f$ em $C\text{.}$
No SageMath:

3.

Seja $f\colon\R^2\to\R$ uma função diferenciável qualquer que satisfaz as duas afirmações abaixo:

$f(t,t^2-1)=\dfrac{t}{3}\text{,}$ para todo $t\in\R\text{;}$
se $r$ é a reta tangente à curva de nível de $f$ que passa pelo ponto $(-1,0)\text{,}$ então $(2,1)\in r\text{.}$

Determine o vetor $\nabla f(-1,0)$ e a equação do plano tangente ao gráfico de $f$ no ponto $\Big(-1,0,-\dfrac{1}{3}\Big)\text{.}$

Dica.

$\nabla f(-1,0)$ tem duas coordenadas e você tem duas informações no enunciado. Cada uma te dá uma equação.

Resposta.

$\nabla f(-1,0)=\big(\frac{1}{21},-\frac{1}{7}\big)$ e o plano pedido tem equação $\pi\colon x-3y-21z+6=0\text{.}$

Solução.

A primeira informação dada por ser lida como $f\big(\gamma(t)\big)=\dfrac{t}{3}\text{,}$ onde $\gamma(t)=(t, t^2-1)\text{.}$ Como $f$ é diferenciável e $\gamma$ é derivável, podemos derivar dos dois lados usando a Regra da Cadeia (Teorema A.6.4):

\begin{equation*} \Big\langle \nabla f\big(\gamma(t)\big),\gamma'(t)\Big\rangle=\dfrac{1}{3}\implies \Big\langle \nabla f\big(\gamma(t)\big),(1, 2t)\Big\rangle=\dfrac{1}{3}. \end{equation*}

Note que para $t=-1\text{,}$ temos $\gamma(-1)=(-1,0)\text{,}$ justamente o ponto onde se pede o gradiente de $f\text{.}$ Aplicando então $t=-1$ na última equação acima e denotando $\nabla f(-1,0)=(a,b)\text{,}$ temos

\begin{equation*} \Big\langle \nabla f\big(-1,0\big),(1, -2)\Big\rangle=\dfrac{1}{3}\implies a-2b=\dfrac{1}{3}\iff\boxed{3a-6b=1}. \end{equation*}

Lembrando que $\nabla f(x,y)$ é ortogonal à curva de nível de $f$ que passa por $(x,y)\text{,}$ a segunda informação diz que o vetor $\vec{v}$ que liga os pontos $(-1,0)$ e $(2,1)$ é ortogonal a $\nabla f(-1,0)\text{,}$ o que escreve-se como

\begin{equation*} \big\langle \nabla f(1,0),\vec{v}\big\rangle=0\iff \big\langle (a,b),(3,1)\big\rangle=0 \iff \boxed{3a+b=0}\text{.} \end{equation*}

Basta então resolver o sistema

\begin{equation*} \begin{cases} 3a-6b&=1\\ 3a+b&=0, \end{cases}\implies (a,b)=\Big(\frac{1}{21},-\frac{1}{7}\Big), \end{equation*}

ou seja, $\boxed{\nabla f(-1,0)=\Big(\frac{1}{21},-\frac{1}{7}\Big)}\text{.}$ Com isso, a equação do plano tangente ao gráfico de $f$ no ponto $\big(-1,0,-\frac{1}{3}\big)$ é

\begin{equation*} \pi\colon \frac{1}{21}(x+1)-\frac{1}{7}(y-0)-z-\frac{1}{3}=0\iff \boxed{\pi\colon x-3y-21z+6=0}. \end{equation*}

No SageMath:

4.

Seja $C$ a curva resultante da interseção das superfícies dadas pelas equações $(x-1)^2+4y^2=1$ e $z=x^2-1$ em $\R^3\text{.}$

Determine uma parametrização para $C\text{.}$
Determine quais os pontos de $C$ em que sua reta tangente é paralela à reta de equação
\begin{equation*} (x,y,z)=(0,0,0)+\lambda(1,0,2),\quad \lambda\in\R. \end{equation*}

Observação: Os itens acima podem ser resolvidos independentemente.

Resposta.

Uma possível parametrização é $\gamma(t)=\Big(1+\cos t, \dfrac{\sin t}{2},\cos^2 t+2\cos t\Big)\text{,}$ $t\in [0,2\pi]\text{.}$
Os pontos são $\big(1,\pm\frac{1}{2},0\big)\text{.}$

Solução.

As duas superfícies que definem $C$ são cilindros, o primeiro sobre uma elipse e o segundo sobre uma parábola. Precisamos encontrar uma curva $\gamma(t)=\big(x(t),y(t),z(t)\big)\text{,}$ $t\in I\subseteq\R\text{,}$ cujas coordenadas satisfaçam as equações das superfícies dadas no enunciado.

A primeira das equações reescreve-se como $(x-1)^2+(2y)^2=1$ e então podemos fazer $x(t)-1=\cos t$ e $2y(t)=\sin t\text{,}$ ou seja,

\begin{equation*} x(t)=1+\cos t\quad\text{e}\quad y(t)=\dfrac{\sin t}{2}. \end{equation*}

Com isso, da segunda equação, temos

\begin{equation*} z(t)=(1+\cos t )^2-1=\cos^2t+2\cos t, \end{equation*}

com $t\in [0,2\pi]\text{.}$

Assim, uma parametrização para $C$ é $\gamma\colon[0,2\pi\to\mathbb{R}^3\text{,}$ dada por

\begin{equation*} \gamma(t)=\Big(1+\cos t, \dfrac{\sin t}{2},\cos^2t+2\cos t\Big). \end{equation*}
O segundo item pode ser resolvido de duas maneiras:

Utilizando o item anterior: para que a reta tangente a $C$ em $\gamma(t_0)$ seja paralela à reta dada, devemos encontrar $t_0\in[0,2\pi]$ tal que

\begin{equation*} \gamma'(t_0)=\Big(-\sin t_0,\dfrac{\cos t_0}{2},-2(1+\cos t_0)\sin t_0\Big)\quad\text{e}\quad\vec{v}=(1,0,2) \end{equation*}

sejam paralelos.

Isto pode pode ser obtido diretamente impondo proporcionalidade entre as respectivas coordenadas de $\gamma'(t_0)$ e $\vec{v}$ ou impondo que o produto vetorial $\gamma'(t_0)\times\vec{v}$seja nulo. De toda forma temos $t_0=\frac{\pi}{2}$ ou $t_0=\frac{3\pi}{2}$ e os pontos são então $\boxed{\gamma\Big(\frac{\pi}{2}\Big)=\Big(1, \frac{1}{2}, 0\Big)}$ e $\boxed{\gamma\Big(\frac{3\pi}{2}\Big)=\Big(1, -\frac{1}{2}, 0\Big)}\text{.}$
No SageMath:
Vetores normais das superfícies: aqui enxergamos cada um dos dois cilindros respectivamente como superfícies de nível $0$ das funções $f(x,y,z)=(x-1)^2+4y^2-1$ e $g(x,y,z)=x^2-z-1\text{.}$ Assim, o vetor tangente à curva em cada ponto é dado pelo produto vetorial dos gradientes de $f$ e $g\text{.}$

Mais ainda: para que este vetor tangente seja paralelo a $\vec{v}=(1,0,2)$ devemos procurar um ponto da curva $C$ onde $(\nabla f\times\nabla g)\times\vec{v}$ seja nulo. Disto obtemos o sistema:

\begin{equation*} \begin{cases} \big(\nabla f(x,y,z)\times\nabla g(x,y,z)\big)\times\vec{v}&=(0,0,0)\\ f(x,y,z)&=0\\ g(x,y,z)&=0 \end{cases}\iff \begin{cases} x-1&=0\\ 8y(1-x)&=0\\ 1-x&=0\\ (x-1)^2+4y^2&=1\\ x^2-z&=1 \end{cases}, \end{equation*}

cujas soluções são $(x,y,z)=\big(1,\pm\frac{1}{2},0\big)\text{.}$
No SageMath:
Uma figura, agora no SageMath:

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