Capitulo 11

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Capitulo 11
CAPÍTULO 11
Exercícios 11.1
1. d) f(x, y) 1
.
xy
Nos pontos (x, y), x 0 ou y 0, f(x, y) não está definida, logo nestes pontos f não é
diferenciável. Seja, então, (x, y), com x 0 e y 0.
Ï
Ôa) f admite derivadas parciais em ( x, y)
Ô
f é diferenciável em ( x, y) ¤ Ì
E (h, k )
Ô
0
Ôb) ( h, klim
)Æ ( 0, 0 ) ( h, k )
Ó
onde:
E(h, k) f (x h, y k) f(x, y) E(h, k ) pois
1
1
h
k
( x k )( y k ) xy x 2 y xy 2
∂f
1
2
∂x
x y
E(h, k ) ∂f
∂f
( x, y) ◊ h ( x, y) ◊ k .
∂x
∂y
e
df
1
2 .
dy
xy
h 2 y 2 h 2 ky k 2 x 2 hkxy hk 2 x
. Temos
( x h) ( y k ) x 2 y 2
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
E(h, k )
1
h 2 y 2 h 2 ky k 2 x 2 hkxy hk 2 x
lim
◊
2
2
(h, k ) ( h, k )Æ ( 0, 0 ) ( x h)( y k ) x y
h2 k 2
1
1
3 3
2
2
x y
( h, k )Æ ( 0, 0 ) ( x h)( y k ) x y
lim
0
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
h2 y2
h2 y2
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
hy2
h
h2 k 2
0
limitada
0
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
h2 y
k
h2 k 2
0
limitada
0
0
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
k
kx 2
h2 k 2
0
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
hxy
k
h2 k 2
limitada
0
limitada
0
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
k2x
h
h2 k 2
0. Logo
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
E(h, k )
0.
(h, k )
limitada
f(x, y) 1
é uma função diferenciável em todo (x, y), com x 0 e y 0.
xy
f) f(x, y) x2 y2
Vamos provar que f é diferenciável em todo (x, y) de ⺢2. Temos
∂f
( x, y) 2 x
∂x
∂f
( x, y) 2 y.
∂x
e
Além disso:
∂f
∂f
( x, y) ◊ h ( x, y) ◊ k
∂y
∂x
2
2
2
2
(x h) (y k) x y 2xh 2yk
h2 k2
E(h, k) f(x h, y k) f(x, y) e
E(h, k )
h2 k 2
lim
2
2
( h, k )Æ ( 0, 0 ) ( h, k )
12
4 4
3 ( h, k ) Æ ( 0, 0 ) h k
lim
È
Íh
( h, k ) Æ ( 0, 0 ) Í
Î
lim
h
h2 k 2
k
ù
ú 0.
h 2 k 2 úû
k
Como f admite derivadas parciais em todo (x, y) 僆 Df ⺢2 e
então f é diferenciável em ⺢2.
82
lim
( h, k ) Æ ( 0, 0 )
E(h, k )
0
(h, k )
Exercícios 11.2
1. f) Seja f(x, y) arctg xy. Temos
∂f
y
( x, y) ∂x
1 x 2 y2
∂f
x
( x, y) .
∂y
1 x 2 y2
e
Então f(x, y) é uma função de classe C1 em ⺢2, isto é, ∂f e ∂f são funções
∂x
∂y
contínuas em ⺢2.
Logo f(x, y) arctg xy é diferenciável em ⺢2.
Exercícios 11.3
1. e) Seja f(x, y) arctg (x 2y) .
1
1
1
, f(2, )) f deve ser diferenciável em (2, ).
2
2
2
∂f
2
( x, y) .
∂y
1 ( x 2 y)2
Para que f admita plano tangente no ponto (2,
∂f
1
( x, y) ∂x
1 ( x 2 y)2
e
Da continuidade de ∂f e ∂f em ⺢2, segue que f é diferenciável em ⺢2, logo f é
∂x
∂y
1
diferenciável em (2, ).
2
∂f
1
1
∂f
1
e
(2, ) (2, ) 1
∂x
2
2
∂y
2
Equação do plano tangente:
∂f
∂f
( x 0 , y0 ) ( x x 0 ) ( x 0 , y0 ) ( y y0 ),
∂x
∂y
1
1
z
(x 2) (y ) e, portanto,
4
2
2
x
1
z
y
2
2
4
Equação da reta normal:
1 1
(x, y, z) (2, ,
) ( , 1, 1).
2 4
2
z z0 f) Temos
∂f
( x, y) y ,
∂x
∂f
( x, y) x ,
∂y
∂f Ê 1 1 ˆ 1
∂f Ê 1 1 ˆ 1
,
e
,
.
Ë
¯
∂x 2 2
2
∂y Ë 2 2 ¯ 2
83
Plano tangente:
z
1 1
1
1
1
x y 1
( x ) ( y ) ou seja, z .
4 2
2
2
2
2 2 4
Reta normal:
(x, y, z) (
1 1 1
1 1
, , ) ( , , 1), 僆 ⺢.
2 2 4
2 2
5. a) Plano tangente em (1, 1, 1)
2x y 3z 6 ou seja, z 2
1
x y2.
3
3
Por outro lado:
z 1 e daí
z
∂f
∂f
(1, 1) ( x 1) (1, 1) ( y 1)
∂x
∂y
∂f
∂f
∂f
∂f
(1, 1) ◊ x (1, 1) ◊ y (1, 1) (1, 1) 1.
x
y
x
y
∂
∂
∂
∂
12
4 4
3
12
4 4
3
1444
42444
4
3
2
3
Portanto,
1
3
2
∂f
2
(1, 1) e
∂x
3
∂f
1
(1, 1) .
∂y
3
b) Reta normal:
2
1
(x, y, z) (1, 1, 1) ( , , 1)
3
3
ou seja,
(x, y, z) (1, 1, 1) (2, 1, 3).
7. Seja f ( x, y) x3
x 2 y2
僆⺢
. O plano tangente em (x0, y0, z0), z0 f(x0, y0), é
∂f
∂f
( x 0 , y0 ) ( x x 0 ) ( x 0 , y0 ) ( y y0 ). Para que tal plano passe pela
∂x
∂y
origem, devemos ter
∂f
∂f
f ( x 0 , y0 ) x 0
( x 0 , y0 ) y0
( x 0 , y0 ).
∂x
∂y
De
z z0 ∂f
x 4 3 x 2 y2
∂f
2 x 3 y
2
e
2
2
2
∂x
(x y )
∂y ( x y 2 )2
84
segue
x
∂f
∂f
x 5 x 3 y2
x3
y
2
2
f ( x, y).
2
2
∂x
∂y ( x y )
x y2
Logo, o plano tangente em (x0, y0, z0) passa pela origem.
10. Sejam f(x, y) 2 x2 y2 e
g(x, y) x2 y2.
Equação do plano tangente em (a, b, f(a, b)):
∂f
∂f
( a, b) ( x a) ( a, b) ( y b)
∂x
∂y
z 2 a2 b2 2a(x a) 2b(y b)
z 2 a2 b2 2ax 2by.
햲
z f ( a, b) Reta normal ao gráfico de f em (a, b, f(a, b))
(x, y, z) (a, b, f(a, b)) (2a, 2b, 1).
Seja (x0, y0, f(x0, y0)) o ponto em que tangencia o gráfico de g.
Reta normal ao gráfico de g em (x0, y0, f(x0, y0)):
(x, y, z) (x0, y0, z0) (2x0, 2y0, 1).
Os vetores (2a, 2b, 1) e (2x0, 2y0, 1) são paralelos. Logo o produto vetorial é
nulo.
r
i
2a
2 x 0
r
r
j
k
2b
1 0
2 y0 1
r
r
r
Þ (2 b 2 y0 ) i (2 x 0 2 a) j ( 4bx 0 4 ay0 ) k 0
Daí x 0 a e y0 b.
(a, b, g(a, b)) (a, b, a2 b2) 僆 (plano tangente)
Substituindo em 햲:
a2 b2 2 a2 b2 2a (a) 2b (b) Þ
Þ 2a2 2b2 2 Þ
Þ a2 b2 1.
13. Considere f(x, y) x · g( x 2 y 2 ) onde g(u) é função derivável de uma variável.
1
424
3
u
Temos
∂f
x ◊ g(u) ◊ 2 x g(u) 2 x 2 g(u) g(u)
∂x
85
∂f
x ◊ g(u) ◊ (2 y) 2 xy g(u).
∂y
Daí
∂f
∂f
( a, a) a
( a, a)
∂x
∂y
que é a condição para que o plano tangente em (a, a, f(a, a))
∂f
∂f
z f ( a, a) ( a, a) ( x a) ( a, a)( y a)
∂x
∂y
passe pela origem.
f ( a, a) a
15.
lim
( x , y )Æ ( x 0 , y0 )
E( x, y) 0, pois, para (x, y) (x0, y0), tem-se
E( x, y) ( x, y) ( x 0 , y0 ) .
E( x, y)
.
( x, y) ( x 0 , y0 )
Sendo f(x, y) diferenciável em (x0, y0), será também contínua neste ponto. Segue que
lim
[ f ( x, y) a( x x 0 ) b( y y0 ) c] f ( x 0 , y0 ) c 0,
424444444
3
( x , y )Æ ( x , y ) 1444444
0
0
E( x, y)
E( x, y)
resulta
( x, y) ( x 0 , y0 )
E( x, y)
E( x, y0 )
f ( x, y0 ) f ( x 0 , y0 ) a( x x 0 )
.
( x, y0 ) ( x 0 , y0 )
x x 0 x x 0 logo, c f(x0, y0). Fazendo y y0 em
De
E( x, y)
E( x, y0 )
0 resulta lim
0 que é equivalente a
( x , y )Æ ( x 0 , y0 ) ( x, y ) ( x 0 , y0 )
x Æ x 0 x x 0 lim
E( x, y0 )
0. Segue que
x x0
lim
x Æ x0
lim
x Æ x0
f ( x, y0 ) f ( x 0 , y0 ) a( x x 0 )
0.
x x0
Daí, lim
x Æ x0
∂f
f ( x, y0 ) f ( x 0 , y0 )
( x 0 , y0 ) a. Com raciocínio
a e, portanto,
∂x
x x0
análogo, verifica-se que
∂f
( x 0 , y0 ) b.
∂x
Exercícios 11.4
6.
P
V2
. Temos
R
P ⬵ dP.
dP 2 VRdV V 2 dR
.
R2
86
dV 0,2 volt e
dR 0,01 ohm.
Substituindo
dP 2 100 10 (0, 2) 10 4 0, 01
5 . Logo P ⬵ 5W.
10 2
Exercícios 11.5
1.
a) f(x, y) x2y. Temos
Ê ∂f ∂f ˆ
f ( x, y) Á , ˜ Þ f ( x, y) (2 xy, x 2 )
Ë ∂x ∂y ¯
r
r
ou f ( x, y) 2 xyi x 2 j .
b) f ( x, y) e x 2 y 2 . Temos
Ê ∂f ∂f ˆ
2
2
2
2
f ( x, y) Á , ˜ (2 xe x y , 2 y e x y )
Ë ∂x ∂y ¯
ou
f ( x, y) e x
2 y 2
r
r
(2 xi 2 yj ) .
c) f(x, y) x . Temos
y
Ê ∂f ∂f ˆ Ê 1
x ˆ
f ( x, y) Á , ˜ Á , 2 ˜
y ¯
Ë ∂x ∂y ¯ Ë y
1 r
x r
ou f ( x, y) i 2 j .
y
y
x
d) f(x, y) arctg . Temos
y
Ê ∂f ∂f ˆ Ê
y
x ˆ
f ( x, y) Á , ˜ Á 2
,
˜
Ë ∂x ∂y ¯ Ë x y 2 x 2 y 2 ¯
ou
r
r
y
x
f ( x, y) 2
i
j.
x y2
x 2 y2
6. Como estamos admitindo que a imagem de está contida na superfície de nível
f (x, y, z) 1, teremos (x(t))2 (y(t))2 (z(t))2 1, para todo t no domínio de .
Derivando em relação a t, resulta
87
2x(t) x(t) 2y(t) y(t) 2z(t) z(t) 0.
Para t t0,
(2x0, 2y0, 2z0) · (t0) 0
e, portanto,
f(x0, y0) · (t0) 0.
Como a curva é qualquer, podemos interpretar f(x0, y0) como um vetor normal em
(x0, y0, z0) à superfície x2 y2 z2 1.
8. Seja f(x, y) xy.
(t) (x(t), y(t)), t 僆 I, é diferenciável e sua imagem está contida na curva de nível
f(x, y) 2.
Assim, para todo t em I, temos
x(t) y(t) 2.
Derivando em relação a t, resulta
x(t) y(t) x(t) y(t) 0,
ou seja,
(y(t), x(t)) · (x(t), y(t)) 0
e, portanto, para todo t em I,
f((t)) · (t) 0.
Ê 2ˆ
A imagem da curva (t ) Ë t, ¯ , t 0, está contida na curva de nível xy 2.
t
9. Sejam f(x, y) y x2 e (t) (sen t, sen2 t).
a) De x(t) sen t e y(t) sen2 t resulta
y(t) x2(t) sen2 t sen2 t 0 para todo t. Logo,
Im está contida na curva de nível f(x, y) 0.
b)
A imagem de é o arco da parábola y x2, 1 x 1.
c) (t) · f((t)) (cos t, 2 sen t cos t)·(2 sen t, 1)
2 sen t cos t 2 sen t cos t 0
88
pois
∂f
2 x,
∂x
∂f
1, (t) (x(t), y(t)) (cos t, 2 sen t cos t) e
∂y
f((t)) (2 sen t, 1).
10. Seja f(x, y, z) x2 4y2 9z2.
1
Ê
ˆ
a) A imagem de (t) Ë sen t, cos t, 0¯ está contida na superfície, pois
2
x2(t) 4 y2(t) 9 z2(t) sen2 t 1
cos2 t 9 · 0 1, para todo t.
4
b) Sendo (t) a curva do item a), temos
f((t)) (2 sen t, 4 cos t, 0)
e
1
Ê
ˆ
(t) Ë cos t, sen t, 0¯ .
2
Segue que
1
Ê
ˆ
f((t)) · (t) (2 sen t, 4 cos t, 0) ◊ Ë cos t, sen t, 0¯
2
2 sen t cos t 2 sen t cos t 0.
1
Ê
ˆ
O gradiente é normal em Ë sen t, cos t, 0¯ à curva (t).
2
89

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