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Aula de exercıciosMODULO 1 – AULA 6

Aula 6 – Aula de exercıcios

Objetivo

• Conhecer uma serie de exemplos ilustrativos dos conteudos apresenta-

dos nas Aulas 21 a 25.

Para comecar, vejamos dois exemplos nos quais nocoes de Geometria

Analıtica serao usadas para determinar os conjuntos de nıvel das funcoes.

Exemplo 6.1

Vamos esbocar as curvas de nıvel da funcao

f(x, y) = x2 − 3xy + y2.

Como a funcao e polinomial, o seu domınio e o plano lR 2. Para deter-

minar suas curvas de nıvel, temos de resolver a equacao

f(x, y) = x2 − 3xy + y2 = c

para diversos valores de c.

Voce aprendeu a identificar esse tipo de conica na Geometria Analıtica.

Uma maneira elegante de fazer isso e via Algebra Linear. Note, primeiro,

que

x2 − 3xy + y2 =(x y

) ( 1 −3/2

−3/2 1

) (x

y

).

A matriz A =

(1 −3/2

−3/2 1

)e simetrica. Seus autovalores sao as

solucoes da equacao det(A − λ I) = 0, ou seja, λ2 − 2λ − 5/4 = 0, que sao

λ1 = 5/2 e λ2 = −1/2.

Sabemos, da Algebra Linear, que toda matriz simetrica e diagona-

lizavel, de uma maneira especial. Isto e, existe uma matriz P , tal que

P tAP = D,

em que D e uma matriz diagonal.

Nao e difıcil ver que os auto-espacos associados aos autovalores 5/2 e

−1/2 sao definidos por y = −x e y = x, respectivamente.

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Vamos considerar B = {(√2/2,√

2/2), (−√2/2,

√2/2) } uma base

de autovetores ortonormais. Entao, se fizermos P =

(√2/2 −√

2/2√2/2

√2/2

),

obtemos

P t A P =

(−1/2 0

0 5/2

).

Portanto, vamos fazer

(x

y

)= P

(u

v

).

Como(x y

)=(u v

)P t, pois (P X)t = X t P t, temos

x2 − 3xy + y2 =(x y

) ( 1 −3/2

−3/2 1

) (x

y

)=(u v

)P t A P

(u

v

)=

=(u v

) (−1/2 0

0 5/2

) (u

v

)= −u2

2+

5v2

2.

Assim, as curvas de nıvel x2 −3xy + y2 = c correspondem a hiperboles

−u2

2+

5v2

2= c. Note que o sistema de coordenadas u, v e obtido ao aplicar-

mos uma rotacao de 450 ao sistema x, y, pois P e uma matriz de rotacao.

Aqui estao as curvas de nıvel e o grafico da funcao.

Lembre-se: as curvas de nıvel sao subconjuntos do domınio, e o grafico

de uma funcao f : A → B e um subconjunto de A × B. No desenho das

curvas de nıvel foram sobrepostos os auto-espacos associados aos autovalores

da matriz A. Eles nao sao curvas de nıvel da funcao. As curvas de nıvel sao

subconjuntos mutuamente disjuntos.

Exemplo 6.2

Neste exemplo, lidaremos com uma funcao que depende de tres variaveis.

Vamos determinar o domınio e esbocar as curvas de nıvel da funcao

f(x, y, z) =x2 + y2 + z2

2x + 2y.

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Comecamos com o domınio. Para que essa funcao esteja bem definida,

devemos estabelecer a condicao x �= −y. Assim, o domınio de f consiste de

lR 3 menos o plano y = −x, que contem o eixo Oz.

Do mesmo modo que antes, para determinar as superfıcies de nıvel,

temos de resolver a equacao

f(x, y, z) =x2 + y2 + z2

2x + 2y= c.

Sob a condicao y �= −x, podemos reescreve-la da seguinte maneira:

x2 + y2 + z2 = 2cx + 2cy

x2 − 2cx + y2 − 2cy + z2 = 0

x2 − 2cx + c2 + y2 − 2cy + c2 + z2 = 2c2

(x − c)2 + (y − c)2 + z2 = 2c2.

Caso c = 0, temos (x, y, z) = (0, 0, 0). Como este ponto nao pertence

ao domınio de f ,

f−1(0) = ∅.

Caso c �= 0, a equacao (x − c)2 + (y − c)2 + z2 = 2c2 determina uma

esfera, de centro em (c, c, 0) e raio√

2c. Essa esfera tangencia o plano

y = −x, na origem. Veja um esboco das superfıcies de nıvel, desenhadas

apenas na regiao z ≤ 0, com −a ≤ x, y ≤ a. Esse recurso deveria facilitar a

visualizacao dessas superfıcies.

Portanto, a superfıcie de nıvel c �= 0 e uma esfera tangente ao plano

y = −x na origem, menos esse ponto. Observe que esse plano divide o

espaco em duas regioes: uma contendo o ponto (1, 1, 0) e a outra contendo o

ponto (−1,−1, 0). As esferas contidas na primeira regiao correspondem aos

nıveis positivos; aquelas contidas na outra regiao correspondem aos nıveis

negativos. Uma ultima observacao a respeito da funcao f : sua imagem

consiste do conjunto lR − {0}.

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O tema do proximo exemplo e o limite.

Exemplo 6.3

Vamos usar o limite para estudar o comportamento das funcoes

f(x, y) =sen xy√x2 + y2

e g(x, y) =sen xy

x2 + y2

para pontos proximos da origem, o unico ponto do plano no qual as funcoes

nao estao definidas.

Observe que as duas funcoes tem o termo x2+y2 em sua lei de definicao.

Nesse tipo de situacao, uma estrategia que pode ser util e usar coor-

denadas polares no lugar de coordenadas cartesianas. Veja: se colocarmos{x = r cos θ

y = r sen θ, obteremos x2+y2 = r2, um termo mais simples. Alem disso,

(x, y) → (0, 0) passa a ser r → 0.

Assim,

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

sen xy√x2 + y2

= limr→0

sen (r2 cos θ sen θ)

r.

Para calcular esse limite, usamos o limite trigonometrico fundamental.

Eis aqui:

limr→0


r= lim

r→0

(r cos θ sen θ) sen (r2 cos θ sen θ)

r2 cos θ sen θ=

= limr→0

r cos θ sen θ = 0.

Esta ultima igualdade se deve ao fato de as funcoes seno e cosseno serem

limitadas.

No entanto, quando fazemos o mesmo tipo de computacao com a funcao

g(x, y), obtemos

lim(x,y)→(0,0)

g(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

sen xy

x2 + y2= lim

r→0


r2=

= limr→0

(cos θ sen θ) sen (r2 cos θ sen θ)

r2 cos θ sen θ= sen θ cos θ.

Observe que, para diferentes valores de θ, obtemos diferentes respostas

para o limite. Isso indica que a funcao g nao admite limite quando (x, y) →(0, 0), mostrando um comportamento diferente de f .

Para termos uma interpretacao geometrica do que esta acontecendo,

vejamos os graficos das funcoes f e g, de dois pontos de vista um pouco

diferentes. Enquanto o grafico de f parece uma folha de papel ligeiramente

ondulada em torno da origem, o grafico de g “acumula-se” em um intervalo.

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Grafico de f Grafico de g

A funcao f pode ser “estendida”continuamente ao plano todo; isto e,

se colocarmos f(0, 0) = 0, teremos uma funcao contınua definida no plano

todo. Qualquer tentativa de estender a funcao g resultara numa funcao nao

contınua. Isso nos leva ao outro tema da aula: continuidade.

Exemplo 6.4

Vamos calcular o valor de a, caso exista, tal que a funcao

f(x, y) =

sen (x2 + y2)

1 − cos√

x2 + y2, se (x, y) �= (0, 0)

a, se (x, y) = (0, 0)

seja contınua.

Para isso, devemos calcular lim(x,y)→(0,0)

f(x, y). Novamente, vamos usar

a tecnica aplicada no exemplo anterior: coordenadas polares. Assim,

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limr→0

sen r2

1 − cos r= lim

r→0

2r cos r2

sen r= 2.

Veja que nesse calculo usamos a Regra de L’Hopital e limite trigo-

nometrico fundamental.

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Portanto, se colocarmos a = 2, a funcao f , definida em todo o plano

lR 2, sera contınua. O grafico dessa funcao parece um chapeu com as abas

muito onduladas. Veja:

Outro exemplo sobre continuidade.

Exemplo 6.5

Vamos mostrar que a funcao

f(x, y) =

xy (x2 − y2)

x2 + y2, se (x, y) �= (0, 0)

0, se (x, y) = (0, 0)

e contınua.

Realmente, como e um quociente de polinomios, ja sabemos que f

e contınua em todos os pontos diferentes da origem. Tudo que temos de

fazer e mostrar que f e contınua na origem. Para isso, temos de calcular

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) e mostrar que esse limite e zero.

A solucao consiste em observar que, se (x, y) �= (0, 0), entao

f(x, y) =x3y

x2 + y2− xy3

x2 + y2.

Vamos calcular os limites das parcelas:

lim(x,y)→(0,0)

x3y

x2 + y2= lim

(x,y)→(0,0)xy

x2

x2 + y2= 0,

pois a funcao z =x2

x2 + y2e limitada e lim

(x,y)→(0,0)xy = 0.

Analogamente,

lim(x,y)→(0,0)

xy3

x2 + y2= lim

(x,y)→(0,0)xy

y2

x2 + y2= 0.

Assim, podemos afirmar que

limx,y)→(0,0)

f(x, y) = f(0, 0) = 0

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e, portanto, f e uma funcao contınua. Essa e uma funcao interessante; vol-

taremos a usa-la para exemplificar certos conteudos que estudaremos nas

proximas aulas. Aqui esta o seu grafico.

Este grafico e uma sela para

um ser de quatro patas.

Para terminar, veremos dois exemplos envolvendo as derivadas parciais.

Exemplo 6.6

Dizemos que uma funcao z = f(x, y) e homogenea se

f(tx, ty) = f(x, y), ∀t ∈ lR − { 0 }.

Aqui estao dois exemplos de funcoes homogeneas:

f1(x, y) =x

ye f2(x, y) =

x2

x2 + y2.

Realmente,

f1(tx, ty) =tx

ty=

x

y= f1(x, y),

f2(tx, ty) =t2x2

t2x2 + t2y2=

x2

x2 + y2= f2(x, y).

Vamos verificar que estas duas funcoes satisfazem a seguinte equacao,

que envolve as derivadas parciais:

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= 0.

Para fazer isso, temos de calcular as respectivas derivadas parciais e

substituir o resultado na equacao.

Caso z = f1(x, y) =x

y, entao

∂z

∂x=

∂f1

∂x(x, y) =

1

y.

∂z

∂y=

∂f1

∂y(x, y) = − x

y2.

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Aula de exercıcios

Assim,

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x

1

y− y

x

y2= 0.

Caso z = f2(x, y) =x2

x2 + y2, entao

∂z

∂x=

∂f2

∂x(x, y) =

2x (x2 + y2) − x2 (2x)

(x2 + y2)2=

2xy2

(x2 + y2)2.

∂z

∂y=

∂f2

∂y(x, y) = − 2x2y

(x2 + y2)2.

Assim,

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x

2xy2

(x2 + y2)2− y

2x2y

(x2 + y2)2= 0.

A caracterıstica algebrica f(tx, ty) = f(x, y) das funcoes homogeneas

tem sua contrapartida geometrica, que e a seguinte: todos os pontos da forma

(ta, tb), para um dado (a, b) e ∀t > 0, pertencem a mesma curva de nıvel.

Ora, esse conjunto e, precisamente, o raio que parte da origem e contem o

ponto (a, b). Veja a funcao h(x, y) =x2 − y2

x2 + y2, no Exemplo 24.3.

Exemplo 6.7

Dizemos que um ponto (a, b) e um ponto crıtico da funcao z = f(x, y) se

as derivadas parciais∂z

∂xe

∂z

∂y, calculadas em (a, b), sao nulas:

∂f

∂x(a, b) = 0

e∂f

∂y(a, b) = 0.

Vamos determinar os pontos crıticos da funcao

f(x, y) = 3xy − x3 − y3.

Para isso, temos de resolver o sistema de equacoes

∂f

∂x(x, y) = 3y − 3x2 = 0

∂f

∂y(x, y) = 3x − 3y2 = 0

.

Os pontos crıticos da funcao f(x, y) sao os pontos comuns as duas

parabolas y = x2 e x = y2. Esses pontos sao (0, 0) e (1, 1).

Agora, uma oportunidade para voce praticar esses novos conteudos,

antes de prosseguirmos no nosso programa.

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Exercıcios

Exercıcio 1

Determine o domınio e faca um esboco dele, ou de seu complementar,

dependendo do caso, das seguintes funcoes:

(a) f(x, y) =xy

2x − y; (b) g(x, y, z) =

1

x+

1

y+

1

z;

(c) h(x, y) =√

xy; (d) j(x, y, z) =z

4x2 − y2 + 1;

(e) k(x, y) =4

4x2 − y2 + 1; (f) l(x, y, z) =

√64 − 16x2 − 4y2 − 4z2;

(g) m(x, y) = ln |xy| +1

x − y.

Exercıcio 2

Determine o domınio, a imagem e faca um esboco das curvas de nıvel

das funcoes a seguir:

(a) f(x, y) = x3 − y; (b) g(x, y) = x + y2;

(c) h(x, y) = sen (x2 + y2); (d) j(x, y) =y

x2.

Exercıcio 3

Determine o domınio e faca um esboco das superfıcies de nıvel das

seguintes funcoes:

(a) f(x, y, z) =x + y

z; (b) g(x, y, z) =

1

x2 + y2 + z2;

(c) h(x, y, z) = x2 + 4y2 − z2; (d) j(x, y, z) = ln(x2

4+

y2

9+

z2

36

).

Exercıcio 4

Calcule o limite ou mostre que ele nao existe.

(a) lim(x,y)→(0,0)

x4

(x2 + y)2; (b) lim

(x,y)→(0,0)

x3

x2 + y2;

(c) lim(x,y)→(1,0)

e

1

x2 + y2 − 1 ; (d) lim(x,y)→(0,0)

y3

(x2 + y2)3/2;

(e) lim(x,y)→(1,0)

(x − 1)2y

(x − 1)2 + y2; (f) lim

(x,y)→(0,0)

1 − cos√

x2 + y2

tg (x2 + y2);

(g) lim(x,y)→(0,0)

xy

xy + x − y; (f) lim

(x,y)→(0,0)

1 − cos√

xy

y.

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Aula de exercıcios

Exercıcio 5

Seja f(x, y) = (x− y) ey. Verifique que f satisfaz a seguinte equacao,

envolvendo suas derivadas parciais:

∂f

∂x(x, y) +

∂f

∂y(x, y) = f(x, y).

Exercıcio 6

Verifique que as funcoes f(x, y) =x

x + ye g(x, y) =

xy2

x3 + y3

sao funcoes homogeneas e satisfazem a seguinte equacao, envolvendo suas

derivadas parciais:

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= 0.

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