Cederj - Cálculo III - Lista 4 & gabarito, Exercícios de Cálculo

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Calculemos então a expressão de cada um dos vetores acima )3,2,1()(' 2ttt =α e )cos,,cos2(),,( xzxezexzzxzyxf yy ++=∇ ⇒ )cos,,cos2())(( 4343 22 tteetttttf tt ++=∇ α Logo: ( ) ( )( ) ( )ttftfo '.)(' αα∇= 432443 cos332cos2 22 ttetetttt tt ++++= = α ( ) 22443 32cos42 tettttt +++= 2) Determine o plano tangente, no ponto (3,5,-1), à superfície de equação 2 xysenz π= . Solução: Calculemos inicialmente as derivadas parciais de 2 ),( xysenyxfz π== Fundaçăo Centro de Cięncias e Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Rua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira - Rio de Janeiro / RJ – CEP: 20943-001 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛= ∂ ∂ 2 cos 2 ),( xyyyx x f ππ ⇒ 0 2 15cos 2 5)5,3( =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛= ∂ ∂ ππ x f ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛= ∂ ∂ 2 cos 2 ),( xyxyx y f ππ ⇒ 0 2 15cos 2 3)5,3( =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛= ∂ ∂ ππ x f Assim, temos que a equação do plano tangente é dada pela equação: 100 2 15)5()5,3()3()5,3()5,3( −=++⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛=−⋅ ∂ ∂ +−⋅ ∂ ∂ += πseny y fx x ffz ⇒ z = -1. Note que este plano é paralelo ao plano xy. Você seria capaz de enxergar o plano tangente ao gráfico de f que está desenhado na figura abaixo? Tel: (021) 2299-4565 Fax: (021) 2568-0725 http://www.cederj.edu.br e-mail: [email protected] Fundaçăo Centro de Cięncias e Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Rua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira - Rio de Janeiro / RJ – CEP: 20943-001 Logo, ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21,02 1,98 2,04 1 2 2 (1,2,2) 3 0,02 3,02df+ + ≈ + + + = + = Caiu em prova... 5) AP1-2005-2 - Seja . Use para determinar um valor aproximado para f no ponto de coordenadas x = 1,01 e y = 1,002. 22 ),( yxxeyxf −= )1,1(df Solução Note inicialmente que 222222 )21()2(),( 2 yxyxyx exxexeyx x f −−− +=+= ∂ ∂ ⇒ 33)1,1( 11 == ∂ ∂ −e x f 2222 2)2(),( yxyx xyeyexyx y f −− −=−= ∂ ∂ ⇒ 22),( 11 −=−= ∂ ∂ −eyx y f Logo, dy y fdx x fdf ∂ ∂ + ∂ ∂ = ⇒ dydxdy y fdx x fdf 23)1,1()1,1()1,1( −= ∂ ∂ + ∂ ∂ = Fazendo dx = 0,01 e dy = 0,002 na equação anterior obtemos 026,0004,003,0)1,1( =−=df ⇒ 026,1026,01)1,1()002,1,01,1( =+=+≅ dfff 6) AD1-2005-1 - Seja uma função diferenciável em um subconjunto aberto A do plano xy contendo o ponto (2,4) no seu interior. Considere α(t) = (t, t ),( yxf 2), t ∈ R. Sabendo que 1)4,2( −= ∂ ∂ x f e 3)4,2( = ∂ ∂ y f , determine )2)´(( αfo . Tel: (021) 2299-4565 Fax: (021) 2568-0725 http://www.cederj.edu.br e-mail: [email protected] Fundaçăo Centro de Cięncias e Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Rua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira - Rio de Janeiro / RJ – CEP: 20943-001 Solução: Note que: α(t) = (t, t2) ⇒ α ´(t) = (1,2t) ⇒ α ´(2) = (1,4) Assim, usando a regra da cadeia, obtemos: 11121)4,1).(3,1()2´()).2(()2)´(( =+−=−=∇= ααα ffo 7) AP1-2006-1 - Seja ( )2 2( , ) ln 1f x y x x y= + + − . a) Determine e faça um esboço para o domínio de f. b) Pode-se afirmar que f é diferenciável em todos os pontos do seu domínio? Justifique sua resposta. c) Use para determinar um valor aproximado de f no ponto de coordenadas x = 1,01 e y = 1,02. )1,1(df Tel: (021) 2299-4565 Fax: (021) 2568-0725 http://www.cederj.edu.br e-mail: [email protected] y x Solução a) ⇒ 2 2 2 21 0x y y x+ − > ⇒ − <1 dom(f) = região compreendida entre os ramos da hipérbole 2 2 1y x− = Note que os ramos da hipérbole não pertencem ao domínio de f. Fundaçăo Centro de Cięncias e Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro Rua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira - Rio de Janeiro / RJ – CEP: 20943-001 b) Note inicialmente que ( )2 2 2 2 2 2 12( , ) 1 1 1 x yf xx y x x y x y + −∂ = + = ∂ + − + − e 2 2( , ) 1 2 f yx y y x y ∂ − = ∂ + − são funções contínuas em todos os pontos do domínio de f. De fato, ( , )f x y x ∂ ∂ e ( , )f x y y ∂ ∂ são funções definidas por razões entre funções polinomiais (que são contínuas), cujo polinômio que se encontra no denominador, , não se anula no domínio de f. 2( , ) 1p x y x y= + − 2 Portanto, temos que f ∈ C1 no aberto D = dom(f) . Logo, podemos concluir que f é diferenciável em todos os pontos do seu domínio. c) Ora, 2 2( , ) 1 1 f xx y x 2x y ∂ = + ∂ + − ⇒ (1,1) 1 2 3f x ∂ = + = ∂ 2 2( , ) 1 2 f yx y y x y ∂ − = ∂ + − ⇒ (1,1) 2f y ∂ = − ∂ Logo, dy y fdx x fdf ∂ ∂ + ∂ ∂ = ⇒ dydxdy y fdx x fdf 23)1,1()1,1()1,1( −= ∂ ∂ + ∂ ∂ = Fazendo dx = 0,01 e dy = 0,02 na equação anterior obtemos (1,1) 0,03 0,04 0,01df = − = − ⇒ ( ) ( )(1,01 ,1,002) (1,1) 1,1 1 0,01 0,99f f df≅ + = + − = Um abraço e até a próxima! Prof. Wanderley. Tel: (021) 2299-4565 Fax: (021) 2568-0725 http://www.cederj.edu.br e-mail: [email protected]