Solução de Prova de Cálculo 2: Diferenciabilidade e Derivadas Parciais

Neste artigo trago cinco exercícios resolvidos retirados de uma prova de Cálculo 2 sobre o conteúdo de Diferenciabilidade, Derivadas Parciais, Derivada Direcional e Diferencial.

Introdução:

Resolver exercícios de Cálculo 2 é essencial para consolidar conceitos fundamentais, como diferenciabilidade e derivadas parciais. Neste post, abordaremos soluções detalhadas para problemas comuns de prova, explorando desde a verificação da equação de difusão até a análise da continuidade de funções e seus pontos críticos. Através de exercícios resolvidos e explicações claras, você poderá aprimorar sua compreensão e se preparar melhor para avaliações que envolvem esses tópicos.

Solução da Prova de Cálculo 2 sobre Diferenciabilidade

Exercício 1

Verifique se a função $$f(t,x) = \frac{1}{\sqrt{t}}e^{-\frac{ktx^2}{4} }$$ satisfaz a equação da difusão do calor dada por $$ \frac{\partial f }{\partial t} = k \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2}$$ onde k é uma constante.

SOLUÇÃO: Consideremos a função f(t, x) = \frac{1}{\sqrt{t}}e^{-\frac{k t x^2}{4}} , onde k é uma constante. Nosso objetivo é verificar se há uma igualdade entre k multiplicado pela segunda derivada de f com relação a x e a primeira derivada de f com relação a t .

A derivada parcial de f em relação a t foi calculada como: $$ \frac{\partial f}{\partial t} = -\frac{1}{2t^{3/2}} e^{-\frac{k t x^2}{4}} + \frac{k x^2}{4\sqrt{t}} e^{-\frac{k t x^2}{4}} $$ Por outro lado, a segunda derivada parcial de f em relação a x é: $$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{k^2 t^2 x^2}{4\sqrt{t}} e^{-\frac{k t x^2}{4}} – \frac{k t}{2\sqrt{t}} e^{-\frac{k t x^2}{4}} $$ Multiplicando essa última expressão por k , obtemos: $$
k \cdot \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{k^3 t^2 x^2}{4\sqrt{t}} e^{-\frac{k t x^2}{4}} – \frac{k^2 t}{2\sqrt{t}} e^{-\frac{k t x^2}{4}} $$

Agora, comparando essa expressão com a derivada parcial de f em relação a t , podemos observar que, embora ambos os resultados tenham o fator comum e^{-\frac{k t x^2}{4}} , os coeficientes dos termos diferem significativamente. Na derivada parcial em relação a t , o primeiro termo tem o fator -\frac{1}{2t^{3/2}} , enquanto o primeiro termo de k \cdot \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} possui o fator \frac{k^3 t^2 x^2}{4\sqrt{t}} . Já o segundo termo da derivada em relação a t é \frac{k x^2}{4\sqrt{t}} , enquanto o segundo termo de k \cdot \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} é -\frac{k^2 t}{2\sqrt{t}} .

Assim, concluímos que a igualdade entre k multiplicado pela segunda derivada de f com relação a x e a primeira derivada de f com relação a t não se verifica, dado que suas estruturas matemáticas são fundamentalmente diferentes.

Exercício 2

Calcule a diferencial da função $$f(x,y) = \text{arctg} \sqrt{1 + x^2y^2}$$

SOLUÇÃO:

A diferencial da função f(x, y) = \text{arctg} \sqrt{1 + x^2y^2} é obtida derivando-a em relação às variáveis x e y .

A diferencial df é dada por: $$ df = \frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy. $$ Agora, calculamos as derivadas parciais.

1. Derivada parcial de f em relação a x : $$ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{1}{1 + \sqrt{1 + x^2 y^2}^2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1 + x^2 y^2}} \cdot 2x y^2 = \frac{x y^2}{\sqrt{1 + x^2 y^2} (2 + x^2 y^2)} $$
2. Derivada parcial de f em relação a y : $$ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{1}{1 + \sqrt{1 + x^2 y^2}^2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1 + x^2 y^2}} \cdot 2y x^2 = \frac{y x^2}{\sqrt{1 + x^2 y^2} (2 + x^2 y^2)} $$

Portanto, a diferencial de f(x, y) é: $$ df = \frac{x y^2}{\sqrt{1 + x^2 y^2} (2 + x^2 y^2)} dx + \frac{y x^2}{\sqrt{1 + x^2 y^2} (2 + x^2 y^2)} dy $$

Exercício 3

Mostre que a função $$f(x,y) = \sqrt{|x|} \text{sen}(y)$$ é diferenciável na origem, mas sua derivada parcial \dfrac{\partial f}{\partial x} é descontínua nesse ponto.

SOLUÇÃO: Vamos analisar a função f(x, y) = \sqrt{|x|} \text{sen}(y) para mostrar que ela é diferenciável na origem, mas que sua derivada parcial \frac{\partial f}{\partial x} é descontínua nesse ponto.

Primeiro, utilizamos a definição de diferenciabilidade. A função f(x, y) é diferenciável na origem (0, 0) se $$ \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y) – f(0, 0) – \frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) \cdot x – \frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) \cdot y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0 .$$

Primeiro, calculamos f(0, 0) : $$ f(0, 0) = \sqrt{|0|} \text{sen}(0) = 0 .$$

Agora, calculamos as derivadas parciais de f(x, y) na origem. A derivada parcial de f(x, y) com relação a x é obtida utilizando a definição: $$ \frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) – f(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 – 0}{h} = 0 $$

A derivada parcial de f(x, y) com relação a y é dada por: $$ \frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0, h) – f(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 – 0}{h} = 0 $$

Agora, substituímos essas informações na condição de diferenciabilidade e verificamos o limite: $$ \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{\sqrt{|x|} \text{sen}(y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} $$ Sabemos que |\text{sen}(y)| \leq 1 para todo y . Portanto, obtemos a seguinte estimativa: $$ \left|\frac{\sqrt{|x|} \text{sen}(y)}{\sqrt{x^2 + y^2}}\right| \leq \frac{\sqrt{|x|}}{\sqrt{x^2 + y^2}} $$ À medida que (x, y) \to (0, 0) , tanto o numerador \sqrt{|x|} quanto o denominador \sqrt{x^2 + y^2} tendem a zero. Como \sqrt{|x|} \leq \sqrt{x^2 + y^2} , segue que: $$ \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{\sqrt{|x|}}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0 $$

Logo, concluímos que: $$ \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0. $$ Portanto, a função f(x, y) = \sqrt{|x|} \text{sen}(y) é diferenciável na origem.

Agora, vamos analisar a continuidade da derivada parcial \frac{\partial f}{\partial x} na origem. A derivada parcial de f(x, y) com relação a x é dada por: $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \frac{\partial}{\partial x} \left( \sqrt{|x|} \text{sen}(y) \right) $$

Precisamos estudar o comportamento de \frac{\partial f}{\partial x} para os casos x > 0 e x < 0 .

Se x > 0 , temos |x| = x , então: $$ f(x, y) = \sqrt{x} \text{sen}(y) $$ A derivada com relação a x é: $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \text{sen}(y) $$ Quando x \to 0^+ , \frac{1}{2\sqrt{x}} diverge para +\infty , assumindo que \text{sen}(y) \neq 0 .

Se x < 0 , temos |x| = -x , então: $$ f(x, y) = \sqrt{-x} \text{sen}(y) $$ A derivada com relação a x é: $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \frac{-1}{2\sqrt{-x}} \text{sen}(y) $$ Quando x \to 0^- , \frac{-1}{2\sqrt{-x}} diverge para -\infty , assumindo que \text{sen}(y) \neq 0 .

Agora, verificamos a continuidade da derivada parcial na origem. Quando x \to 0^+ , a derivada parcial diverge para +\infty , e quando x \to 0^- , a derivada parcial diverge para -\infty . Logo, não podemos ter a definição de continuidade satisfeita, pois f(0, 0) = 0

Portanto, a função f(x, y) = \sqrt{|x|} \text{sen}(y) é diferenciável na origem, mas sua derivada parcial \frac{\partial f}{\partial x} é descontínua nesse ponto.

Exercício 4

Calcule a derivada de $$ f(x,y)= \text{sen} \sqrt{x^2+ y^2}$$ em P(3, 4) , na direção do vetor \vec{v} = (-1, 1) .

SOLUÇÃO: Desejamos calcular a derivada direcional da função f(x, y) = \text{sen} \sqrt{x^2 + y^2} no ponto P(3, 4) , na direção do vetor \vec{v} = (-1, 1) .

Para isso, primeiro mostramos que a função é diferenciável no ponto P(3, 4) , verificando a continuidade das suas derivadas parciais. Em seguida, calculamos a derivada direcional utilizando o gradiente de f(x, y) e o vetor unitário na direção de \vec{v} .

A derivada parcial de f(x, y) com relação a x é dada por:

$$
\frac{\partial f}{\partial x} = \cos \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right) \cdot \frac{\partial}{\partial x} \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right)
$$

Derivando \sqrt{x^2 + y^2} com relação a x , obtemos:

$$
\frac{\partial}{\partial x} \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}
$$

Portanto, a derivada parcial de f(x, y) com relação a x é:

$$
\frac{\partial f}{\partial x} = \cos \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right) \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}
$$

Analogamente, a derivada parcial de f(x, y) com relação a y é:

$$
\frac{\partial f}{\partial y} = \cos \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right) \cdot \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}
$$

As funções \cos \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right) , \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} e \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} são contínuas para (x, y) \neq (0, 0) . No ponto P(3, 4) , temos que:

$$
\sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5
$$

Portanto, a função f(x, y) é diferenciável no ponto P(3, 4) , pois suas derivadas parciais são contínuas nesse ponto.

O gradiente de f(x, y) é dado por:

$$
\nabla f(x, y) = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y} \right)
$$

Substituindo as derivadas parciais, obtemos o gradiente no ponto P(3, 4) :

$$
\nabla f(3, 4) = \left( \cos(5) \cdot \frac{3}{5}, \cos(5) \cdot \frac{4}{5} \right)
$$

Agora, normalizamos o vetor \vec{v} = (-1, 1) . A norma de \vec{v} é:

$$
\|\vec{v}\| = \sqrt{(-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}
$$

Portanto, o vetor unitário na direção de \vec{v} é:

$$
\hat{v} = \left( \frac{-1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right)
$$

A derivada direcional de f(x, y) na direção de \vec{v} , no ponto P(3, 4) , é dada pelo produto escalar do gradiente com o vetor unitário:

$$
\frac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3, 4) = \nabla f(3, 4) \cdot \hat{v}
$$

Substituindo os valores do gradiente e do vetor unitário, obtemos:

$$
\frac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3, 4) = \left( \cos(5) \cdot \frac{3}{5}, \cos(5) \cdot \frac{4}{5} \right) \cdot \left( \frac{-1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right)
$$

Calculamos o produto escalar:

$$
\frac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3, 4) = \cos(5) \cdot \left( \frac{3}{5} \cdot \frac{-1}{\sqrt{2}} + \frac{4}{5} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \right)
$$

Simplificando:

$$
\frac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3, 4) = \cos(5) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{5}
$$

$$
\frac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3, 4) = \frac{\cos(5)}{5 \sqrt{2}}
$$

Portanto, a derivada direcional da função f(x, y) = \text{sen} \sqrt{x^2 + y^2} no ponto P(3, 4) , na direção do vetor \vec{v} = (-1, 1) , é:

$$
\frac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3, 4) = \frac{\cos(5)}{5 \sqrt{2}}
$$

Obs: \cos(5) = 0.28366218546322625 .

Exercício 5

Dada f(x, y) = y \text{sin}(x) ,, determine os pontos (x_0, y_0) do plano, para os quais $$ \frac{\partial f}{\partial x} = 0 \quad \text{e} \quad \frac{\partial f}{\partial y} = 0, $$ simultaneamente, caso existam.

SOLUÇÃO: A derivada parcial de f(x, y) com relação a x é:

$$
\frac{\partial f}{\partial x} = y \cos(x)
$$

A derivada parcial de f(x, y) com relação a y é:

$$
\frac{\partial f}{\partial y} = \text{sin}(x)
$$

Agora, buscamos os pontos (x_0, y_0) que simultaneamente zeram essas duas derivadas.

Começamos resolvendo a equação \frac{\partial f}{\partial y} = 0 :

$$
\text{sin}(x) = 0
$$

Sabemos que a função seno é zero nos pontos:

$$
x = n\pi \quad \text{onde} \quad n \in \mathbb{Z}
$$

Agora, resolvemos a equação \frac{\partial f}{\partial x} = 0 , que é dada por:

$$
y \cos(x) = 0
$$

Para que esta equação seja satisfeita, temos duas possibilidades:

1. Se y = 0 :** A equação é satisfeita para qualquer valor de x .
2. Se \cos(x) = 0 :** Sabemos que a função cosseno é zero para:$$x = \frac{\pi}{2} + n\pi \quad \text{onde} \quad n \in \mathbb{Z}$$

Contudo, devemos considerar que, para zerar \text{sin}(x) = 0 , x deve ser um múltiplo de \pi . Nos pontos em que \text{sin}(x) = 0 , temos \cos(x) \neq 0 , de modo que não há solução para \cos(x) = 0 e \text{sin}(x) = 0 simultaneamente.

Os pares (x_0, y_0) que simultaneamente zeram as derivadas parciais de f(x, y) = y \text{sin}(x) são dados por:

$$
(x_0, y_0) = (n\pi, 0) \quad \text{onde} \quad n \in \mathbb{Z}
$$

Portanto, os únicos pontos que zeram ambas as derivadas parciais são os pontos em que x é um múltiplo de \pi e y = 0 .

Conclusão:

Neste artigo, exploramos soluções detalhadas de exercícios clássicos de Cálculo 2, com foco na diferenciabilidade e derivadas parciais. Através desses exemplos práticos, reforçamos conceitos-chave, como a verificação da equação da difusão e a análise de funções diferenciáveis. Resolver provas e praticar com exercícios resolvidos é uma maneira eficiente de fortalecer sua compreensão e garantir um desempenho sólido em avaliações. Ao dominar esses conceitos, você estará mais preparado para enfrentar desafios mais complexos em Cálculo 2 e em disciplinas avançadas.

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