Atividade 2 Resolvida-2023 1

ATIVIDADE 2 1. Encontre uma função de duas variáveis z = f(x, y) satisfazendo f_x(x, y) = y\cos(x) + 2xe^y, f_y(x, y) = \sen(x) + x^2e^y - 1 e f(0, 1) = 2. 2. Sabendo que z = y + f(x^2 - y^2), onde f é diferenciável, encontre o valor da expressão L = y\frac{\partial z}{\partial x} + x\left(\frac{\partial z}{\partial y} - 1\right). Questão 1 ATIVIDADE 2 1. Encontre uma função de duas variáveis z = f(x, y) satisfazendo f_x(x, y) = y\cos(x) + 2xe^y, f_y(x, y) = \sin(x) + x^2e^y - 1 e f(0, 1) = 2. Solução da questão 1 Veja que, temos de cada derivada o seguinte f_x = \frac{\partial f}{\partial x} = y\cos(x) + 2xe^y \implies f(x, y) = \int y\cos(x) + 2xe^y\partial x \implies f(x, y) = y\sin(x) + x^2e^y + g(y) onde g(y) é uma função a determinar. Por outro lado, temos da derivada em y que f_x = \frac{\partial f}{\partial y} = \sin(x) + x^2e^y - 1 \implies f(x, y) = \int \sin(x) + x^2e^y - 1\partial y \implies f(x, y) = y\sin(x) + x^2e^y - y + k(x) onde k(x) é uma função a determinar. Agora, note que temos que f(0, 1) = 2. Portanto, isso nos dá que f(0, 1) = 2 \implies\left\{\begin{array}{l}0\sin(0) + 0\cdot e^1 + g(1) = 2\\ 0\sin(0) + 0\cdot e^1 - 1 + k(0) = 2\end{array}\right. Logo, segue que\left\{\begin{array}{l}g(1) = 2\\ k(0) = 3\end{array}\right. Com efeito, uma possível escolha será a seguinte g(y) = 3 - y e k(x) = 3. Com efeito, veja que isso nos dá que \left\{\begin{array}{ll}f(x, y) = y\sin(x) + x^2e^y + g(y) = f(x, y) = y\sin(x) + x^2 e^y + 3 - y\\ f(x, y) f(x, y) = y\sin(x) + x^2e^y - y + k(x) = y\sin(x) + x^2e^y - y + 3\end{array}\right. Portanto, uma possível solução para o problema é a seguinte função: f(x, y) f(x, y) = y\sin(x) + x^2e^y - y + k(x) = y\sin(x) + x^2e^y - y + 3 Questão 2 2. Sabendo que z = y + f(x^2 - y^2), onde f é diferenciável, encontre o valor da expressão L = y\frac{\partial z}{\partial x} + x\left(\frac{\partial z}{\partial y} - 1\right) Solução da questão 2 Com efeito, basta fazermos derivação direta, veja que L = y\frac{\partial z}{\partial x} + x\left(\frac{\partial z}{\partial y} - 1\right) = y\frac{\partial(y + f(x^2 - y^2))}{\partial x} + x\left(\frac{\partial(y + f(x^2 - y^2))}{\partial y} - 1\right) = y\frac{\partial(f(x^2 - y^2))}{\partial x} + x\left(\frac{\partial(y + f(x^2 - y^2))}{\partial y} - 1\right) = 2yx\frac{d}{d(x^2 - y^2)}\left[f(x^2 - y^2)\right] + x\left(1 - 2y\frac{d}{d(x^2 - y^2)}\left[f(x^2 - y^2)\right] - 1\right) = 2xy\frac{d}{d(x^2 - y^2)}\left[f(x^2 - y^2)\right] - 2xy\frac{d}{d(x^2 - y^2)}\left[f(x^2 - y^2)\right] = 0 Logo, L = 0.