Exercício \mathbf{3} ( \mathbf{2 , 0} pontos): A função vetorial \alpha: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{2} dada a seguir é contínua em todo \mathbb{R}.
\alpha(t)=\left\{\begin{array}{l} \left(\sqrt[3]{t}-1, \frac{t^{5}-3 t^{3}-5 t+2}{t^{2}-4}\right), \text { se } t \neq 2 \\\ (a, b), \text { se } t=2 \end{array}\right.
a) (1,0) Determine os valores de a e b.
b) (1,0) Determine para quais valores de t a função \alpha é diferenciável.

Passo 1

O enunciado fornece a função vetorial \alpha:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2\) definida por \[\alpha(t)=\begin{cases} \bigl(\sqrt[3]{t}-1,\;\dfrac{t^{5}-3t^{3}-5t+2}{t^{2}-4}\bigr), & \text{se } t\neq 2,\\[6pt] (a,b), & \text{se } t=2. \end{cases}
As perguntas são:
  • (a) Determine os valores de a\] e \(b de modo que \alpha seja contínua (em particular em t=2).
  • (b) Determine para quais valores de t a função \alpha é diferenciável.
Informações relevantes dadas no enunciado:
  • A primeira componente para t\neq2 é \sqrt[3]{t}-1.
  • A segunda componente para t\neq2 é a função racional \dfrac{t^{5}-3t^{3}-5t+2}{t^{2}-4}.
  • A função está definida em todo \mathbb{R} com valor especial (a,b) em t=2.
    A resolução começa agora.]

Passo 2

Condição de continuidade em t=2.
Para que \alpha seja contínua em t=2 é necessário e suficiente que cada componente tenha limite quando t\to2 e que esses limites coincidam com a e b respectivamente. Ou seja:
a=\lim_{t\to2}\bigl(\sqrt[3]{t}-1\bigr),\qquad b=\lim_{t\to2}\frac{t^{5}-3t^{3}-5t+2}{t^{2}-4}.
Vou calcular cada um desses limites.

Passo 3

Cálculo de a.
A função t\mapsto\sqrt[3]{t} é contínua em todo \mathbb{R}. Portanto
a=\lim_{t\to2}\bigl(\sqrt[3]{t}-1\bigr)=\sqrt[3]{2}-1.
Isso já dá o valor de a.

Passo 4

Cálculo de b.
Precisamos do limite
\lim_{t\to2}\frac{t^{5}-3t^{3}-5t+2}{t^{2}-4}.
Primeiro verifico o valor do numerador em t=2:
2^{5}-3\cdot2^{3}-5\cdot2+2=32-24-10+2=0.
Como o denominador em t=2 também é zero ( 2^{2}-4=0), temos uma forma 0/0 e podemos tentar simplificar cancelando o fator (t-2). Vou fatorar o numerador por divisão polinomial (dividindo por t-2).
Faço a divisão sintética de t^{5}+0t^{4}-3t^{3}+0t^{2}-5t+2 por t-2:
  • Coeficientes: 1,\;0,\;-3,\;0,\;-5,\;2.
  • Usando 2 na divisão sintética obtemos quociente com coeficientes 1,\;2,\;1,\;2,\;-1 e resto 0.
Portanto existe um polinômio
q(t)=t^{4}+2t^{3}+t^{2}+2t-1
tal que
t^{5}-3t^{3}-5t+2=(t-2)\,q(t).
Assim, para t\neq2,
\frac{t^{5}-3t^{3}-5t+2}{t^{2}-4} =\frac{(t-2)\,q(t)}{(t-2)(t+2)}=\frac{q(t)}{t+2}.
Agora o limite quando t\to2 é simplesmente q(2)/(2+2). Calculo q(2):
q(2)=2^{4}+2\cdot2^{3}+2^{2}+2\cdot2-1=16+16+4+4-1=39.
Portanto
b=\lim_{t\to2}\frac{t^{5}-3t^{3}-5t+2}{t^{2}-4}=\frac{39}{4}.

Passo 5

Resumo da parte (a).
Escolhendo
a=\sqrt[3]{2}-1,\qquad b=\frac{39}{4},
a função \alpha fica contínua em t=2 (os limites das componentes existem e coincidem com os valores dados em t=2).

Passo 6

Condição de diferenciabilidade (introdução didática).
Uma função vetorial \alpha(t)=(\alpha_1(t),\alpha_2(t)) é diferenciável em um ponto t_0 se e somente se cada componente \alpha_1 e \alpha_2 for diferenciável em t_0. Para uma função escalar f, a diferenciabilidade em t_0 significa que existe o limite (derivada)
f'(t_0)=\lim_{h\to0}\frac{f(t_0+h)-f(t_0)}{h},
isto é, o quociente incremental tem limite finito. Vou analisar cada componente separadamente.

Passo 7

Análise da primeira componente \alpha_1(t)=\sqrt[3]{t}-1=t^{1/3}-1.
  • Para t\neq0 podemos usar a regra de derivação das potências: se f(t)=t^{r} com r\neq0, então f'(t)=r t^{r-1}. Aplicando para r=1/3 obtemos, para t\neq0,
\alpha_1'(t)=\frac{1}{3}t^{-2/3}=\frac{1}{3}\frac{1}{t^{2/3}}.
Isso é um número finito sempre que t\neq0. Logo \alpha_1 é diferenciável em todo t\neq0.
  • Em t=0 a derivada não existe: podemos ver pelo quociente incremental
\frac{(0+h)^{1/3}-0}{h}=h^{-2/3},
que tende a +\infty quando h\to0^+ e a +\infty quando h\to0^- em módulo, ou seja, não há limite finito. Portanto \alpha_1 não é diferenciável em t=0.
Conclusão da primeira componente: diferenciável em todos os t exceto em t=0.

Passo 8

Análise da segunda componente \alpha_2(t)=\dfrac{t^{5}-3t^{3}-5t+2}{t^{2}-4} para t\neq2, com valor \alpha_2(2)=39/4.
  • Para t\neq\pm2 o denominador t^{2}-4 é não nulo, então \alpha_2 é razão de polinômios com denominador não nulo e, por isso, é diferenciável em todo t\neq\pm2.
  • Já vimos no Passo 4 que, para t\neq2,
\alpha_2(t)=\frac{q(t)}{t+2},\quad q(t)=t^{4}+2t^{3}+t^{2}+2t-1.
Como t+2 não se anula em t=2, a função simplificada \dfrac{q(t)}{t+2} é diferenciável em t=2. Como o valor em t=2 foi definido exatamente pela continuidade (valor igual ao limite), a extensão é diferenciável em t=2. Concluímos que \alpha_2 é diferenciável em t=2.
  • Em t=-2 o denominador t+2 é zero. Como q(-2)=-1\neq0 (verificação: q(-2)=16-16+4-4-1=-1), a função tem singularidade (diverge) em t=-2 e, portanto, não é diferenciável em t=-2.
Resumo da segunda componente: diferenciável em todo t exceto em t=-2.

Passo 9

Combinação das componentes para a diferenciabilidade da \alpha.
A \alpha será diferenciável exatamente nos pontos onde ambas as componentes são diferenciáveis simultaneamente. Das conclusões anteriores:
  • \alpha_1 não é diferenciável em t=0, mas é diferenciável em todo o resto.
  • \alpha_2 não é diferenciável em t=-2, mas é diferenciável em todo o resto (incluindo t=2 graças à simplificação).
    Portanto \alpha é diferenciável em todos os t reais exceto em t=0 e em t=-2. Em particular, \alpha é diferenciável em t=2.

Resposta

(a) a=\sqrt[3]{2}-1,\; b=\dfrac{39}{4}.
(b) \alpha é diferenciável para todos os t\in\mathbb{R} tais que t\neq 0 e t\neq -2, ou seja, em \mathbb{R}\setminus\{-2,0\}.

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