Questão 2: Assinale verdadeiro ou falso, justificando as respostas com base em resultados matemáticos.
(-) \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{6 \operatorname{sen}(x+y)}{x+3 y}=2.
(v) \int_{1}^{e}-5 t^{4} \vec{\imath}+t \ln t \vec{\jmath}-\vec{k} d t=\left(-e^{5}+1, \frac{e^{2}+1}{4},-e+1\right)
(v) Ás superfícies de nível da função g(x, y, z)=\frac{x^{2}+y^{2}-1}{-z^{2}} podem ser elipsóides cen trados na origem ou outras superficies.

Passo 1

Vou reescrever claramente o que o enunciado pede e todas as informações fornecidas, para ficarmos alinhados.
Enunciado tem três afirmações para eu assinalar verdadeiro ou falso e justificar:
  1. Afirmação A: “(-) \displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{6\operatorname{sen}(x+y)}{x+3y}=2.”
    Informação dada: expressão \displaystyle \frac{6\operatorname{sen}(x+y)}{x+3y} e o limite bidimensional quando (x,y)\to(0,0).
  2. Afirmação B: “(v) \displaystyle \int_{1}^{e}\bigl(-5 t^{4}\,\vec{\imath}+t\ln t\,\vec{\jmath}-\vec{k}\bigr)\,dt=\bigl(-e^{5}+1,\frac{e^{2}+1}{4},-e+1\bigr).”
    Informação dada: integral de um campo vetorial unidimensional em t de t=1 a t=e; resultado proposto em coordenadas.
  3. Afirmação C: “(v) Ás superfícies de nível da função g(x,y,z)=\frac{x^{2}+y^{2}-1}{-z^{2}} podem ser elipsóides centrados na origem ou outras superfícies.”
    Informação dada: definição de g e a afirmação sobre a forma das superfícies de nível de g.
Agora a resolução começa nos passos seguintes, onde eu vou verificar cada afirmação e explicar a teoria necessária passo a passo.

Passo 2

Afirmação A: exame do limite
  • Conceito importante (aula curtinha): para uma função de duas variáveis f(x,y), o limite \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) só existe se todas as maneiras de aproximar (x,y) a (0,0) dão o mesmo valor. Um teste simples para provar que o limite não existe é encontrar duas trajetórias (caminhos) que conduzam a valores distintos — então o limite não existe.
  • Outra aproximação útil para funções trigonométricas pequenas: para u pequeno vale a aproximação (limitação de primeira ordem) \operatorname{sen} u \sim u,isto é, \displaystyle \lim_{u\to0}\frac{\operatorname{sen} u}{u}=1. Isso significa que, para (x,y) próximos de (0,0), podemos trocar \operatorname{sen}(x+y) por x+y como aproximação linear.
Vou aplicar o teste de caminhos e também a aproximação linear para ver o que acontece.
Caminho 1: tomar y=0. Então, para y=0 e x\to0,
\frac{6\operatorname{sen}(x+0)}{x+3\cdot 0}=\frac{6\operatorname{sen} x}{x}\cdot\frac{x}{x}=6\cdot\frac{\operatorname{sen} x}{x}.
Como \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\operatorname{sen} x}{x}=1, obtemos
\lim_{x\to0}\frac{6\operatorname{sen} x}{x}=6.
Logo ao aproximar pela reta y=0 o valor limite é 6.
Caminho 2: tomar y=x. Então, para y=x e x\to0,
\frac{6\operatorname{sen}(x+x)}{x+3x}=\frac{6\operatorname{sen}(2x)}{4x}= \frac{6\cdot 2x + o(x)}{4x}\quad(\text{usando }\operatorname{sen}(2x)\sim 2x),
ou de forma direta
\lim_{x\to0}\frac{6\operatorname{sen}(2x)}{4x}= \frac{6\cdot 2}{4}\lim_{x\to0}\frac{\operatorname{sen}(2x)}{2x}= \frac{12}{4}\cdot 1 =3.
Portanto ao aproximar pela reta y=x o valor limite é 3.
Conclusão do passo: temos dois caminhos com limites diferentes ( 6 e 3), portanto o limite não existe. Em particular ele não pode valer 2.

Passo 3

Resultado e explicação pedagógica curta para o item A
  • Método usado: teste de caminhos (explicado) + aproximação linear de \operatorname{sen}.
  • Interpretação prática para prova: quando aparece um limite multivariável que envolve \operatorname{sen}(x+y) dividido por uma combinação linear de x,y, tente primeiro a aproximação \operatorname{sen}(x+y)\approx x+y para ver se sobra uma razão dependente da relação entre x e y. Se a expressão final depender do quociente y/x ou da relação entre x e y, o limite costuma não existir — confirme escolhendo duas trajetórias simples como y=0 e y=x.
Decisão: a afirmação que diz que o limite vale 2 é falsa.

Passo 4

Afirmação B: cálculo da integral vetorial
  • Conceito importante: a integral de um vetor função componente a componente é feita integrando cada componente separadamente. Ou seja, se \vec{F}(t)=F_1(t)\vec{\imath}+F_2(t)\vec{\jmath}+F_3(t)\vec{k}, então \int_{a}^{b}\vec{F}(t)\,dt=\Bigl(\int_{a}^{b}F_1(t)\,dt,\;\int_{a}^{b}F_2(t)\,dt,\;\int_{a}^{b}F_3(t)\,dt\Bigr).
  • Vou aplicar isso à integral dada: \int_{1}^{e}\bigl(-5 t^{4}\,\vec{\imath}+t\ln t\,\vec{\jmath}-\vec{k}\bigr)\,dt =\Bigl(\int_{1}^{e}-5t^{4}\,dt,\;\int_{1}^{e}t\ln t\,dt,\;\int_{1}^{e}-1\,dt\Bigr).
Calcule cada componente:
Componente \vec{\imath}:
\int_{1}^{e}-5t^{4}\,dt = -5\cdot\frac{t^{5}}{5}\Big|_{1}^{e} = -t^{5}\Big|_{1}^{e} = -e^{5}+1.
Componente \vec{\jmath}: aqui usamos integração por partes. Regra: \int u\,dv = uv - \int v\,du.
Escolho u=\ln t e dv=t\,dt. Assim du=\frac{1}{t}\,dt e v=\frac{t^{2}}{2}. Então
\int t\ln t\,dt = \frac{t^{2}}{2}\ln t - \int \frac{t^{2}}{2}\cdot\frac{1}{t}\,dt = \frac{t^{2}}{2}\ln t - \int \frac{t}{2}\,dt = \frac{t^{2}}{2}\ln t - \frac{t^{2}}{4} + C.
Avaliado de 1 a e:
\Bigl(\frac{e^{2}}{2}\cdot 1 - \frac{e^{2}}{4}\Bigr)-\Bigl(\frac{1^{2}}{2}\cdot 0 - \frac{1^{2}}{4}\Bigr) = \frac{e^{2}}{4} - \bigl( -\frac{1}{4}\bigr)=\frac{e^{2}+1}{4}.
Componente \vec{k}:
\int_{1}^{e}-1\,dt = -t\Big|_{1}^{e} = -e+1.
Juntando as três componentes obtemos exatamente o vetor proposto
\bigl(-e^{5}+1,\;\tfrac{e^{2}+1}{4},\;-e+1\bigr).
Conclusão do passo: a igualdade dada na afirmação B é correta.

Passo 5

Afirmação C: superfícies de nível de g(x,y,z)=\dfrac{x^{2}+y^{2}-1}{-z^{2}}
  • Primeiro, definição curta: a superfície de nível associada ao valor c\in\mathbb{R} é o conjunto
    \{(x,y,z)\\ \text{no domínio de }g \mid g(x,y,z)=c\}.í
    Lembre que o domínio aqui exclui pontos onde o denominador é zero, ou seja z\neq 0.
  • Vamos escrever a equação de nível g(x,y,z)=c. Temos
    \frac{x^{2}+y^{2}-1}{-z^{2}}=c.
    Multiplicando ambos os lados por -z^{2} (lembrando que z\neq 0) resulta
    x^{2}+y^{2}-1 = -c z^{2}.
    Reorganizando:
    x^{2}+y^{2}+c z^{2} = 1.
  • Interpretação geométrica (classificação de quádricas): a equação
    x^{2}+y^{2}+c z^{2}=1
    é, dependendo do valor do parâmetro c, um dos seguintes tipos de superfícies (quadricas com centro na origem):
    • Se c>0: todos os coeficientes de x^{2},y^{2},z^{2} são positivos. A equação representa uma elipsoide (ou esferoide) centrada na origem — forma fechada e limitada. Observação importante: como o domínio original exige z\neq 0, a superfície de nível será essa elipsoide menos os pontos com z=0 (isto é, a elipsoide com a ‘faixa’ do plano z=0 retirada se houver interseção). Mesmo assim, geometricamente é essencialmente uma elipsoide centrada na origem.
    • Se c=0: a equação fica x^{2}+y^{2}=1, que é um cilindro circular ao longo do eixo z. Novamente temos que excluir z=0? Para c=0 a equação não envolve z, mas o domínio original exige z\neq 0, então o conjunto de nível é o cilindro x^{2}+y^{2}=1 com todos os z\neq 0 (praticamente um cilindro inteiro, exceto a “fatia” z=0 que não pertence ao domínio de g).
    • Se c<0: escrevendo c=-k com k>0 obtemos x^{2}+y^{2}-k z^{2}=1, que é um hiperbolóide de uma folha (ou outra quádricas do tipo hiperbólico), dependendo do valor de k. Em particular, não é elipsoide, é uma superfície indefinida.
  • Conclusão didática: portanto, as superfícies de nível de g variam conforme o valor de c: para alguns c (positivos) a equação algebraicamente corresponde a uma elipsoide centrada na origem (ou, mais precisamente, à interseção dessa elipsoide com o domínio z\neq0), para c=0 dá um cilindro circular e para c<0 dá hiperbolóides, etc. Logo a afirmação de que “podem ser elipsóides centrados na origem ou outras superfícies” é correta, desde que se lembre da restrição do domínio z\neq 0 (os pontos com z=0 não pertencem ao domínio de g).

Resposta

Falso
Verdadeiro
Verdadeiro

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