Lista 08 - Cálculo II - Gabarito

Prévia do material em texto

Lista de Exerćıcios - Aula 8
April 2, 2021
1. Classifique os pontos cŕıticos de cada uma das funções abaixo:
(a) f(x, y) = x2 − xy + y
fx(x, y) = 2x− y fy = −x+ 1
2x− y = 0 − x+ 1 = 0
⇒ x = 1 y = 2
Dái, (1, 2) é o único ponto crítico de f(x, y).
fxx(x, y) = 2 fyy(x, y) = 0 fxy = −1.
Como D(x, y) = [fxx(x, y)][fyy(x, y)] − [fxy(x, y)]2 = −1 < 0 ⇒
(1, 2) é ponto de sela.
(b) f(x, y) = x5 + y5 − 5x− 5y
fx(x, y) = 5x
4 − 5 fy(x, y) = 5y4 − 5
5x4 − 5 = 0 5y4 − 5 = 0
⇒
x4 − 1 = 0 y4 − 1 = 0
De onde
x = +1, −1 e y = +1, −1
Pontos críticos de f(x, y)
(+1,+1); (−1,−1); (+1,−1); (−1,+1).
1
fxx(x, y) = 20x
3, fyy(x, y) = 20y
3, fxy(x, y) = fyx(x, y) = 0.
fxx(1, 1) = fyy(1, 1) = 20, fxx(−1,−1) = fyy(−1,−1) = −20
fxx(1,−1) = fyy(−1, 1) = 20, fxx(−1, 1) = fyy(1,−1) = −20
Como D(x, y) = [fxx(x, y)][fyy(x, y)]− [fxy(x, y)]2
⇒
(i) D(1, 1) = [fxx(1, 1)][fyy(1, 1)]− [fxy(1, 1)]2 = 400 > 0 e fxx(1, 1) = 20 > 0
⇒
(1, 1) é mínimo local de f(x, y).
(ii) D(−1,−1) = [fxx(−1,−1)][fyy(−1,−1)]− [fxy(−1,−1)]2 = 400 > 0 e
fxx(−1,−1) = −20 < 0 ⇒ (−1,−1) é máximo local de f(x, y.)
(iii)D(1,−1) = D(−1, 1) = −400 < 0 ⇒ (1,−1) e (−1, 1) são pontos de sela.
(c) f(x, y) = 3(x2 + 3y2)e−x
2−y2
fx(x, y) = 6xe
−x2−y2 − 6x(x2 + 3y2)e−x2−y2 = (6x− 6x3 − 18xy2)e−x2−y2
fy(x, y) = 18ye
−x2−y2 − 6y(x2 + 3y2)e−x2−y2 = (18y − 6x2y − 18y3)e−x2−y2
fx(x, y) = 0 ⇒ 6x− 6x3 − 18xy2 = 0 ⇒ 6x(1− x2 − 3y2) = 0⇒
x = 0 ou 1− x2 − 3y2 = 0 (1)
fy(x, y) = 0 ⇒ 18y − 6x2y − 18y3 = 0 ⇒ 6y(3− x2 − 3y2) = 0⇒
y = 0 ou 3− x2 − 3y2 = 0 (2)
De (1) e (2) obtem−se : (0, 0); (0, 1); (0,−1); (1, 0); (−1, 0) como pontos
críticos de f(x, y).
fxx(x, y) = (6− 30x2 + 12x4 − 18y2 + 36x2y2)e−x
2−y2
fyy(x, y) = (18− 6x2 − 90y2 + 12x2y2 + 36y4)e−x
2−y2
fxy(x, y) = (36xy
3 + 12x3y − 48xy)e−x2−y2
fxx(0, 0) = 6 > 0, fyy(0, 0) = 18, fxy(0, 0) = 0, D(0, 0) > 0⇒
f tem minimo local em (0, 0).
2
fxx(0,+1) < 0, fyy(0,+1) < 0, fxy(0, 1) = 0, D(0,+1) > 0⇒
f tem máximos locais em (0,+1)
D(+1, 0) < 0 ⇒ f tem pontos de sela em (+1, 0).
(d) f(x, y) = x+ ysenx
fx(x, y) = 1 + ycosx, fy(x, y) = senx
1 + ycosx = 0, senx = 0⇒ x = kπ, k = 0,+1,+2, ...⇒ cosx = +1
⇒ y = +1
Pontos criticos de f(x, y) : (kπ,+1), k = 0,+1,+2, ...
fxx(x, y) = −ysenx, fyy(x, y) = 0, fxy(x, y) = cosx
D(x, y) = −cos2x < 0 ⇒ todos são pontos de sela.
2. Considere afuncão f(x, y) = x2+(1−x)3y2.. Mostre que f possui um único
ponto crítico que é mínimo local, mas não é mínimo global.
fx(x, y) = 2x− 3y2, fy(x, y) = 6y(1− x)
2x− 3y2 = 0, 6y(1− x) = 0⇒ x = 1 ou y = 0
x = 1 ⇒ 2− 3y2 = 0⇒ y = +
√
2
3
pontos criticos (1,+
√
2
3
)
y = 0⇒ x = 0 (0, 0) ponto critico
fxx(x, y) = 2, fyy(x, y) = 6(1− x), fxy(x, y) = −6y
fxx(0, 0) = 2 > 0, fyy(0, 0) = 6, fxy(0, 0) = 0, D(0, 0) = 12 > 0
⇒ f tem minimo local em (0, 0).
f(2, 2) = 22 + (1− 2)3.22 = −8 < f(0, 0) = 0
3. Seja f(x, y) = (y−x2)(y−2x2). Dada uma direcão v = (h, k), verifique que
0 é minimo local de gv(t) = f(ht, kt),mas (0, 0) nao é ponto de minimo local de f.
gv(t) = f(ht, kt) ⇒ g
′
v(t) = fx(x, y)
dx
dt
+ fy(x, y)
dy
dt
=
= (−6xy + 8x3)h+ (2y − 3x2)k = 8h4t3 − 9kh2t2 + 2k2t
3
⇒ g′v(0) = 0 e g”v(0) = 2k2 > 0 ⇒ 0 é minimo local de gv(t) = f(ht, kt).
Mas, f(x, y) = (y−x2)(y−2x2) < 0, apenas se y−x2 > 0 e y−2x2 < 0.
Então, basta tomar um ponto (x, y) satisfazendo as duas últimas
desigualdades para mostrar que (0, 0) não é ponto de minimo local de f
Porexemplo, f(1,
3
2
) = (
3
2
− 1)(3
2
− 2) = −1
4
< 0 = f(0, 0)
4. Seja q(x, y) = ax2 + by2 + cxy, onde a, b e c são constantes. Mostre que
se (0, 0) é ponto de minimo local de q, então (0, 0) é ponto de minimo global de q.
Definamos g(t) = q(ht, kt), onde h e k são constantes.
g(t) = q(ht, kt) = a(ht)2 + b(kt)2 + c(ht)(kt) = (ah2 + bk2 + chk)t2
O grafico de g(t) é uma parabola. Logo, se (0, 0)é ponto de minimo local de q,
entao (0, 0) é ponto de minimo global de q.
Defato, se (0, 0) é ponto de minimo local de q, entao existe uma bola aberta de
centro (0, 0) e raio r > 0, Br(0, 0) tal que q(0, 0) ≤ q(x, y), para todo (x, y) ∈ Br(0, 0).
Dái, g(0) = q(0, 0) ≤ q(x, y) = q(ht, kt) = g(t), para todo t, |t| < r√
h2 + k2
Segue−se que 0 é ponto de minimo local de g. Assim, g′(0) = 0 e g”(0) > 0.
g”(0) = 2(ah2 + bk2 + chk) > 0 ⇒ ah2 + bk2 + chk > 0.
Assim, q(0, 0) = g(0) = 0 ≤ (ah2+bk2+chk)t2 = g(t) = q(ht, kt) = q(x, y), ∀(x, y) ∈ <2.
Entao, (0, 0) é ponto de minimo global de q.
5. Um pentagono de 12 cm de perimetro é construido colocando− se
um triangulo isosceles sobre um retangulo. Dentre esses pentagonos,
determine as medidas dos lados daquele que tem area maxima.
Justifique que a solucao encontrada é de fato a solucao do problema.
Solucao
Triangulo isosceles tem 2 lados de mesmamedida. Seja x essa medida e sejam
y e z as medidas dos lados do retangulo. Entao,
2x+ 2y + z = 12.
4
O problema consiste em maximizar a funcao
S(x, z) = AreaPentagono =
z
√
4x2 − z2
4
+ yz, onde y =
12− 2x− z
2
, ou
S(x, z) =
z
√
4x2 − z2
4
+
(12− 2x− z)z
2
, x > 0, z > 0.
Derivando em relacao a x e a z, obtem− se, respectivamente,
Sx(x, z) =
xz − z
√
4x2 − z2√
4x2 − z2
, Sz(x, z) =
4x2 − 2z2 + 2(12− 2x− 2z)
√
4x2 − z2
4
√
4x2 − z2
Sx(x, z) = 0 ⇒ z =
√
3x, Sz(x, z) = 0 ⇒ x = 8
√
3− 12
z = 24− 12
√
3, y = 6− 2
√
3
Definamos
A = {(x, z) ∈ <2 | x ≥ 0, z ≥ 0, 2x+ z ≤ 12}.
A é um conjunto compacto. Como S é continua em A, S assume maximo e minimo em A.
Logo, o pentagono de area maxima é obtido com as medidas encontradas acima.
5