AD1 - Calculo 3 - gabarito -2020-2

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AD1 – Cálculo III – Gabarito – 2020-2
Nome: Matŕıcula:
Questão 1 Seja C a curva obtida pela interseção das superf́ıcies x2 + y2 = 1 e y + z = 2.
(a) (1,5 ponto) Encontre uma parametrização para C;
(b) (1,5 ponto) Encontre a reta tangente a C no ponto P = (0, 1, 1).
Solução:
(a) Sabemos que as equações x2 +y2 = 1 e y+ z = 2 representam um cilindro e um plano em R3.
Logo, a interseção de tais superf́ıcies é uma elipse cuja projeção sobre o plano xy é a curva
C ′ :
{
x2 + y2 = 1,
z = 0.
Uma parametrização C ′ é dada por {
x(t) = cos t,
y(t) = sen t,
com t ∈ [0, 2π]. Assim, utilizando a equação do plano considerado, vem que
x(t) = cos t,
y(t) = sen t,
z(t) = 2− y(t) = 2− sen t,
com t ∈ [0, 2π], é uma parametrização de C.
(b) Seja α(t) = (cos t, sen t, 2 − sen t), com t ∈ [0, 2π], a parametrização de C obtida no item
anterior, e tomemos t0 ∈ [0, 2π] tal que α(t0) = P = (0, 1, 1). Nesse caso, t0 =
π
2 . Uma
vez que α′(t) = (−sen t, cos t,− cos t) para todo t ∈ [0, 2π], segue que α′(t0) = α′
(
π
2
)
=
(−1, 0, 0). Portanto, a equação da reta tangente a C no ponto P é dada por
r(t) = α(t0) + tα′(t0) = (0, 1, 1) + t(−1, 0, 0) = (−t, 1, 1),
onde t ∈ R.
Cálculo III AD1 2
Questão 2 (4,0 pontos) Considere a função vetorial
r : λ ∈ R 7−→ (3− 4λ, 4 + 3λ) ∈ R2,
e seja C o ćırculo centrado na origem, que é tangenciado em algum dos seus pontos pela reta para-
metrizada por r. Encontre uma parametrização de C.
Solução:
Consideremos a > 0 e seja C : x2 + y2 = a2 o ćırculo procurado. Ponhamos x = x(λ) = 3 − 4λ e
y = y(λ) = 4 + 3λ para cada λ ∈ R. Dáı, (x0, y0) ∈ R2 pertence à reta parametrizada por r se, e
somente se, existir λ0 ∈ R tal que
3− x0
4 = λ0 =
y0 − 4
3 ,
isto é,
y0 =
25− 3x0
4 .
Em particular, supondo que (x0, y0) ∈ C, temos
x20 +
(25− 3x0
4
)2
= a2,
que equivale a
25x20 − 150x0 + (625− 16a2) = 0.
Dáı, para que a reta parametrizada por r seja tangente à C no ponto (x0, y0), é necessário e suficiente
que o discriminante da equação de segundo grau acima, dado por
∆ = (−150)2 − 4 · 25(625− 16a2) = −40000 + 1600a2,
seja igual a zero. Como
∆ = 0⇐⇒ a2 = 400001600 = 25
e a > 0, resulta que a = 5, ou seja, C é o ćırculo centrado na origem que tem raio igual a 5.
Finalmente,
γ : t ∈ [0, 2π] 7−→ (5 cos t, 5sen t) ∈ R2
é uma parametrização de C.
Questão 3 Suponha que a função T : R2 −→ R, definida por T (x, y) = 2x + y, represente a
temperatura em cada ponto P = (x, y) do plano xy. Nesse caso, identifique:
(a) (1,0 ponto) as curvas de ńıvel da função T ;
(b) (1,0 ponto) a temperatura máxima atingida em um ponto do disco D = {(x, y) ∈ R2;x2 +
y2 ≤ 1};
(c) (1,0 ponto) o ponto de D no qual tal temperatura máxima é atingida.
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Cálculo III AD1 3
A presente questão será pontuada com NOTA ZERO caso o Teorema dos Multiplicadores
de Lagrange seja utilizado!!!!!!!
Solução:
(a) As curvas de ńıvel da função T são retas da forma 2x+ y = c, onde c ∈ R.
(b) Nesse caso, encontrar o valor máximo de T em D consiste em verificar a existência do maior
valor de c0 de modo que
D ∩ {(x, y) ∈ R2; 2x+ y = c0}
seja um conjunto não-vazio. Observando que retas na faḿılia de curvas de ńıvel de T são duas
a duas paralelas, conclúımos que a reta
2x+ y = c0
deve ser tangente ao ćırculo x2 + y2 = 1, isto é, o número real c0 a ser determinado deve
garantir que o sistema
{
x2 + y2 = 1,
2x+ y = c0,
possua uma única solução. Substituindo y = c0 − 2x em x2 + y2 = 1, obtemos
1 = x2 + (c0 − 2x)2 = 5x2 − 4c0x+ c20,
isto é, 5x2−4c0x+(c20−1) = 0. Para que esta equação do segundo grau possua uma única solução,
o seu discriminante
∆ = 16c20 − 20(c20 − 1) = 20− 4c20
deve ser nulo. Logo, c0 =
√
5 é a máxima temperatura detectada em um ponto do disco D.
Para encontrarmos o ponto de D no qual é constatada a máxima temperatura, basta resolver o
sistema {
x2 + y2 = 1,
2x+ y =
√
5.
Pelos cálculos realizados no item anterior, se P = (x, y) é uma solução deste sistema, então
0 = 5x2 − 4c0x+ (c20 − 1) = 5x2 − 4
√
5x+ 4.
Portanto, x = 2
√
5
5 e
y =
√
5− 2x =
√
5− 4
√
5
5 =
√
5
5 ,
sendo P =
(
2
√
5
5 ,
√
5
5
)
o ponto desejado.
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