APX2-CIII-2021-2-gabarito

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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
APX2 de Cálculo III – Gabarito – 2021-2
Código da disciplina: EAD 01015 (Matemática/F́ısica/Qúımica ) e EAD 16062
(Engenharia de Produção )
Nome: Matŕıcula:
Atenção!
• PREENCHER CADA FOLHA DE RESPOSTA COM
NOME, MATŔICULA e POLO;
• ESCREVER O TOTAL DE FOLHAS UTILIZADAS;
• APRESENTAR RESPOSTAS COM TODOS OS
CÁLCULOS;
• APRESENTAR RESPOSTAS MANUSCRITAS, POIS RES-
POSTAS DIGITADAS RECEBERÃO NOTA ZERO;
• USAR APENAS CANETAS AZUIS OU PRETAS;
• ENVIAR TODOS OS ARQUIVOS EM FORMATO PDF.
Questão 1 (3,0 pontos) Considere a função f : R2 −→ R, definida por
f(x, y) = xy − x− y + 1,
para cada (x, y) ∈ R2. Seja
S = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 − 2x− 2y = 0}.
(a) (2,0 pontos) Determine os pontos de S nos quais f assume seus valores máximo e ḿınimo.
(b) (1,0 ponto) Calcule o valor máximo e o valor ḿınimo de f em S.
Solução:
(a) Para encontrarmos os pontos de máximo e os pontos de ḿınimo de f em S, garantidos pelo
Teorema de Weierstrass, otimizaremos a função f = f(x, y), restrita à condição
x2 + y2 − 2x− 2y︸ ︷︷ ︸
g(x,y)
= 0.
Supondo que P = (x, y) ∈ R2 seja um ponto onde f , sujeita à condição supracitada, assume
um valor extremo, o Teorema dos Multiplicadores de Lagrange garante a existência de λ ∈ R
tal que
(y − 1, x− 1) = ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) = λ(2x− 2, 2y − 2).
Nesse caso, x− 1 = 2λ(y − 1) e y − 1 = 2λ(x− 1), donde
x− 1 = 2λ(y − 1) =⇒ x− 1 = 2λ[2λ(x− 1)] =⇒ (1− 4λ2)(x− 1) = 0 =⇒ λ = ±12 ,
uma vez que x 6= 1 (de fato, se ocorresse x = 1, também teŕıamos y = 1, o que equivocada-
mente implicaria P = (x, y) /∈ S).
Cálculo III APX2 2
CASO 1, λ = 12 :
Aqui, temos
x− 1 = 2λ(y − 1) =⇒ x = y =⇒ x2 + x2 − 2x− 2x = 0 =⇒ x ∈ {0, 2},
ou seja, há duas possibilidades para P , a saber: P1 = (0, 0) e P2 = (2, 2).
CASO 2, λ = −12 :
Aqui, temos
x− 1 = 2λ(y − 1) =⇒ x = 2− y =⇒ (2− y)2 + y2 − 2(2− y)− 2y = 0 =⇒ y ∈ {0, 2},
ou seja, também há duas possibilidades para P , a saber: P3 = (2, 0) e P4 = (0, 2).
Como
f(P1) = 0 · 0− 0− 0 + 1 = 1,
f(P2) = 2 · 2− 2− 2 + 1 = 1,
f(P3) = 2 · 0− 2− 0 + 1 = −1
e
f(P4) = 0 · 2− 0− 2 + 1 = −1,
resulta que f assume valor máximo nos pontos P1 e P2, e valor ḿınimo nos pontos P3 e P4.
(b) Pelo item (a), M = 1 e m = −1 são, respectivamente, os valores máximo e ḿınimo da
restrição de f ao ćırculo S.
Questão 2 (4,0 pontos)
Considere a função f : R2 −→ R, definida por
f(x, y) = 2x2 + xy − 2x− y + 1.
(a) (3,0 pontos) Encontre os pontos cŕıticos de f , classificando cada um como ponto de
ḿınimo local , ou como ponto de máximo local , ou como ponto de sela ;
(b) (1,0 ponto) É verdade que o Teorema de Weierstrass garante que a função
g : (x, y) ∈ R2 \ {(t, s); t = 1 ou s = −2t} 7−→ g(x, y) = 1
f(x, y)− 1 ∈ R
assume valores máximo e ḿınimo em
X =
{
(x, y) ∈ R2; (x− 1)2 + y2 ≤ 11000
}
∩ Dom g?
Solução:
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo III APX2 3
(a) Como
fx(x, y) = 4x+ y − 2
e
fy(x, y) = x− 1
para quaisquer (x, y) ∈ R2, os pontos cŕıcos de f são as soluções do sistema determinado
pelas equações
4x+ y − 2 = 0 e x− 1 = 0.
Portanto,
P = (1,−2)
é o único ponto cŕıtico de f . Agora, notemos que
fxx(x, y) ≡ 4 =⇒ fxx(P ) = 4;
fyy(x, y) ≡ 0 =⇒ fyy(P ) = 0;
fxy(x, y) ≡ 1 =⇒ fxy(P ) = 1.
Nesse caso, sendo
H(x, y) = fxx(x, y)fyy(x, y)− [fxy(x, y)]2,
segue que
H(P ) = 4 · 0− 12 = −1 < 0 =⇒ P é um ponto de sela de f.
(b) Para todo (x, y) ∈ Dom g, observemos que
g(x, y) = 1
f(x, y)− 1 =
1
2x2 + xy − 2x− y =
1
(x− 1)(2x+ y) ,
ou seja, g é cont́ınua em todos os pontos do seu doḿınio. Em particular, g é cont́ınua
em X ⊂ R2. No entanto, X não é um subconjunto compacto de R2, por se exprimir
como a diferença entre o disco fechado{
(x, y) ∈ R2; (x− 1)2 + y2 ≤ 11000
}
e o segmento de reta
{(1, s); s ∈ [−10−3, 10−3]}.
Assim, o Teorema de Weierstrass não pode ser aplicado para assegurar que g atinge
valores extremos em X.
Questão 3 (3,0 pontos) Considere a função F : R3 −→ R, definida por
F (x, y, z) = x2 + z cosh(xy) + z3.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
(a) (2,0 pontos) Prove que a equação F (x, y, z) = 1 define implicitamente uma função
z = f(x, y) em uma vizinhança V do ponto (1, 0) ∈ R2;
(b) (1,0 ponto) Sendo f a função mencionada no item (a), calcule fx(1, 0) e fy(1, 0).
Solução:
(a) Observemos que
1 = F (1, 0, z) = 1 + z cosh(1 · 0) + z3 =⇒ z(z2 + 1) = 0 =⇒ z = 0.
Assim, para ver que a equação F (x, y, z) = 1 define implicitamente alguma função
z = f(x, y) em uma vizinhança V do ponto (1, 0) ∈ R2, basta verificar que Fz(1, 0, 0) 6= 0
(Teorema da Função Impĺıcita). Com efeito, como Fz(x, y, z) = cosh(xy) + 3z2, para
cada (x, y, z) ∈ R3, temos Fz(1, 0, 0) = 1, seguindo o desejado.
(b) No item (a), aplicamos o Teorema da Função Impĺıcita para demonstrar que a equação
F (x, y, z) = 1 define implicitamente uma função z = f(x, y) em uma vizinhança V do
ponto (1, 0) ∈ R2. Além disso, o Teorema da Função Impĺıcita também garante que,
para cada (x, y) ∈ V , temos
fx(x, y) =
−Fx(x, y, z)
Fz(x, y, z)
= −
(
2x+ yz senh(xy)
cosh(xy) + 3z2
)
e
fy(x, y) =
−Fy(x, y, z)
Fz(x, y, z)
= −
(
xz senh(xy)
cosh(xy) + 3z2
)
.
Dáı,
fx(1, 0) = −
(
2 · 1 + 0 · 0 senh(0 · 0)
cosh(0 · 0) + 3 · 02
)
= −
(2
1
)
= −2
e
fy(1, 0) = −
(
1 · 0 senh(·0)
cosh(1 · 0) + 3 · 02
)
= −
(0
1
)
= 0.