AVALIAÇÃO PARCIAL II DE CÁLCULO III

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UNIVERSIDADE FRANCISCANA - UFN 
AVALIAÇÃO PARCIAL II DE CÁLCULO III 
DERIVADAS PARCIAIS_PLANO ANGENTE_APROXIMAÇÕES 
LINEARES_DIFERENCIAIS_REGRA DA CADEIA _ DERIVADAS DIRECIONAIS E 
VETOR GRADIENTE_ MÁXIMOS E MÍNIMOS 
 
NOME DO(A) ACADÊMICO(A):Tiago fassina alves 
 
‹‹‹ Resolva os exercícios propostos apresentando os desenvolvimentos necessários para chegar na solução, 
lembrando que você deverá consultar os arquivos e aulas disponíveis no AVA/MOODLE da UFN 
 
[1] Verifique se as derivadas de 2ª ordem 
𝜕²ƒ
𝜕𝑦𝜕𝑥
 e 
𝜕²ƒ
𝜕𝑥𝜕𝑦
 são iguais, sendo dadas as funções: 
(a) ƒ(x,y)= ln√𝑥2 + 𝑦² 
 Ƒx(x,y)= 
𝑥
𝑦2+𝑥²
 ƒy(x,y)= 
𝑦
𝑦2+𝑥²
 
 Ƒxy(x,y)= - 
2𝑥𝑦
(𝑦2+𝑥2)²
 ƒyx(x,y)= - 
2𝑥𝑦
(𝑦2+𝑥2)²
 
 
𝜕²ƒ
𝜕𝑦𝜕𝑥
 e 
𝜕²ƒ
𝜕𝑥𝜕𝑦
 São iguais 
 
(b) ƒ(x,y)= x sen(x+2y) 
 ƒx(x,y)= sen(x+2y)+ x cos(2y+x) ƒy(x,y)= 2x cos(2y+x) 
 ƒxy(x,y)= 2cos(x+2y)-2 x sen(2y+x) ƒyx(x,y)= 2 cos(2y+x)-2xsen(2y+x) 
 
𝜕²ƒ
𝜕𝑦𝜕𝑥
 e 
𝜕²ƒ
𝜕𝑥𝜕𝑦
 São iguais 
 
[2] Use a derivação implícita para determinar a inclinação do hiperbolóide 
X²+y²+z²=10 nas direções do eixo x e do eixo y no ponto (3,4 ; 2√6), sendo que z= ƒ(x,y). 
Interprete os resultados obtidos. 
 
[3] Responda e apresente uma justificativa para as questões abaixo: 
(a) Se ƒ(x,y)= 3xy4 + x³y² , determine a derivada parcial ƒxxy. 
ƒx(x,y)= 3y4 + 3x²y² 
ƒxx(x,y)= 6xy² 
ƒxxy(x,y)= 12xy 
 
(b) Se ƒ(x,y)=
𝑥𝑦
𝑥2+𝑦²
 , ache o valor de 
𝜕ƒ
𝜕𝑦
 (1,2). 
𝜕ƒ
𝜕𝑦
 (x,y)= 
−𝑥(𝑦−𝑥)∙(𝑦+𝑥)
(𝑥2+𝑦²)²
 
𝜕ƒ
𝜕𝑦
 (1,2)= 
−1(2−1)∙(2+1)
(12+2²)²
 = - 
3
25
 
 
(c) Se ƒ(x,y)= ln(x+√𝑥2 + 𝑦²), qual é o valor de ƒx(3,4). 
ƒx(x,y)= 
1
(√𝑥2+𝑦²)
 
ƒx(3,4)= 
1
(√3²+4²)
 = 
1
5
 
 
[4] Dada a função ƒ(x,y)= ex sen y + ey cos x, pede-se: 
(a) Verifique se as derivadas 𝜕²ƒ
𝜕𝑦𝜕𝑥
 e 
𝜕²ƒ
𝜕𝑥𝜕𝑦
 são iguais: 
ƒx(x,y)= ex sen (y) - ey sen(x) ƒy(x,y)= ex cos (y) + ey cos(x) 
ƒxy(x,y)= ex cos (y) - ey sen(x) ƒyx(x,y)= ex cos (y) - ey sen(x) 
 𝜕²ƒ
𝜕𝑦𝜕𝑥
 e 
𝜕²ƒ
𝜕𝑥𝜕𝑦
 são iguais 
(b)Mostre que ƒ(x,y) satisfaz a equação de Laplace: 
𝜕²ƒ
𝜕²𝑥
 e 
𝜕²ƒ
𝜕²𝑦
 =0 
ƒxx(x,y)= ex sen (y) - ey cos(x) ƒyy(x,y)= ey cos (x) – ex sen(y) 
 
𝜕²ƒ
𝜕²𝑥
 + 
𝜕²ƒ
𝜕²𝑦
 = (ex sen (y) - ey cos(x))+( ey cos (x) – ex sen(y)) = 0 
ƒ(x,y) satifaz a equação de Laplace. 
 
 
[5] Dada a função ƒ(x,y)= x²y, determine: 
(a) Determine a função dz diferencial de f. 
Dz=
∂z
∂x
 dx + 
∂z
∂y
 dy = (2xy)dx + (x²)dy 
 
(b) Utilizando a diferencial, calcule um valor aproximado para a variação de ∆z em z, quando se 
passa de x=1 e y=2 para x=1,02 e y=2,01 ; utilizando 7 dígitos de precisão. 
X=1 y=2 x= 1,02 y= 2,01 
Dz= (2xy)dx + (x²)dy 
Dz= (2∙1∙2)∙0,02 + (1²) ∙ 0,01 
Dz= 0,09 
(c ) Qual é o erro II∆z – dz II cometido na aproximação acima. 
II 0,0912040 – 0,09 II 
Erro aproximado e 0,0012040 
 
[6] Determine o vetor gradiente e a derivada direcional de ƒ(x,y)=xey+yez+zex no ponto (0,0,0) e 
na direção do vetor v=5ȋ+ĵ-2ǩ. 
 
IvI=√(5)2 + (1)2 + (−2)² = √30 µ=
𝑣
IvI
 = 
5ȋ
√30
 + 
ĵ
√30
 -
2ǩ
√30
 
 
ƒx(x,y)=ey+zex .: ƒx(0,0,0)=e0+0e0 = 1 
ƒy(x,y)=xey+ez .: ƒy(0,0,0)=0e0+e0 = 1 vƒ(0,0,0)=ȋ+ĵ+ǩ 
ƒz(x,y)=yez+ex .: ƒz(0,0,0)= 0e0+e0 = 1 
 
Dµƒ(0,0,0)= vƒ(0,0,0)∙µ 
Dµƒ(0,0,0)= [ȋ+ĵ+ǩ] ∙ [ 
5ȋ
√30
 + 
ĵ
√30
 -
2ǩ
√30
] 
Dµƒ(0,0,0)= [ 
5ȋ
√30
 + 
ĵ
√30
 -
2ǩ
√30
] = 
5+1−2
√30
 = 
4
√30
 
 
[7] Determine as equações do plano tangente e da reta normal a superfície x²-2y²+z²+yz=2 
no ponto P=(2,1-1). 
ƒx(x,y)= 2x ƒy(x,y)=-4y+z 
ƒx(x,y)= 2∙2 = 4 ƒy(x,y)= -4∙1+(-1) = -5 
 
 z - 1= 4∙(x-2)+(-5)∙(y-1) reta normal (x,y,z)= (2,1,-1)+𝜆(4, −5, −1) 
z = 4x -8 -5y +5 
z = 4x -5y -3 
4x -5y -z = 4 
[8] Suponha T(x,y) e a temperatura em Fahrenheit em um ponto (x,y) sobre uma placa de 
metal. Dadas as informações: T(1,3)= 93°F , Tx(1,3)= 2°F/cm e Ty(x,y)= -1 °F/cm , use uma 
aproximação linear local para estimar a temperatura no ponto T(0,98 ; 3,02). 
 
 
[9] Utilize a 1ª ou 2ª regra da cadeia para resolver o que é pedido: 
(a) Determine dz/dt, dado que z= x²y+xy² , x=2+t4 , y=1-t³. 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 2xy+y² 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
 ∙ 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 + 
𝑑𝑧
𝑑𝑦
 ∙ 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 
 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 4t³ 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
 = 2∙(2+t4) ∙(1-t³) + (1- t³)² = 2[ 2- 2t³ + t4 -t7] + [1-2t ³ + t6] 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= -3t² 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
 = 4 -4t3 + 2t¹ - 2t7 + 1 - 2t³ + t6 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
 = 5 - 6t³ + 2t4 - 2t7 + t6 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑥
 = 5 
 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑦
 = (2+t4)² + 2(2+ t4) ∙ (1- t³) = 4 + 4t4 + t8 + 4 -4t +2t4- 2t4 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑦
 = 8 + 6t4 + t8 – 4t³ - 2t7 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑦
=8 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
 = 5 – t³ +2t4 -2t7 + t6∙4t³+8+6t4 +t8-4t³-2t7∙(-3t²) 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑦
 = 5∙0 +8∙0 =0 
 
[9] (b) Determine 
𝜕𝑧
𝜕𝑠
 e 
𝜕𝑧
𝜕𝑡
, dado que z=senθ + cosɸ , θ=st² , ɸ=s²t. 
 
𝜕𝑧
𝜕𝜃
= cos(θ) – sen(ɸ) 
𝜕𝑧
𝜕ɸ
 = cos(θ) – sen(ɸ) 
𝑑𝜃
𝑑𝑠
= t² 
𝑑ɸ
𝑑𝑠
= 2st 
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= 2st 
𝑑ɸ
𝑑𝑡
= s² 
𝜕𝑧
𝜕𝑠
= 
𝜕𝑧
𝜕𝜃
 ∙ 
𝑑𝜃
𝑑𝑠
 + 
𝜕𝑧
𝜕ɸ
 ∙ 
𝑑ɸ
𝑑𝑠
 = cos(θ) – sen(ɸ) ∙ t² + cos(θ) – sen(ɸ) ∙ (2st) 
 t² ∙ cos(θ) – t² ∙ sen(ɸ) + 2st ∙ cos(θ) – 2st ∙ sen(ɸ) 
 
𝜕𝑧
𝜕𝑡
= 
𝜕𝑧
𝜕𝜃
 ∙ 
𝑑𝜃
𝑑𝑡
 + 
𝜕𝑧
𝜕ɸ
 ∙ 
𝑑ɸ
𝑑𝑡
 = cos(θ) – sen(ɸ) ∙ 2st + cos(θ) – sen(ɸ) ∙ (s²) 
 2st ∙ cos(θ) – 2st ∙ sen(ɸ) + s² ∙ cos(θ) – s² ∙ sen(ɸ) 
 
[10] As dimensões de uma caixa retangular fechada foram medidas como80cm, 60cm e 
50cm, respectivamente , com um erro de medida de, no máximo de 0,2 cm em cada 
dimensão. 
Utilize diferenciais para: 
(a) Estimar o erro máximo no calculo da área da surpefície da caixa. 
X= comprimento y=largura z=altura 
 
A(x,y,z)= 2xy + 2xz + 2yz 
 = 2( xy + xz + yz) 
Ax= 2(y+z) dA= 2[ (y+z) dx + (x+z)dz + (x+y)dz] 
Ay= 2(x+z) dA= 2[ (60+50) 0,2 + (80+50)0,2 + (80+60)0,2] 
Az= 2(x+y) dA= 2 ∙ 0,2[110 + 130 + 140] 
 dA= 152 cm² 
(b) Estimar o erro máximo no calculo da volume da caixa. 
V(x,y,z) = x∙y∙z 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= y∙z dv = (yz) ∙(dx) + (xz)∙(dy) + (xy)∙(dz) 
𝑑𝑣
𝑑𝑦
= x∙z dv= 60∙50 ∙0,2 + 80∙50 ∙0,2 + 80∙60 ∙0,2 
𝑑𝑣
𝑑𝑧
= x∙y dv= 600 + 800 + 960 
 dv= 2360 cm³ 
V=80 ∙ 60 ∙ 50 
V = 240 000cm³ 
 
 
[11] Suponha que em uma certa região do espaço o potencial elétrico V seja dado por 
V(x,y,z) =3x² - 5xy +xyz . Pede-se: 
(a) Determine a taxa de variação do potencial V no ponto P=(4,5,3) na direção do ponto 
Q=(5,4,4) 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 6x-5y+yz 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 6∙4 - 5∙5 + 5∙3 = 14 v= Q-P .: (5,4,4) – (4,5,3) 
𝑑𝑣
𝑑𝑦
= -5x+xz 
𝑑𝑣
𝑑𝑦
= - 5∙4 + 5∙3 = -5 v=˂1,-1,1˃ 
𝑑𝑣
𝑑𝑧
= x∙y 
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 5∙4 = 20 
 
V=ȋ-ĵ+ǩIvI=√(1)2 + (−1)2 + (1)² = √3 
∇v(p)= 𝑣
𝐼𝑣𝐼
 
(4,-5,20) ∙ 
(1,−1,1)
√3
 = 
(14∙ 1)+(−5∙−1)+(20∙1)
√3
 = 
39
√3
 
 
(b)Varia na direção ∇v(p)=(14,-5,20) 
 
(c) A taxa de variação em P sera igual o modulo do vetor 
I∇vI=√(14)2 + (−5)2 + (2𝑜)² = 3√69 
 
[12] Seja z= x³ + xy², onde x=rs² +t³ e y= r+set. Utileze a 2º regra da cadeia para determinar 
as derivadas parciais 
𝜕𝑧
𝜕𝑟
 
𝜕𝑧
𝜕𝑠
 e 
𝜕𝑧
𝜕𝑡
, quando r=1 , s=2 , t=0. 
 
X= rs²+t³ .; 1∙2²+0 .: x=4 
 
Y= r+set .: 1+2∙ e0 .: y= 3 
 
 
 
𝜕𝑧
𝜕𝑟
 = 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
 ∙ 
𝜕𝑥
𝜕𝑟
 + 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
 ∙ 
𝜕𝑦
𝜕𝑟
 = 3x² + y² ∙ (s²)t + 2xy ∙ (1) = 3∙4² + 3² ∙ 2² + 2∙4∙3∙1 = 108 
 
 
𝜕𝑧
𝜕𝑠
 = 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
 ∙ 
𝜕𝑥
𝜕𝑠
 + 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
 ∙ 
𝜕𝑦
𝜕𝑠
 = 3x² + y² ∙ (2sr) + 2xy ∙ et = 3∙4² + 3² ∙ 2∙2∙1 + 2∙4∙3∙e0 = 108 
 
 
𝜕𝑧
𝜕𝑡
 = 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
 ∙ 
𝜕𝑥
𝜕𝑡
 + 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
 ∙ 
𝜕𝑦
𝜕𝑡
 = 3x² + y² ∙ 3t² + 2xy ∙ set = 3∙4² + 3² ∙ 30² + 2∙4∙3 ∙ 2∙e0 =96 
 
[13] Deseja-se contruir uma caixa retengular com volume maximo, sendo que a area total de 
sua superficie e dada por 64cm². Quais são as dimensões desta caixa que maximizam o seu 
volume? 
 
V= x ∙ y ∙z A= 2 (xy + xz + yz ) =64 
 (xy + xz + yz ) = 
64
2
 
 
 (xy + xz + yz ) = 32 
 X=y=z= 3x² 
 3x²= 32 
 X² =
32
3
 
 X = √
32
3
 .: 4√
6
3
 
 X=4√
6
3
 y =4√
6
3
 z= 4√
6
3
 
 
 
 
[14] Determine os pontos criticos de ƒ e aplicando o teste da derivada segunda, localize 
todos os pontos de maximos e minimos locais, os valores de maximos e minimos locais e os 
pontos de sela para as funções: 
 
ƒ(x,y)= 12x² -8y + x³y 
 
1º pontos criticos 
 
ƒx= 24x+3x²y = 0 → 24∙2 + 3 ∙2² ∙y 
 48+ 12y 
ƒy = -8+ x³=0 Y=
48
12
 → -4 
 X³=8 
 X=2 
 
2º D(x,y)= ƒxx ∙ƒyy – (ƒxy)² 
ƒxx = 6xy+ 24 ƒxy = 3x² = ƒyx = 3x² 
ƒyy = 0 
 
D(x,y)= 6xy + 24 ∙ 0 – (3x²)² o valor ponto sela 
D(x,y)= 9x4 ƒ(2,-4) = 12x² -8y + x³y 
D(2,-4)= 9 ∙ 24 = 12∙2² - 8∙(-4) + 2³∙(-4) 
D(2,-4) = 144 ƒ(2,-4)= 48 
 
[14] (b) ƒ(x,y) = x³ +y³-3x -3y +4 
1º pontos criticos 
 
ƒx= 3x² - 3 -0 +0 = 0 → 3x² - 3 = 0 
 x= √
3
3
 
 ƒy = 0 + 3y²- 0 -3 +0 x=1 
 3y² = 3 
 Y= √
3
3
 
 Y=1 
 2º D(x,y)= ƒxx ∙ƒyy – (ƒxy)² 
ƒxx = 6x ƒxy = 0 
ƒyy = 6y ƒxy= 0 
 ƒ(1,1)= x³ + y³ -3x – 3y + 4 
 = 1³ + 1³ - 3∙1 - 3∙1+4 
 ƒ(1,1)= 0 
 
[15] Encontre os valores extremos ( máximo e mínimo) absolutos da função ƒ(x,y)=xy -x -3y na 
região triangular D , onde D e limitada e fechada, com vértices (0,0) ; (0,4) ; (5;0) 
 ƒx= y-1 = 0 → y=1 ƒ(x,y)= xy- x- 3y 
ƒxx(x,y)=0 ƒ(3,1)= 3 ∙1- 3- 3∙1 
 ƒ(3,1)= -3 
ƒy = x – 3 = 0 → x=3 
ƒyy(x,y)= 0 
 ponto máximo ƒ(5,0) 
 ponto mínimo ƒ(0,0)