Resolucao_Lista13_Corrigida

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M
Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMÁTICA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Cálculo 2 – 2022-2: Gabarito da Lista 13
É altamente recomendável que a solução de exerćıcios seja conferida somente após o aluno ter
tentado resolvê-los; o aprendizado se consolida com a tentativa exaustiva da resolução dos exerćıcios.
Exerćıcio 1. Sabemos que se f(x, y) é diferenciável em (x0, y0), a derivada direcional em (x0, y0) na direção
de um dado vetor unitário u pode ser calculada por ∇f(x0, y0) · u .
(a) A função f(x, y) =
√
4− x2 − y2 é cont́ınua em D :=
{
(x, y) ; x2 + y2 ≤ 4
}
e diferenciável no interior
de D, i.e., em
{
(x, y) ; x2 + y2 < 4
}
. O vetor unitário na direção de v = (2, 2) é u =
(
1/
√
2, 1/
√
2
)
e
∇f(x, y) =
(
− x√
4− x2 − y2
, − y√
4− x2 − y2
)
⇒ ∇f(0, 1) =
(
0, −1/
√
3
)
.
Logo,
∂f
∂u
(0, 1) =
(
0, −1/
√
3
)
·
(
1/
√
2, 1/
√
2
)
= −1/
√
6.
(b) A função f(x, y) = e(x
2
−y
2) é diferenciável em todos os pontos de R2 e o vetor unitário na direção de
v = (1, 3) é u =
(
1/
√
10, 3/
√
10
)
. Além disso,
∇f(x, y) = e(x2−y2)
(
2x, −2y
)
⇒ ∇f(1, 1) =
(
2,−2
)
.
Portanto,
∂f
∂u
(1, 1) =
(
2,−2
)
·
(
1/
√
10, 3/
√
10
)
= −4/
√
10.
(c) A função f(x, y, z) = ln
(
x2 + y2 + z2
)
é diferenciável em todos os pontos de R3 \
{
(0, 0, 0)
}
e o vetor
unitário na direção de v = (1,−1,−1) é u =
(
1/
√
3, −1/
√
3, −1/
√
3
)
. Além disso,
∇f(x, y, z) = 1
x2 + y2 + z2
(
2x, 2y, 2z
)
⇒ ∇f(1, 2, 3) = 1
14
(
2, 4, 6
)
=
(
1/7, 2/7, 3/7
)
.
Portanto,
∂f
∂u
(1, 2, 3) =
(
1/7, 2/7, 3/7
)
·
(
1/
√
3, −1/
√
3, −1/
√
3
)
= −4/7
√
3.
(d) A função f(x, y, z) = sen(xy) + cos(xz) é diferenciável em todos os pontos de R3 e o vetor unitário na
direção de v = (−1, 2,−2) é u =
(
−1/3, 2/3, −2/3
)
. Além disso,
∇f(x, y, z) =
(
y cos(xy) − z sen(xz), x cos(xy), −x sen(xz)
)
⇒ ∇f(1, 0,−1) =
(
− sen(1), 1, sen(1)
)
.
Portanto,
∂f
∂u
(1, 0,−1) =
(
− sen(1), 1, sen(1)
)
·
(
−1/3, 2/3, −2/3
)
=
2− sen(1)
3
.
Exerćıcio 2. Temos f(x, y) = x2 + y2 − 2y, que é diferenciável em todos os pontos de R2, P = (2, 2) e
v = (1, 1).
(a) A taxa de variação de f em P na direção de v é dada pela derivada direcional
∂f
∂u
(P ), onde u =
(
1/
√
2, 1/
√
2
)
. Além disso, temos ∇f(x, y) =
(
2x, 2y − 2)
)
⇒ ∇f(2, 2) =
(
4, 2
)
. Logo,
∂f
∂u
(2, 2) = ∇f(2, 2) · u =
(
4, 2
)
·
(
1/
√
2, 1/
√
2
)
= 3
√
2.
1
(b) A curva ~σ(t) = (t, t2 − t) passa pelo ponto P = (3, 6) se, e somente se, t = 3. O vetor tangente à curva
num ponto qualquer ~σ(t0) é
d~σ
dt
(t0) = (1, 2t0 − 1). Logo, v =
d~σ
dt
(3) = (1, 5) e a taxa de variação de f
em P0 = (2, 2) na direção de v é
∇f(2, 2) · u =
(
4, 2
)
·
(
1/
√
26, 5/
√
26
)
= 14/
√
26.
(c) A direção e sentido em que a taxa de variação é máxima ocorre na direção e sentido do vetor gradiente
de f . Em P0 = (2, 2) isso ocorre na direção de ∇f(2, 2) = (4, 2). O vetor unitário u correspondente é:
u =
1
‖∇f(2, 2)‖∇f(2, 2) =
(
4√
20
,
2√
20
)
=
(
2√
5
,
1√
5
)
.
Exerćıcio 3. Temos f(x, y) = 36− 2x2 − 4y2 e A = (2, 1, 24).
(b) Sabemos que a direção mais ı́ngreme (maior inclinação) é aquela de maior taxa de variação de f , isto é,
a do vetor gradiente de f no ponto P = (2, 1). Assim,
∇f(x, y) = (−4x, −8y) ⇒ ∇f(2, 1) = (−8, −8),
cujo vetor unitário correspondente é u =
(
−1/
√
2, −1/
√
2
)
. A taxa de variação da altura nessa direção
é:
∂f
∂u
(2, 1) = ‖∇f(2, 1)‖ = 8
√
2.
(c) Na direção v = (−3, 4) a taxa de variação é
∂f
∂u
(2, 1) = ∇f(2, 1) · u = (−8, −8) ·
(
−3/5, 4/5
)
= −8/5.
Logo, o alpinista está descendo com taxa de −8/5.
(d) É numa trilha horizontal (paralela ao plano xy) que a taxa de variação de f é nula. Isso só ocorre nas
direções dadas por u tais que ∇f(2, 1) · u = 0. Os vetores unitários ortogonais a ∇f(2, 1) = (−8,−8)
são
(
1/
√
2, −1/
√
2
)
ou
(
−1/
√
2, 1/
√
2
)
.
Exerćıcio 4. Temos T (x, y) =
16
1 + x2 + 2y2
e P = (1, 1).
(a) Uma isoterma de T é um conjunto de ńıvel Nc =
{
(x, y) ; T (x, y) = c
}
. Se o ponto P pertence a Nc,
então T (1, 1) = 16/4 = c, isto é, c = 4. Portanto a equação da isoterma é x2 + 2y2 = 3. Além disso,
temos
∇T (x, y) = − 16
(1 + x2 + 2y2)2
(
−2x, −4y
)
⇒ ∇T (1, 1) =
(
−2, −4
)
.
(b) A menor taxa de variação em P é aquela na direção e sentido de −∇T (1, 1), com taxa −‖∇T (1, 1)‖,
isto é, na direção e sentido do vetor unitário u =
(
1/
√
5, 2/
√
5
)
, com taxa −
√
20 = −2
√
5.
Observe que
∇T (1, 1) · u = (−2,−4) ·
(
1/
√
5, 2/
√
5
)
= − 10√
5
= −2
√
5.
(c) A taxa de variação de T em (1, 1) na direção de v = (−3, 4) é ∂T
∂u
(1, 1) = ∇T (1, 1) · u , onde u =
(
−3/5, 4/5
)
que é o unitário na direção e sentido de v . Logo, está esfriando com a taxa
∂T
∂u
(1, 1) = (−2, −4) ·
(
−3/5, 4/5
)
= −2.
2
(d) Seja φ(t) a temperatura sentida pela formiga em cada instante t ≥ 0. Então, φ(t) = T
(
r(t)
)
. Podemos
calcular a taxa de variação da temperatura de duas maneiras:
(1) Pela regra da cadeia. Neste caso,
φ′(t) =
d
dt
(
T
(
r(t)
)
)
= ∇T
(
r(t)
)
· dr
dt
(t). (∗)
Primeiramente, observemos que se t0 = 3, obtemos
r(3) = (2, 7) e ∇T (2, 7) = 16
(103)2
(
−4,−28
)
. (∗∗)
Além disso,
dr
dt
(t) =
(
1
2
√
1 + t
, 2
)
⇒ dr
dt
(3) =
(
1
4
, 2
)
. (∗ ∗ ∗)
Aplicando (∗∗) e (∗ ∗ ∗) em (∗), obtemos
φ′(3) = ∇T (2, 7) · dr
dt
(3) = − 16
(103)2
(
4, 28
)
·
(
1
4
, 2
)
= − 912
(103)2
.
(2) Como a trajetória e a temperatura são dadas explicitamente, podemos proceder por substituição
direta. Neste caso,
φ(t) = T
(√
1 + t, 1 + 2t
)
=
16
1 + (1 + t) + 2(1 + 2t)2
=
16
4 + 9t+ 8t2
⇓
φ′(t) = − 16
(4 + 9t+ 8t2)2
(
9 + 16t
)
.
Para t0 = 3, temos
φ′(3) = − 16
(103)2
(
9 + 48
)
= − 912
(103)2
.
Exerćıcio 5. Temos T (x, y) =
α
√
x2 + y2
e P0 = (2, 2).
(a) O vetor unitário que indica a direção nordeste é u1 = (1/
√
2, 1/
√
2) e o que indica a direção sudeste
é u2 = (1/
√
2, −1/
√
2). Como T (3, 4) = 100, podemos determinar a constante de proporcionalidade
α. De fato, T (3, 4) = α/
√
25 = 100 ⇐⇒ α = 500. Se o objeto se desloca para nordeste (respecti-
vamente sudeste), a taxa de variação da temperatura num dado ponto (x, y) 6= (0, 0) é ∇T (x, y) · u1
(respectivamente ∇T (x, y) · u2.)
Calculando o gradiente de T no ponto P0:
∇T (x, y) = 500
x2 + y2
(
−x
√
x2 + y2
,
−x
√
x2 + y2
)
⇒ T (2, 2) = 500
8
(−2√
8
,
−2√
8
)
=
500
8
√
2
(
−1, −1
)
.
Logo, para o nordeste:
∇T (2, 2) · u1 =
500
8
√
2
(
−1, −1
)
· (1/
√
2, 1/
√
2) = −125/2 (esfriando)
e para o sudeste:
∇T (2, 2) · u2 =
500
8
√
2
(
−1, −1
)
· (1/
√
2, −1/
√
2) = 0 (sem variação de temperatura).
3
(b) Na direção v = (−1,−1) (sudoeste), o vetor unitário correspondente é u3 = (−1/
√
2, −1/
√
2) e a
derivada direcional é positiva (aquecimento), pois:
∇T (2, 2) · u3 =
500
8
√
2
(
−1, −1
)
· (−1/
√
2, −1/
√
2) = 125/2
(c) Seja r(t) =
(
x(t), y(t)
)
a parametrização do movimento do objeto, supondo que no instante t0 ele está
no ponto P0 e se desloca com velocidade escalar v = 1/5 m/s na direção do vetor (−1,−1). Então, a
temperatura do objeto em cada instante é φ(t) = T
(
r(t)
)
. Assim, a taxa de variação da temperatura
do objeto no instante t0 é
∇T
(
r(t0)
)
· dr
dt
(t0) com
dr
dt
(t0) =
1
5
u3.
Portanto, a taxa de variação da tempertura em questão é:
∇T
(
r(t0)
)
· dr
dt
(t0) =
1
5
∇T
(
2, 2) · u3 =
1
5
· 125
2
=
25
2
.
(d) De acordo com o item (a), há dois vetores para os quais a taxa de variação é nula: u2 e −u2, isto é,
(1/
√
2, −1/
√
2) e (−1/
√
2, 1/
√
2).
Exerćıcio 6. Temos os seguintes dados: f é diferenciável em (1, 2) e
u =
(
1/
√
2, 1/
√
2
)
, v =
(
1/
√
2, −1/
√
2
)
, D
u
(1, 2) = 1, D
v
(1, 2) = 3.
(a) Sendo f diferenciável e u unitário, temos
1 = D
u
(1, 2) = ∇f(1, 2) · u = fx(1, 2)
1√
2
+ fy(1, 2)
1√
2
⇒ fx(1, 2) + fy(1, 2) =
√2.
(b) Sabemos que a equação do plano tangente no ponto (1, 2) é
z − f(1, 2) = fx(1, 2)(x− 1) + fy(1, 2)(y − 2). (∗)
Sendo f diferenciável em (1, 2) e lembrando que os vetores u e v são unitários, temos: Du(1, 2) =
∇f(1, 2) · u e Du(1, 2) = ∇f(1, 2) · v . Logo







fx(1, 2)
1√
2
+ fy(1, 2)
1√
2
= 1,
fx(1, 2)
1√
2
− fy(1, 2)
1√
2
= 3
,
de onde se conclui que fx(1, 2) = 2
√
2 e fy(1, 2) = −
√
2. Como f(1, 2) = 3, obtemos de (∗),
z − 3 = 2
√
2(x− 1)−
√
2(y − 2) ou 2
√
2x−
√
2y − z = −3.
(c) Temos r(t) =
(
x(t), y(t)
)
, com y(t) = 2 + t + t2 e x(0) = 1, de modo que r(0) = (1, 2). Sendo
z(t) = f
(
x(t), y(t)
)
, temos da Regra da Cadeia z′(t) = ∇f
(
r(t)
)
· r ′(t). Em particular,
√
2/2 = z′(0) = ∇f
(
r(0)
)
· r ′(0) = fx(1, 2)x′(0) + fy(1, 2)y′(0) = 2
√
2x′(0)−
√
2 ⇒ x′(0) = 3/4.
4
Exerćıcio 7. São dados: C =
{
(x, y) ; f(x, y) = 2
}
, que é a curva de ńıvel 2 de f , P = (x0, y0) ∈ C,
D
u
f(x0, y0) = 5, onde u = (3/5, 4/5) e v = (−4/5, 3/5).
Sabemos que o vetor ∇f(x0, y0) é ortogonal à curva C no ponto P . Como os vetores u e v são ortogonais
(pois u ·v = 0) e v é tangente à C, conclui-se que ∇f(x0, y0) é paralelo a u , isto é, ∇f(x0, y0) = λu , λ ∈ R.
Por outro lado, temos
5 = D
u
f(x0, y0) = ∇f(x0, y0) · u = λ‖u‖2 = λ ⇒ λ = 5.
Portanto,
∇f(x0, y0) = 5u = (3, 4) ⇒ fx(x0, y0) + fy(x0, y0) = 7.
Exerćıcio 8. Sendo f(x, y) = x4 − 2y2 e lembrando que os vetores paralelos ao gradiente de f são os que
indicam a direção de maior crescimento, segue que ∇f(x, y) = λ(1/
√
2, 1/
√
2), ou mais precisamente,
4x3 = λ/
√
2 = −4y ⇐⇒ y = −x3.
Como o domı́nio de f é R2, os pontos em questão são os da curva y = −x3, isto é, os pontos da forma
(x, −x3), para todo x ∈ R.
5