GabaritoP1_Noite_2014_Unicamp_turma_C_ ( Gabarito 1 - Calculo 2 Unicamp Turma C 2014 )

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GABARITO
MA211 – PROVA 1
Sexta-feira (noite), 03/10/2014.
Para correção, cada símbolo “Xx ” o item que o antecede vale x pontos.
Resolução da Questão 1. (a) A função f é contínua em (0, 0) se
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0). (1)
Temos que f(0, 0) = 0. Devemos verificar se o limite lim(x,y)→(0,0) f(x, y) existe.
Considerando o caminho C1 = {(x, y) : x = t, y = 0}, temos que
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
t→0
0
t2
= 0.X0.2 (2)
Considerando o caminho C2 = {(x, y) : x = t2, y = t}, temos que
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
t→0
t4
t4 + t4
=
1
2
.X0.2 (3)
Como o limite por dois caminhos diferentes são distintos, o limite não existe. X0.2 .
Portanto, a função não é contínua. X0.2
(b) Pela definição de derivada parcial, temos que
fx(0, 0) =
∂f
∂x
(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
0
h2+0
− 0
h
= lim
h→0
0
h3
= 0.X0.2 (4)
fy(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = lim
h→0
f(0, h)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
0
0+h4
− 0
h
= lim
h→0
0
h5
= 0.X0.2 (5)
Logo, ∂f∂x (0, 0) = 0 e
∂f
∂y (0, 0) = 0.
(c) Pela definição de derivada direcional, temos que
Duf(0, 0) = lim
h→0
f
(√
3
2 h,
1
2h
)
− f(0, 0)
h
X0.2 (6)
= lim
h→0
(
√
3/2)h(1/4)h2
(3/4)h2+(1/16)h4
h
= lim
h→0
(
√
3/8)h3
(12+h2)(h2/16)
h
= lim
h→0
2
√
3h3
(12 + h2)(h3)
= lim
h→0
√
3
6
.X0.2 (7)
(d) O produto escalar∇f(0, 0)·u não fornece a derivada direcionalDuf(0, 0) porque f não é diferenciável em (0, 0).
X0.2 A função f não é diferenciável em (0, 0) porque ela não é contínua nesse ponto (se ela fosse diferenciável,
ela deveria ser contínua). X0.2
1
Resolução da Questão 2. (a) Pela regra da cadeia, temos
∂z
∂x
= eyφ′(x− y).X0.2 (8)
Similarmente, pela regra do produto e da cadeia, encontramos
∂z
∂y
= eyφ(x− y) + eyφ′(x− y)(−1).X0.4 (9)
Assim,
∂z
∂x
+
∂z
∂y
= eyφ′(x− y) + eyφ(x− y)− eyφ′(x− y) = eyφ(x− y) = z.X0.2 (10)
(b) As derivadas parciais de primeira ordem são:
∂z
∂x
= cos(x+ sen y)X0.2 (11)
∂z
∂y
= cos(x+ sen y) cos y (pela regra da cadeia).X0.4 (12)
As derivadas parciais de segunda ordem ∂
2z
∂x∂y e
∂2z
∂x2
são
∂2z
∂x∂y
= − sen(x+ sen y) cos y,X0.2 (13)
∂2z
∂x2
= − sen(x+ sen y).X0.2 (14)
Logo,
∂z
∂x
∂2z
∂x∂y
= − cos(x+ sen y) sen(x+ sen y) cos y, (15)
e
∂z
∂y
∂2z
∂x2
= − cos(x+ sen y) cos y sen(x+ sen y). (16)
Como os termos do lado direito das duas equações são iguais para todo (x, y), concluímos que
∂z
∂x
∂2z
∂x∂y
=
∂z
∂y
∂2z
∂x2
.X0.2 (17)
2
Resolução da Questão 3. O plano tangente ao gráfico de f em (a, b, f(a, b)) é dado por
z − f(a, b) = fx(a, b)(x− a) + fy(a, b)(y − b).X0.4 (18)
Agora, pela regra do produto e a regra da cadeia, as derivas parciais de f são
fx(x, y) = ψ
(
x
y
)
+ xψ′
(
x
y
)
1
y
= ψ
(
x
y
)
+
x
y
ψ′
(
x
y
)
,X0.3 (19)
fy(x, y) = xψ
′
(
x
y
)(−x
y2
)
= −x
2
y2
ψ′
(
x
y
)
.X0.3 (20)
Logo, para (x, y) = (a, b), encontramos
f(a, b) = aφ
(a
b
)
, fx(a, b) = ψ
(a
b
)
+
a
b
ψ′
(a
b
)
e fy(a, b) = −a
2
b2
ψ′
(a
b
)
X0.2. (21)
O plano tangente ao gráfico de f em (a, b, f(a, b) é
z −
[
aφ
(a
b
)]
=
[
ψ
(a
b
)
+
a
b
ψ′
(a
b
)]
(x− a)−
[
a2
b2
ψ′
(a
b
)]
(y − b).X0.2 (22)
Por fim, a origem está no plano tangente se a equação (22) é verdadeira para x = 0, y = 0 e z = 0X0.4 . Com efeito,
para (x, y, z) = (0, 0, 0), o termo do lado direito de (22) satisfaz[
ψ
(a
b
)
+
a
b
ψ′
(a
b
)]
(−a)−
[
a2
b2
ψ′
(a
b
)]
(−b) = −aψ
(a
b
)
− a
2
b
ψ′
(a
b
)
+
a2
b
ψ′
(a
b
)
= −aψ
(a
b
)
,X0.2 (23)
que é exatamente o termo do lado esquerdo de (22) com z = 0. Logo, a origem pertence ao plano tangente.
3
Resolução da Questão 4. O problema pode ser formulado como
maximizar/minimizarf(x, y) = xy sujeito a g(x, y) =
x2
8
+
y2
2
− 1 = 0. (24)
Usando o método dos multiplicadores de Lagrange, devemos ter
∇f = λ∇g e g(x, y) = 0. (25)
Nesta questão,
∇f = (y, x)X0.2 e ∇g =
(x
4
, y
)
.X0.2 (26)
Portanto, devemos resolver os sistema de equações não-lineares
y = 14λx,
x = λy
x2
8 +
y2
2 = 1.
X0.4 (27)
Substituindo a primeira equação na segunda, obtemos
y =
1
4
λ2y =⇒ y = 0, λ = 2 ou λ = −2. (28)
Se y = 0, da segunda equação, deduzimos que x = 0. Porém, o ponto (0, 0) não pertence a elipse, ou seja, não
satisfaz a terceira equação. X0.2
Se λ = 2, concluímos da primeira equação que y = x/2. Assim, substituindo essa expressão na terceira, obtemos
x2
8
+
x2
8
= 1 =⇒ x2 = 4 =⇒ x = 2 ou x = −2. (29)
Portanto, como y = x/2, temos os pontos (2, 1) e (−2,−1). X0.3
Se λ = −2, concluímos da primeira equação que y = −x/2. Assim, substituindo essa expressão na terceira,
obtemos
x2
8
+
x2
8
= 1 =⇒ x2 = 4 =⇒ x = 2 ou x = −2. (30)
Portanto, como y = −x/2, temos os pontos (2,−1) e (−2, 1). X0.3
Os valores de f nesses quatro pontos são
f(2, 1) = 2, f(−2,−1) = 2, f(2,−1) = −2, f(−2, 1) = −2.X0.2 (31)
Portanto, (2, 1) e (−2,−1) são os pontos da elipse que fornecem o valor máximo de f enquanto (−2, 1) e (2,−1)
são os que fornecem o valor mínimo de f . X0.2
4
Resolução da Questão 5. Como f é um polinômio, os pontos críticos são aqueles tais que∇f(x, y) = (0, 0). Nessa
questão, temos
∇f(x, y) = (3x2 − 12y,−12x+ 24y2)X0.2 (32)
Igualando as derivadas parciais a zero, encontramos o seguinte sistema de equações não-lineares:{
3x2 − 12y = 0
−12x+ 24y2 = 0 X0.2 (33)
Da segunda equação, obtemos x = 2y2. Usando essa informação na primeira equação, obtemos 3(2y2) − 12y = 0,
cujas soluções são y = 0 e y = 1.
Se y = 0, obtemos da relação x = 2y2 a identidade x = 0.
Se y = 1, obtemos da relação x = 2y2 a identidade x = 2.
Logo, os pontos críticos de f são:
(0, 0) e (2, 1).X0.4 (34)
Devemos agora classificar os pontos críticos. Para tanto, as derivadas parciais de segundar ordem de f são:
fxx(x, y) = 6x, fyy(x, y) = 48y e fxy(x, y) = fyx = −12,X0.4 (35)
O determinante da Hessiana em (0, 0) é
D = fxx(0, 0)fyy(0, 0)− f2xy(0, 0) = −144. (36)
Como D < 0, (0, 0) é um ponto de sela de f X0.4 .
O determinante da Hessiana em (2, 1) é
D = fxx(2, 1)fyy(2, 1)− f2xy(2, 1) = 564. (37)
Como D > 0 e fxx(2, 1) = 12 > 0, (2, 1) é um ponto de mínimo relativo de f X0.4 .
5