Exame_Noite_Gabarito_2014_Unicamp_turma_C_ ( Gabarito Exame 2014 )

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Gabarito Exame – MA 211, 2S 2014 Sexta-feira (NOITE) 1
GABARITO
MA211 – EXAME
Sexta-feira (noite), 16/01/2014.
Para correção, cada símbolo “Xx ” o item que o antecede vale x pontos.
Resolução da Questão 1. (a) Pela regra da cadeia e do produto, temos que
∂u
∂x
= 2xφ
(
x
y
)
+ (x2 + y2)φ′
(
x
y
)
1
y
X0,3 e ∂u
∂y
= 2yφ
(
x
y
)
+ (x2 + y2)φ′
(
x
y
) −x
y2
.X0,3 (1)
Substituindo as fórmulas acima no termo do lado direito da equação que queremos verificar e lembrando que
u = (x2 + y2)φ(x/y), concluímos que
x
∂u
∂x
+ y
∂u
∂y
= x
[
2xφ
(
x
y
)
+ (x2 + y2)φ′
(
x
y
)
1
y
]
+ y
[
2yφ
(
x
y
)
+ (x2 + y2)φ′
(
x
y
) −x
y2
]
(2)
= 2x2φ
(
x
y
)
+ (x2 + y2)φ′
(
x
y
)
x
y
+ 2y2φ
(
x
y
)
− (x2 + y2)φ′
(
x
y
)
x
y
(3)
= 2x2φ
(
x
y
)
+ 2y2φ
(
x
y
)
= 2(x2 + y2)φ
(
x
y
)
= 2u.X0,4 (4)
(b) A derivada direcional de g no ponto (0, 0, 0) na direção de v é dado por Dug(0, 0, 0) = ∇f(0, 0, 0) · u, em que
u = v/|v| é um vetor unitário. X0,3
Nesta questão, temos
∇g = (ey + zex)i+ (xey + ez)j+ (yez + ex)k,X0,3 (5)
e, portanto, ∇g(0, 0, 0) = i + j + k. Além disso, |v| = √52 + 12 + (−2)2 = √30 X0,2 . Portanto, a derivada
direcional de g no ponto (0, 0, 0) na direção do vetor v = 5i+ j− 2k é:
Dug(0, 0, 0) = (i+ j+ k) · (5i+ j− 2k)√
30
=
4√
30
.X0,2 (6)
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Resolução da Questão 2. Pela regra da cadeia, o gradiente da função f é
∇f(x, y) =
(
y + 2− 1
x2y
(2xy), x− 1
x2y
(x2)
)
=
(
y + 2− 2
x
, x− 1
y
)
.X0,4 (7)
Temos∇f(x, y) = (0, 0) se, e somente, se {
y + 2− 2x = 0,
x− 1y = 0.
X0,4 (8)
Da segunda equação, encontramos xy = 1. Multiplicando a primeira equação por x, obtemos xy+2x−2 = 2x−1 =
0. Logo, x = 1/2 e, consequentemente, y = 2. Portanto, o único ponto crítico de f é (1/2, 2). X0,4
Vamos aplicar o teste da segunda derivada para classificar o ponto crítico de f . Como fx = y + 2 − 2/x e
fy = x− 1/y (primeira e segunda componente do vetor gradiente), as derivadas parciais de segunda ordem de f são:
fxx =
2
x2
, fxy = fyx = 1 e fyy =
1
y2
.X0,4 (9)
Logo,
D = fxx
(
1
2
, 2
)
fyy
(
1
2
, 2
)
− fxy
(
1
2
, 2
)
= 8
1
4
− 12 = 1 > 0, (10)
e, sendo fxx
(
1
2 , 2
)
= 8 > 0, concluímos que (1/2, 2) é um mínimo local de f . X0,4
Resolução da Questão 3. Usando coordenas retangulares, o tetraedro é descrito por
T = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y}. (11)
Logo, a integral tripla é
I =
∫∫∫
T
x2dV =
∫ 1
0︸︷︷︸
X0,4
∫ 1−x
0︸ ︷︷ ︸
X0,4
∫ 1−x−y
0︸ ︷︷ ︸
X0,4
x2dzdydx (12)
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2(1− x− y)dydxX0,2 (13)
=
1
2
∫ 1
0
(x2 − 2x3 + x4)dxX0,3 (14)
=
1
24
X0,3. (15)
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Resolução da Questão 4. Primeiramente, identificamos
P (x, y) = y + e
√
x e Q(x, y) = 2x+ cos y2. (16)
Pelo teorema de Green, a integral de linha satisfaz
I =
∫
C
F · dr =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dAX0,4, (17)
em que D é a região mostrada na figura abaixo.
Mas,
∂Q
∂x
= 2 e
∂P
∂y
= 1.X0,4 (18)
Calculando o trabalho como uma integral iterada, encontramos
I =
∫∫
D
1dA =
∫ 1
0︸︷︷︸
X0,4
∫ √x
x2︸ ︷︷ ︸
X0,4
dydx =
∫ 1
0
(x1/2 − x2)dx = 1
3
.X0,4 (19)
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Resolução da Questão 5. Pelo teorema de Stokes,
I =
∮
C
F · dr =
∫∫
S
rot F · dS,X0,3 (20)
em que S a parte do plano z = 2 no interior do cone z =
√
x2 + y2, ou seja, S é o círculo de raio 2 no plano z = 2.
Com efeito, usando coordenadas cilíndricas, podemos descrever S através das equações x = r cos θ, r sen θ e z = 2,
com 0 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2pi. Alternativamente, podemos descrever S através da equação vetorial
s(r, θ) = (r cos θ)i+ (r sen θ)j+ 2k, (r, θ) ∈ D,X0,3 (21)
em que D = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2pi}.
Pela definição de integral de superfície, teremos
I =
∫∫
D
rot F · (sr × sθ)dAX0,3, (22)
em que sr e sθ são os vetores tangentes a superfície S dados por
sr = cos θi+ sen θj e sθ = −r sen θi+ r cos θj. (23)
Portanto,
sr × sθ =
∣∣∣∣∣∣
i j k
cos θ sen θ 0
−r sen θ r cos θ 0
∣∣∣∣∣∣ = rk.X0,3 (24)
Observe que sr × sθ aponta para cima e, portanto, a curva C é percorrida no sentido anti-horário! Além disso, pela
definição do rotacional, temos que
rot F =
∣∣∣∣∣∣
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2 − y 4z x2
∣∣∣∣∣∣ = −4i− 2xj+ k = −4i− 2r cos θj+ k.X0,3 (25)
Assim, a integral é dada por
I =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
rdrdθX0,3 = 4pi.X0,2 (26)