Prova 1 (com gabarito)

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Primeira Prova de Cálculo 2
Questão 1 (6 pontos): Determine os pontos de máximo e mínimo locais e os pontos de sela da função
f(x, y) = xy − x
4
4
− y
4
4
+ 15
Resposta: Observe inicialmente que Dom(f) = R2. Temos que
fx(x, y) = y − x3 e fy(x, y) = x− y3
e que as derivadas parciais de f existem para todo (x, y) ∈ R2. Logo, os únicos pontos críticos de f são os
pontos nos quais as duas derivadas parciais de f se anulam simultaneamente, ou seja, os pontos nos quais
∇f(x, y) = −→0 . Temos que resolver então o sistema{
y − x3 = 0
x− y3 = 0
Da primeira equação temos y = x3 e, substituindo isto na segunda equação, temos x − x9 = 0. Assim
x(1− x8) = 0 e temos que x = 0 ou x = 1 ou x = −1.
• Se x = 0, então y = x3 = 0.
• Se x = 1, então y = x3 = 1.
• Se x = −1, então y = x3 = −1.
Logo, os pontos críticos de f são (0, 0), (1, 1) e (−1,−1). Vamos usar o teste da derivada de segunda
ordem para tentar determinar se esses pontos são pontos de máximo local, mínimo local ou sela. Temos
que
D(x, y) = det
[
fxx(x, y) fxy(x, y)
fxy(x, y) fyy(x, y)
]
= det
[−3x2 1
1 −3y2
]
= 9x2y2 − 1
Temos então que
• D(0, 0) = −1 < 0 e, portanto, (0, 0) é um ponto de sela.
• D(1, 1) = 8 > 0 e fxx(1, 1) = −3 < 0. Logo, (1, 1) é um ponto de máximo local.
• D(−1,−1) = 8 > 0 e fxx(−1,−1) = −3 < 0. Logo, (−1,−1) é um ponto de máximo local.
Questão 2 (7 pontos): Determine o máximo e o mínimo global da função
f(x, y) = x3 + y3
no disco x2 + y2 ≤ 2 e determine os pontos onde a função f assume estes extremos.
Resposta: Vamos analizar inicialmente os pontos críticos de f que pertencem ao disco. Como as derivadas
parciais de f existem para todo (x, y) ∈ R2, então os únicos pontos críticos de f são os pontos nos quais
as duas derivadas parciais de f se anulam simultaneamente, ou seja, os pontos nos quais ∇f(x, y) = −→0 .
Como
fx(x, y) = 3x
2 e fy(x, y) = 3y
2
então ∇f(x, y) = −→0 se, e somente se, x = 0 e y = 0. Logo, (0, 0) é o único ponto crítico de f . Observamos
que (0, 0) pertence ao disco x2 + y2 ≤ 2 e que
• f(0, 0) = 0
Vamos analisar agora os máximo e os mínimo da função f na fronteira do disco, isto é, no círculo x2+y2 = 2.
Pelo método dos multiplicadores de Lagrange, temos que resolver o sistema{ ∇f(x, y) = λ∇g(x, y)
g(x, y) = 2
onde g(x, y) = x2 + y2. Como ∇f(x, y) = (3x2, 3y2) e ∇g(x, y) = (2x, 2y), então temos que resolver o
sistema 
3x2 = 2xλ
3y2 = 2yλ
x2 + y2 = 2
Multiplicando a primeira equação por y e a segunda por x, obtemos{
3x2y = 2xyλ
3y2x = 2yxλ
Temos então que
3x2y = 3y2x ⇒ 3x2y − 3y2x = 0 ⇒ 3xy(x− y) = 0
e, portanto, x = 0, y = 0 ou x = y.
• Se x = 0, então, pela terceira equação, y2 = 2 e, portanto, y = ±√2.
• Se y = 0, então, pela terceira equação, x2 = 2 e, portanto, x = ±√2.
• Se x = y, então, pela terceira equação, 2y2 = 2 e, portanto, y = ±1. Se y = 1, então x = y = 1. Se
y = −1, então x = y = −1.
Nossos candidatos a pontos de máximo e mínimo globais são os pontos (0,
√
2), (0,−√2), (√2, 0), (−√2, 0),
(1, 1) e (−1,−1). Temos que
• f(0,√2) = f(√2, 0) = 2√2
• f(0,−√2) = f(−√2, 0) = −2√2
• f(1, 1) = 2
• f(−1,−1) = −2
Logo, o máximo global de f é 2
√
2 e ele é assumido nos pontos (0,
√
2) e (
√
2, 0). O mínimo global de f é
−2√2 e ele é assumido nos pontos (0,−√2) e (−√2, 0).
Questão 3 (6 pontos): Considere a função
f(x, y, z) = exyz ln(x2y) + cos z
e o ponto P = (−1, 1, 0).
(a) (2 pontos) Calcule as derivadas parciais de primeira ordem da função f .
fx(x, y, z) = yze
xyz ln(x2y) + exyz
2xy
x2y
= yzexyz ln(x2y) +
2exyz
x
fy(x, y, z) = xze
xyz ln(x2y) + exyz
x2
x2y
= xzexyz ln(x2y) +
exyz
y
fz(x, y, z) = xye
xyz ln(x2y)− sen z
(b) (2 pontos) Determine a direção e o sentido no qual a função f cresce mais rápido no ponto P e a
direção e o sentido no qual a função f decresce mais rápido no ponto P .
Temos que fx(−1, 1, 0) = −2, fy(−1, 1, 0) = 1 e fz(−1, 1, 0) = 0. Logo, ∇f(−1, 1, 0) = (−2, 1, 0). Como a
função cresce mais rápido na direção e no sentido do vetor gradiente e decresce mais rápido na direção e
no sentido oposto do vetor gradiente, então f cresce mais rápido na direção e no sentido do vetor (−2, 1, 0)
e decresce mais rápido na direção e no sentido do vetor (2,−1, 0).
(c) (2 pontos) Calcule a derivada direcional de f na direção e no sentido do vetor −→v = (1, 0, 5) no
ponto P .
Observe que o vetor
−→v não é um vetor unitário. Vamos normalizá-lo. Observe que o vetor
−→u = 1||−→v ||
−→v = 1√
26
(1, 0, 5) =
(
1√
26
, 0,
5√
26
)
é o vetor unitário na direção e no sentido do vetor
−→v . Logo, a derivada direcional de f na direção e no
sentido do vetor
−→v = (1, 0, 5) no ponto P é(
df
ds
)
−→u ,P
= ∇fP • −→u = (−2, 1, 0) •
(
1√
26
, 0,
5√
26
)
= − 2√
26
Questão 4 (6 pontos): Determine o ponto sobre a curva de interseção do plano 2x−y = 1 com o cilindro
z2 + y2 = 1 mais próximo da origem e o ponto mais distante da origem.
Observe que queremos maximizar e minimizar a função distância de um ponto a origem
d(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2
quando nos restringimos à curva de interseção do plano 2x − y = 1 com o cilindro z2 + y2 = 1. Observe
ainda que maximizar e minimizar a função d é o mesmo que maximizar ou minimizar a função
f(x, y, z) = x2 + y2 + z2
Se considerarmos as funções g(x, y, z) = 2x− y e h(x, y, z) = z2 + y2, então o que queremos é determinar
os extremos da função f dadas as duas restrições g(x, y, z) = 1 e h(x, y, z) = 1. Pelo método dos
multiplicadores de Lagrange com duas restrições, temos que determinar todos os valores x, y, z, λ, µ que
satisfazem 
∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)
g(x, y, z) = 1
h(x, y, z) = 1
onde g(x, y, z) = 2x − y e h(x, y, z) = z2 + y2. Como ∇f(x, y, z) = (2x, 2y, 2z), ∇g(x, y, z) = (2,−1, 0) e
∇h(x, y, z) = (0, 2y, 2z), temos que resolver o sistema
2x = 2λ
2y = −λ+ 2yµ
2z = 2zµ
2x− y = 1
z2 + y2 = 1
Da terceira equação, obtemos
2z(1− µ) = 0 ⇒ z = 0 ou µ = 1
• Se µ = 1, então (substituindo este valor na segunda equação) obtemos 2y = −λ + 2y e, portanto,
λ = 0. Da primeira equação, obtemos x = 0. Logo, da quarta equação, y = −1 e da quinta equação
z = 0. Obtemos assim o ponto (0,−1, 0).
• Se z = 0, então (da quinta equação) obtemos y2 = 1, e, portanto, y = ±1. Da quarta equação, temos
que se y = 1, então x = 1 e se y = −1, então x = 0. Logo, obtemos os pontos (2, 1, 0) e (0,−1, 0).
Logo, os dois únicos candidatos a pontos de máximo e mínimo globais são (2, 1, 0) e (0,−1, 0). Temos que
• f(1, 1, 0) = 2
• f(0,−1, 0) = 1.
Concluímos que o ponto mais próximo da origem é o ponto (0,−1, 0) e o ponto mais distante da origem é
o ponto (1, 1, 0).
Questão 5 (4 pontos): Considere a função
f(x, y, z) =
x2 + 2y2
x2 + y2 + z2
(a) (1 ponto) Calcule o limite de f quando (x, y, z) tende a (0, 0, 0) pelo eixo x.
Os pontos do eixo x possuem coordenadas y = 0 e z = 0, e, portanto, são da foma (x, 0, 0). Como
f(x, 0, 0) = 1 para todo x 6= 0, então o limite de f é 1 quando (x, y, z) tende a (0, 0, 0) pelo eixo x.
(b) (1 ponto) Calcule o limite de f quando (x, y, z) tende a (0, 0, 0) pelo eixo z.
Os pontos do eixo z possuem coordenadas x = 0 e y = 0, e, portanto, são da foma (0, 0, z). Como
f(0, 0, z) = 0 para todo z 6= 0, então o limite de f é 0 quando (x, y, z) tende a (0, 0, 0) pelo eixo x.
(c) (2 pontos) A função
g(x, y, z) =

x2 + 2y2
x2 + y2 + z2
se (x, y, z) 6= (0, 0, 0)
0 se (x, y, z) = (0, 0, 0)
é contínua na origem? Justifique a sua resposta.
Como os limites obtidos nas letras (a) e (b) são diferentes, então o limite
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
f(x, y, z)
não existe. Como o limite da função na origem não existe, então a função não é contínua na origem.
Questão 6 (4 pontos): Determine uma equação para o plano tangente ao cone z2 = 4x2 +4y2 no ponto
(0, 1, 2).Seja f(x, y, z) = z2 − 4x2 − 4y2. O que queremos é determinar o plano tangente à superfície de nível
f(x, y, z) = 0. Temos que
fx(x, y, z) = −8x, fy(x, y, z) = −8y e fz(x, y, z) = 2z
Logo, ∇f(0, 1, 2) = (0,−8, 4). Como o vetor gradiente em um ponto é normal ao plano tangente neste
ponto, então o vetor (0,−8, 4) é um vetor normal ao plano cuja equação queremos determinar. Como o
plano passa pelo ponto (0, 1, 2), então sua equação é
0(x− 0)− 8(y − 1) + 4(z − 2) = 0
ou seja,
−2y + z = 0