P1 Gabarito - 2016/2 - Susana Frometa

Prévia do material em texto

Disciplina - MAT01354
Ca´lculo e Geometria Anal´ıtica IIA/ Turma A3
Gabrito Prova 1 - 05/09/2016
1. (2pt) Considere a reta L1 de equac¸o˜es parame´tricas {x = 2 + t, y = −1− 3t, z = 4 + t} e a
reta L2 de equac¸o˜es parame´tricas {x = −2t, y = 3 + 6t, z = 1 − 2t}. Sabe-se que L1 e L2
na˜o tem ponto em comum e sa˜o paralelas.
(a) Obtenha as equac¸o˜es parame´tricas da reta paralela a`s duas retas L1 e L2 que passa
pelo ponto P (1, 2, 3).
(b) Obtenha a equac¸a˜o do plano determinado pelas retas L1 e L2.
Soluc¸a˜o
a) Das equac¸o˜es parame´tricas das retas L1 e L2 temos que o vetor ~v = 〈1,−3, 1〉 e´ paralelo
a ambas retas.
As equac¸o˜es parame´tricas da reta que passa pelo ponto P (1, 2, 3) e e´ paralela ao vetor−→v = 〈1,−3, 1〉 sa˜o
{x = 1 + t, y = 2− 3t, z = 3 + t}.
b) Para obter a equac¸a˜o do plano que conte´m as duas retas L1 e L2 precisamos um ponto
desse plano e um vetor normal.
Um ponto do plano pode ser obtido fazendo qualquer substituic¸a˜o do valor de t em qual-
quer uma das retas L1 e L2. Por exemplo, fazendo t = 0 na reta L1 obtemos que o ponto
P1(2,−1, 4) pertence ao plano. Fazendo t = 1 em L1 e t = 0 em L2 obtemos, respectiva-
mente, que os pontos P2(3,−4, 5) e P3(0, 3, 1) tambe´m pertencem ao plano.
Sabendo que P1, P2 e P3 sa˜o pontos do plano, temos que os vetores
−−→
P1P2 = 〈1,−3, 1〉 e−−→
P1P3 = 〈−2, 4,−3〉 sa˜o paralelos ao plano. Logo fazendo o produto vetorial deles obtemos
um vetor normal ao plano.
Calculamos o produto vetorial e obtemos
−−→
P1P2 × −−→P1P3 = 5i + j − 2k. Usando este vetor
normal ao plano e o ponto P1 que pertence ao plano, obtemos a equac¸a˜o
5(x− 2) + 1(y + 1)− 2(z − 4) = 0.
A forma geral da equac¸a˜o do plano e´:
5x+ y − 2z = 1.
1
2. (2pt) Considere a func¸a˜o f(x, y) = ex
2y cos(2y).
(a) Encontre o vetor unita´rio no direc¸a˜o do qual a func¸a˜o f cresce mais rapidamente no
ponto P (0, pi
6
).
(b) Calcule a taxa de variac¸a˜o da func¸a˜o f no ponto P (0, pi
6
) na direc¸a˜o e sentido do vetor
encontrado no item anterior.
Soluc¸a˜o
a) Sabe-se que uma func¸a˜o cresce mais rapidamente na direc¸a˜o do vetor gradiente. O
gradiente de f e´:
∇f(x, y) = 〈2xyex2y cos(2y) , x2ex2y cos(2y)− 2ex2y sen(2y)〉.
Enta˜o ∇f(0, pi
6
) = 〈0,−2 sen pi
3
〉 = 〈0,−√3〉. Logo ‖ ∇f(0, pi
6
) ‖= √3. O vetor unita´rio na
direc¸a˜o do qual a func¸a˜o f cresce mais rapidamente no ponto P (0, pi
6
) e´ o vetor gradiente
normalizado: −→v = 〈0,−1〉.
b) Temos que calcular a derivada na direc¸a˜o do vetor gradiente.
A derivada na direc¸a˜o do gradiente equivale a` norma do gradiente, no item anterior calcu-
lamos que ‖ ∇f(0, pi
6
) ‖= √3.
2
3. (2pt) Considere a func¸a˜o f(x, y, z) =
√
1 + x2 + y2z4.
(a) Calcule a derivada direcional da func¸a˜o f na direc¸a˜o e sentido do vetor −→v = 〈6, 3, 6〉
no ponto P (2, 2, 1).
(b) Obtenha a equac¸a˜o do plano tangente a` superf´ıcie de n´ıvel de f que passa pelo ponto
P (2, 2, 1).
Soluc¸a˜o
a) Se −→u e´ um vetor unita´rio, temos
D−→u f(x, y, z) = ∇f(x, y, z) · −→u .
Enta˜o temos que calcular o vetor gradiente da func¸a˜o f no ponto P (2, 2, 1), normalizar o
vetor −→v = 〈6, 3, 6〉 e efetuar o produtor escalar de ambos vetores.
Temos
fx(x, y, z) =
x√
1 + x2 + y2z4
, logo fx(2, 2, 1) =
2
3
;
fy(x, y, z) =
yz4√
1 + x2 + y2z4
, logo fy(2, 2, 1) =
2
3
;
fz(x, y, z) =
2y2z3√
1 + x2 + y2z4
, logo fz(2, 2, 1) =
8
3
.
Assim ∇f(2, 2, 1) = 〈2
3
, 2
3
, 8
3
〉. Por outro lado temos ‖ −→v ‖= √62 + 32 + 62 = 9, enta˜o
normalizando −→v obtemos o vetor unita´rio −→u = 〈2
3
, 1
3
, 2
3
〉.
Finalmente
D−→u f(2, 2, 1) = 〈
2
3
,
2
3
,
8
3
〉 · 〈2
3
,
1
3
,
2
3
〉 = 22
3
.
b) O plano tangente a` superf´ıcie de n´ıvel de f pelo ponto P (2, 2, 1) passa por esse ponto
e tem vetor normal ∇f(2, 2, 1) = 〈2
3
, 2
3
, 8
3
〉, como foi calculado no item anterior. A equac¸a˜o
desse plano e´
2
3
(x− 2) + 2
3
(y − 2) + 8
3
(z − 1) = 0.
Expandindo a equac¸a˜o obtemos a forma geral da equac¸a˜o do plano:
x+ y + 4z = 8.
3
4. (2pt) Determine e classifique todos os pontos cr´ıticos da func¸a˜o
f(x, y) = 18y − x2y − 3y3 + 7.
Soluc¸a˜o
As derivadas parcias de primeira ordem da func¸a˜o f sa˜o
fx(x, y) = −2xy
fy(x, y) = 18− x2 − 9y2.
Os pontos cr´ıticos de f satisfazem as equac¸o˜es
− 2xy = 0 (1)
18− x2 − 9y2 = 0. (2)
Da equac¸a˜o (1) acima temos que x = 0 ou y = 0.
Se x = 0, substituindo em (2) temos 18 − 9y2 = 0, donde y = √2 ou y = −√2. Assim
obtemos que os pontos P1(0,
√
2) e P2(0,−
√
2) sa˜o pontos cr´ıticos de f .
Se y = 0, substituindo em (2) temos 18 − x2 = 0, donde x = 3√2 ou x = −3√2. Assim
obtemos que os pontos P3(3
√
2, 0) e P4(−3
√
2, 0) tambe´m sa˜o pontos cr´ıticos de f .
Agora vamos classificar os pontos cr´ıticos P1, P2, P3 e P4 obtidos acima.
As derivadas de segunda ordem de f sa˜o
fxx(x, y) = −2y
fyy(x, y) = −18y
fxy(x, y) = −2x.
Classificac¸a˜o de P1(0,
√
2):
Temos fxx(0,
√
2) = −2√2, fyy(0,
√
2) = −18√2, fxy(0,
√
2) = 0.
Logo D = fxxfyy − (fxy)2 = 72.
Temos D > 0 e fxx < 0, enta˜o P1(0,
√
2) e´ ponto de ma´ximo relativo.
Classificac¸a˜o de P2(0,−
√
2):
Temos fxx(0,−
√
2) = 2
√
2, fyy(0,−
√
2) = 18
√
2, fxy(0,−
√
2) = 0.
Logo D = fxxfyy − (fxy)2 = 72.
Temos D > 0 e fxx > 0, enta˜o P1(0,−
√
2) e´ ponto de mı´nimo relativo.
Classificac¸a˜o de P3(3
√
2, 0):
Temos fxx(3
√
2, 0) = 0, fyy(3
√
2, 0) = 0, fxy(3
√
2, 0) = −6√2.
Logo D = fxxfyy − (fxy)2 = −72.
Temos D < 0, enta˜o P3(3
√
2, 0) e´ ponto de sela.
Classificac¸a˜o de P4(−3
√
2, 0):
Temos fxx(−3
√
2, 0) = 0, fyy(−3
√
2, 0) = 0, fxy(−3
√
2, 0) = 6
√
2.
Logo D = fxxfyy − (fxy)2 = −72.
Temos D < 0, enta˜o P4(−3
√
2, 0) e´ ponto de sela.
4
5. (2pt) Usando multiplicador de Lagrange, encontre o ponto do c´ırculo (x−2)2 + (y−2)2 = 2
que esta´ mais afastado da origem. A que distaˆncia este ponto se encontra da origem?
Soluc¸a˜o
A func¸a˜o f(x, y) = x2 + y2 indica o quadrado da distaˆncia de um ponto de coordenadas
(x, y) ate´ a origem (0, 0). Queremos maximizar essa func¸a˜o f sujeita a` condic¸a˜o g(x, y) =
(x− 2)2 + (y − 2)2 − 2 = 0.
Temos
∇f(x, y) = 〈2x, 2y〉 e ∇g(x, y) = 〈2(x− 2), 2(y − 2)〉.
Os pontos de extremos da func¸a˜o f sujeitos a` condic¸a˜o g(x, y) = 0 sa˜o aqueles pontos para
os quais existe λ real tal que
∇f(x, y) = λ∇g(x, y).
Temos que resolver o sistema de equac¸o˜es:
x = λ(x− 2), y = λ(y − 2) e (x− 2)2 + (y − 2)2 = 2.
Das duas primeiras equac¸o˜es acima temos que λ 6= 0, pois se λ = 0 ter´ıamos x = 0 e y = 0
o que esta´ en contradic¸a˜o com a terceira equac¸a˜o. Pelo mesmo motivo temos x 6= 0, x 6= 2,
y 6= 0 e y 6= 2. Portanto podemos dividir a primeira pela segunda equac¸a˜o.
Obtemos
x
y
=
x− 2
y − 2 .
Multiplicando cruzado e cancelando o termo xy que aparecera´ em ambos lados, teremos
x = y.
Substituindo na restric¸a˜o g(x, y) = 0 temos
2(x− 2)2 = 2, o que implica que x = 1 ou x = 3.
Isso mostra que os extremos ocorrem nos pontos (1, 1) e (3, 3).
Como f(1, 1) = 2 e f(3, 3) = 18 temos que a distaˆncia ma´xima e´ atingida no ponto (3, 3).
A distaˆncia entre o ponto (3, 3) e a origem (0, 0) e´
√
18 = 3
√
2.
5