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Universidade Federal do ABC - UFABC
2a Avaliação (16/abr/2009) - Diurno - FVV
Profa Gisele Ducati
GABARITO
Questão 1. Seja u = f(x, y) onde x = es cos t e y = es sen t, mostre que
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= e2s
[
∂2u
∂s2
+
∂2u
∂t2
]
Resposta: Primeiramente, vamos calcular a derivada de u em relação a s:
us = uxxs + uyys = es cos tux + es sen tuy .
Já a derivada de u em relação a t é:
ut = uxxt + uyyt = −es sen tux + es cos tuy .
Derivando us novamente em relação a s, temos
uss = es cos tux + es sen tuy + es cos t [es cos tuxx + es sen tuxy] + es sen t [es cos tuxy + es sen tuyy] =
= es cos tux + es sen tuy + e2s cos2 tuxx + 2e2s sen t cos tuxy + e2s sen2 tuyy , (1)
e, em ut em relação a t novamente, obtemos
utt = −es cos tux−es sen tuy−es cos t [−es sen tuxx + es cos tuxy]−es sen t [−es sen tuxy + es cos tuyy] =
= −es cos tux − es sen tuy + e2s sen2 tuxx − 2e2s cos t sen tuxy + e2s cos2 tuyy (2)
Somando eq.(1) e (2) obtemos
uss + utt = e2s [uxx + uyy] .
Questão 2. Determine as equações do plano tangente e da reta normal à superfície dada, no ponto
dado:
(a) x2 + 3y2 + 4z2 = 8 em (1,−1, 1);
(b) 2xyz = 3 em (1/2, 1, 3).
Resposta:
(a) Para encontrarmos o plano tangente, vamos calcular o gradiente da função f(x, y) = x2 +
3y2 + 4z2 = 8 que determina a superfície. Assim,
∇f(x, y, z) = (2x, 6y, 8z) ⇒ ∇f(1,−1, 1) = (2,−6, 8)
portanto, a equação do plano tangente no ponto (1,−1, 1) é dada por
∇f(1,−1, 1) · (x− 1, y + 1, z − 1) = (2,−6, 8) · (x− 1, y + 1, z − 1) = 0 .
Portanto, a equação do plano tangente é dada por
2x− 6y + 8z = 16 ou x− 3y + 4z = 8 .
A equação da reta normal à superfície, no ponto dado, passará pelo ponto e terá como vetor diretor
o vetor gradiente (que é normal à superfície). Assim, a equação da reta normal é
(x, y, z) = (1,−1, 1) + λ(1,−3, 4) .
(b) Para encontrarmos o plano tangente, vamos calcular o gradiente da função f(x, y) = 2xyz = 3
que determina a superfície. Assim,
∇f(x, y, z) = (2yz, 2xz, 2xy) ⇒ ∇f(1/2, 1, 3) = (6, 3, 1)
portanto, a equação do plano tangente no ponto (1/2, 1, 3) é dada por
∇f(1/2, 1, 3) · (x− 1/2, y − 1, z − 3) = (6, 3, 1) · (x− 1/2, y − 1, z − 3) = 0 .
Portanto, a equação do plano tangente é dada por
6x+ 3y + z = 9 .
A equação da reta normal à superfície, no ponto dado, passará pelo ponto e terá como vetor diretor
o vetor gradiente (que é normal à superfície). Assim, a equação da reta normal é
(x, y, z) = (1/2, 1, 3) + λ(6, 3, 1) .
Questão 3. A temperatura em uma bola de metal é inversamente proporcional à distância do centro
da bola, que tomamos como sendo a origem. A temperatura no ponto T (1, 2, 2) é de 120o.
(a) Determine a taxa de variação de T em (1, 2, 2) em direção ao ponto (2, 1, 3).
(b) Mostre que em qualquer ponto da bola a direção de maior crescimento na temperatura é dada
pelo vetor que aponta para a origem.
Resposta: A distância até a origem é dada por
√
x2 + y2 + z2. Se a temperatura é inversamente
proporcional à distância até a origem, então
T (x, y, z) = k
√
x2 + y2 + z2 .
Como T (1, 2, 2) = 120 podemos determinar k, isto é,
T (1, 2, 2) = k
√
1 + 22 + 22 = k3 = 120 ⇒ k = 360 .
Logo, a função temperatura é T (x, y, z) = 360
√
x2 + y2 + z2.
(a) Precisamos calcular a derivada direcional. A direção é determinada por
~u = (2, 1, 3)− (1, 2, 2) = (1,−1, 1)
que normalizado resulta no vetor uˆ = (1/
√
3,−1/√3, 1/√3) . Portanto, a derivada direcional é dada
por
∂T
∂uˆ
(1, 2, 2) = ∇T (1, 2, 2) · (1,−1, 1) 1√
3
,
onde
∇T (1, 2, 2) = 360
( −x
(x2 + y2 + z2)3/2
,
−y
(x2 + y2 + z2)3/2
,
−z
(x2 + y2 + z2)3/2
)
(1,2,2)
=
= −360
(
1
27
,
2
27
,
2
27
)
= −40
3
(1, 2, 2) .
Logo, a derivada direcional é
∂T
∂uˆ
(1, 2, 2) = ∇T (1, 2, 2) · (1,−1, 1) 1√
3
= − 40
3
√
3
(1, 2, 2) · (1,−1, 1) = 40
3
√
3
2
(b) O maior crescimento da temperatura é dado na direção do gradiente já que o ângulo entre o
gradiente e a direção deve ser 0 para que a derivada direcional seja máxima. O gradiente é dado por
∇T (x, y, z) = 360
(x2 + y2 + z2)3/2
(−x,−y,−z)
e, dado o ponto (x, y, z) na bola, o vetor que aponta para a origem é exatamente o vetor (0− x, 0−
y, 0− z) = (−x,−y,−z). Logo, a direção de maior crescimento da temperatura é dada pelo vetor que
aponta para a origem.
Questão 4. Determine os valores de máximo e mínimo absoluto de f(x, y) = 3 + xy − x − 2y na
região triangular fechada com vértices (1, 0), (5, 0) e (1, 4).
Resposta: Vamos inicialmente calcular os candidatos no interior do triângulo. Assim, dada f , vamos
derivar e igualar suas derivadas parciais a zero. Temos
fx(x, y) = y − 1 = 0 ⇒ y = 1 , (3)
fy(x, y) = x− 2 = 0 ⇒ x = 2 . (4)
Logo, o candidato é o ponto (2, 1) e f(2,1) = 1 .
Agora, passemos ao cálculo para os pontos da fronteira. Seja y = 0 e 1 ≤ x ≤ 5. Então,
f(x, 0) = 3− x ⇒ f ′(x, 0) = −1 (5)
logo f é decrescente, portanto, os candidatos serão os extremos deste segmento. Temos
f(1,0)=2 e f(5,0)=-2 .
Repetindo o procedimento para o outro cateto do triângulo, obtemos: x = 1 e 0 ≥ y ≥ 4. Então,
f(1, y) = 2− y ⇒ f ′(0, y) = −1 (6)
logo f é decrescente, portanto, novamente neste segmento, os candidatos serão seus extremos, assim:
f(1,4) = - 2 e f(1,0) = 2 .
Finalmente, fazendo a parametrização da hipotenusa do triângulo temos y = 5− x. Então
f(x, 5− x) = −x2 + 6x− 7 ⇒ f ′(x, 5− x) = −2x+ 6 = 0 ⇒ x = 3 . (7)
Se x = 3 , y = 2, então f(3,2) = 2 e, nos extremos
f(1,4)=-2 e f(5,0)= - 2 .
Comparando todos os resultados encontrados, concluimos que os pontos de máximo global são (1, 0)
e (3, 2), onde a função assume o valor máximo igual a 2 e os pontos de mínimo global são (1, 4) e
(5, 0), onde a função assume o valor mínimo igual a -2 .
Questão 5. Deseja-se construir uma caixa, sem tampa, com 1 m3 de volume e com a forma de um
paralelepípedo-retângulo. O material a ser utilizado na confecção do fundo custa o dobro do que será
utilizado nas laterais. Determinar as dimensões da caixa que minimiza o custo do material. Utilize o
método dos multiplicadores de Lagrange.
Resposta: O volume da caixa é dado por V (x, y, z) = xyz = 1, onde x e y formam a base da caixa e
z é sua altura. O custo do material a ser utilizado na caixa é g(x, y, z) = 2xy+2xz+2yz (note que o
3
custo para se fazer o fundo da caixa é o dobro do custo para se fazer a lateral por isso multiplicamos
o termo xy por 2). O método dos multiplicadores nos diz que
∇V = λ∇g ,
isto é, sabendo que
∇V (x, y, z) = (yz, xz, xy) e ∇g(x, y, z) = (2y + 2z, 2x+ 2z, 2x+ 2y)
temos
yz = λ(2y + 2z)
xz = λ(2x+ 2z)
xy = λ(2x+ 2y)
xyz = 1
Multiplicando as três primeiras equações por x, y e z, respectivamente, obtemos:
xyz = λ(2y + 2z)
xyz = λ(2x+ 2z)
xyz = λ(2x+ 2y)
xyz = 1
Logo, subtraindo a segunda equação da primeira obtemos x = z ou λ = 0 (mas λ não pode ser igual
a zero). Da mesma forma, subtraindo a terceira da segunda, temos z = y. Assim, concluimos que
x = y = z. Como xyz = 1, temos que x3 = 1, isto é, x = 1. Então, a caixa procurada é um cubo de
lado 1.
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