Cálculo 2 - PROVA 2016.1 UFPE (RESOLVIDA)- 2A UNIDADE

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Departamento de Matemática - UFPE
Cálculo diferencial e integral II - Área II
Gabarito do 2
o
Exercício Escolar - 30/05/2016
1. Derivadas direcionais
(a) (1.5) Se a temperatura em certa região do espaço é dada pela função T (x, y, z) = 3x2− 5y2+2z2
e você está localizado no ponto (1/3, 1/5, 1/2) e quer está num ponto mais frio tão rápido quanto
possível, em que direção você deve seguir?
Resposta:
Vetor gradiente:
∇T (x, y, z) = ∂T
∂x
i+
∂T
∂y
j+
∂T
∂z
k,
= 6xi− 10yj+ 4zk.
No ponto (1/3, 1/5, 1/2),
∇T (1/3, 1/5, 1/2) = 2i− 2j+ 2k.
Uma vez que ∇T indica a direção de maior crescimento da temperatura, para diminuir a tempe-
ratura mais rapidamente deve-se seguir na direção de −∇T , ou seja deve-se seguir na direção u
tal que
u = − ∇T|∇T | =
−2 (i− j+ k)√
3 · 22
=
−i+ j− k√
3
.
(b) (1.0) Determine se a afirmação é falsa ou verdadeira. Se for verdadeira, explique por quê. Caso
contrário, explique por que ou dê um exemplo que mostre que é falsa. Se f tem um mínimo local
em (a, b) e f é diferenciável em (a, b), então ∇f (a, b) = 0.
Resposta:
A afirmação é verdadeira. Vale notar que, se f tem um mínimo local em (a, b), então f (x, y) ≥
f (a, b) para pontos x, y nas vizinhanças de (a, b). Ou seja,
f (x, y)− f (a, b) ≥ 0. (1)
Mas, uma vez que f é diferenciável em (a, b), sua derivada direcional em (a, b) ao longo da direção
do vetor unitário u pode ser escrita como
Duf (a, b) =∇f (a, b) · u.
Se utilizarmos que u = ci+ dj e a definição da derivada direcional, temos que
lim
h→0
f (a+ ch, b+ dh)− f (a, b)
h
=∇f (a, b) · u. (2)
1
Figura 1: f (x, y) = 2x3 + y4, D =
{
(x, y) |x2 + y2 ≤ 1} . Os valores mínimo e máximo absolutos em D são
f (−1, 0) = −2, e f (1, 0) = 2, respectivamente.
O limite na Eq. (2) pode ser resolvido usando a desigualdade (1) e o teorema do confronto. Note
que para h > 0, f(a+ch,b+dh)−f(a,b)h ≥ 0, e portanto
lim
h→0+
f (a+ ch, b+ dh)− f (a, b)
h
≥ 0,
enquanto que para h < 0, f(a+ch,b+dh)−f(a,b)h ≤ 0, de forma que
lim
h→0−
f (a+ ch, b+ dh)− f (a, b)
h
≤ 0.
Daí, pelo teorema do confronto, limh→0
f(a+ch,b+dh)−f(a,b)
h = 0, e a Eq. (2) torna-se
∇f (a, b) · u = 0, ou
cfx (a, b) + dfy (a, b) = 0,
para qualquer direção de u. Esta condição só pode ser satisfeita para valores arbitrários de c e d
se, e somente se, fx (a, b) = fy (a, b) = 0, ou
∇f (a, b) = 0.
2. (2.5) Determine os valores máximos e mínimos absolutos da função f no conjunto D.
f (x, y) = 2x3 + y4, D =
{
(x, y) |x2 + y2 ≤ 1} .
Resposta:
Para encontrar os máximos e mínimos locais de f (x, y) em D podemos encontrar quais pontos críticos
de f estão em D, e os extremos de f sobre o contorno de D. Como último passo, utilizamos o teorema
do valor extremo. Pontos críticos: {
fx (x, y) = 6x
2 = 0
fy (x, y) = 4y
3 = 0
,
2
Figura 2: A intersecção entre o plano x+y+2z = 2 e o paraboloide o paraboloide z = x2+y2 é representado
pela elipse em azul.
ou seja, o único ponto crítico ocorre na origem, (0, 0) e portanto faz parte de D. Daí, f (0, 0) = 0.
Sobre o contorno de D, y2 = 1− x2, e
f
(
x,±
√
1− x2
)
= 2x3 +
(
1− x2)2 ,
= 1− 2x2 + 2x3 + x4.
d
dx
f
(
x,±
√
1− x2
)
= 2x
(−2 + 3x+ 2x2) = 0.
Pontos críticos sobre o contorno em x = 0, e x = 12 (a solução x = −2 está fora do contorno).
Então, sobre o contorno temos os extremos locais f (0,±1) = 1, e f
(
1
2 ,±
√
3
2
)
= 1316 ao fazer a escolha
y2 = 1− x2. Nas extremidades de x no contorno, temos ainda que f (±1, 0) = ±2.
Então, pelo TVE, os valores mínimo e máximo absolutos em D são f (−1, 0) = −2, e f (1, 0) = 2,
respectivamente. Veja a representação da função dentro da região D na Figura 1.
3. (2.5) O plano x+ y+2z = 2 intercepta o paraboloide z = x2+ y2 em uma elipse. Determine os pontos
dessa elipse que estão mais próximos e mais longe da origem.
Resposta:
Este problema pode ser resolvido utilizando multiplicadores de Lagrange. Qualquer ponto sobre o plano
satisfaz
z = 1− x
2
− y
2
, (3)
3
de forma que o quadrado da distância entre um ponto qualquer e a origem é dada por
f (x, y) = x2 + y2 +
(
1− x
2
− y
2
)2
. (4)
Os pontos sobre a elipse devem satisfazer tanto a equação do plano quanto a do paraboloide. Substi-
tuindo a Eq. (3) na Eq. do paraboloide,
z = x2 + y2, ou seja
1− x
2
− y
2
= x2 + y2,
x2 +
x
2
+ y2 +
y
2
= 1. (5)
Para tal, consideremos f (x, y) a função que se deseja encontrar extremos, e g (x, y, z) = x2+ x2+y
2+ y2 =
1 a função que restringe f aos pontos da elipse. Então,
∇f =
[
2x− x
(
1− x
2
− y
2
)]
i+
[
2y − y
(
1− x
2
− y
2
)]
j, (6)
∇g =
(
2x+
1
2
)
i+
(
2y +
1
2
)
j, (7)
de forma que os extremos de f sobre g devem satisfazer
2x− x
(
1− x
2
− y
2
)
= λ
(
2x+
1
2
)
, (8)
2y − y
(
1− x
2
− y
2
)
= λ
(
2y +
1
2
)
, (9)
x2 +
x
2
+ y2 +
y
2
= 1. (10)
Multiplicando (8) por y e subtraindo a Eq. (9) multiplicada por x, temos a condição
0 = λ
(y
2
− x
2
)
, (11)
que será satisfeita apenas se λ = 0, ou x = y.
• Caso λ = 0:
Então de (8), x
(
1 + x2 +
y
2
)
= 0 e x = 0, ou x = −2 − y. Se x = 0, então a Eq. (10) tem soluções
y =
(−1±√17) /4. Notar que f (0, −1+√174 ) ≈ 1, e f (0, −1−√174 ) ≈ 4. Se x = −2 − y, então (10)
pode ser escrita como 2 + 72y + 2y
2 = 0, que não possui raiz real.
• Caso x = y:
Então a Eq. (10) pode ser reescrita como y2 + y2 − 12 = 0 que tem soluções y = −1 e y = 1/2, tais que
f (−1,−1) = 6 e f ( 12 , 12) = 34 .
Portanto, o ponto da elipse mais distante da origem é (−1,−1, 2) cuja distância é √6, enquanto o ponto
mais próximo da origem é
(
1
2 ,
1
2 ,
1
2
)
, e cuja distância é
√
3
2 .
4. (2.5) Determine o volume do sólido que se encontra abaixo do plano 4x+6y− 2z +15 = 0 e acima do
retângulo R = {(x, y) | − 1 ≤ x ≤ 2,−1 ≤ y ≤ 1}.
Resposta:
4
O volume do sólido entre a superfície f e o retângulo R é dado pela integral sobre R de z = 2x+3y+ 152 ,
ou seja
¨
R
(
2x+ 3y +
15
2
)
dA =
ˆ 2
−1
ˆ 1
−1
(
2x+ 3y +
15
2
)
dydx,
=
ˆ 2
−1
(
4x+ 3
y2
2
∣∣∣∣1
y=−1
+ 15
)
dx,
= 4
x2
2
∣∣∣∣2
x=−1
+ 45,
= 51.
Pode-se de forma equivalente iniciar o calculo pela integral em x,
¨
R
(
2x+ 3y +
15
2
)
dA =
ˆ 1
−1
ˆ 2
−1
(
2x+ 3y +
15
2
)
dxdy,
=
ˆ 1
−1
(
x2 + 3yx+
15
2
x
)∣∣∣∣2
x=−1
dy,
=
ˆ 1
−1
(
9y +
51
2
)
dy,
= 51.
5