Gabarito P2 (2017 I)

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Universidade Federal de Vic¸osa
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas
Departamento de Matema´tica
2a Prova - MAT241 - Ca´lculo III - 20/05/2017
Nome: Matr´ıcula: Turma:
Turma 1 Turma 2 Turma 3 Turma 4 Turma 5
Giovanni Je´ssyca Edson Sandro Edson
Seg 08 - 10 Seg 16 - 18 Ter 14 - 16 Seg 10 - 12 Ter 08 - 10
Qua 10 - 12 Qui 14 - 16 Qui 16 - 18 Qui 08 - 10 Qui 10 - 12
Em todas as questo˜es justifique suas respostas. Boa Prova!
Questa˜o 1: Considere a func¸a˜o f(x, y) =
√
4− x2 − y2.
(a) (7 pontos) Determine o domı´nio de f e represente-o no plano xy.
(b) (10 pontos) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de f.
(c) (8 pontos) Encontre a equac¸a˜o do plano tangente ao gra´fico de f no ponto (1, 1,
√
2).
(a) Dom(f) = {(x, y) ∈ R2; 4− x2 − y2 ≥ 0}
= {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 4}
x
−2 −1 1 2
y
−2
−1
1
2
0
(b)
Considerando z = f(x, y), obtemos z =
√
4− x2 − y2
z2 = 4− x2 − y2, z ≥ 0
x2 + y2 + z2 = 22, z ≥ 0.
Logo, o gra´fico da func¸a˜o e´ a metade da esfera, de centro (0, 0, 0)
e raio 2, localizada acima do plano xy.
y
1 2 3
z
1
2
3
x
(c) Note que as derivadas parciais de f sa˜o dadas por
∂f
∂x
(x, y) =
1
2
√
4− x2 − y2 · (−2x) =
−x√
4− x2 − y2
∂f
∂y
(x, y) =
1
2
√
4− x2 − y2 · (−2y) =
−y√
4− x2 − y2 .
As derivadas parciais sa˜o cont´ınuas em todos os pontos do plano tais que x2 + y2 = 1, ou seja, f e´ diferencia´vel
nestes pontos e em particular no ponto P0 = (1, 1,
√
2). Logo, um vetor normal ao gra´fico de f e´
−→n =
(
∂f
∂x
(1, 1),
∂f
∂y
(1, 1),−1
)
=
(
− 1√
2
,− 1√
2
,−1
)
6= −→0 .
Logo, a equac¸a˜o do plano normal ao gra´fico de f no ponto P0 e´ dada por〈(
x− 1, y − 1, z −
√
2
)
,
(
− 1√
2
,− 1√
2
,−1
)〉
= 0
√
2x+
√
2y + 2z = 4
√
2.
1
Questa˜o 2: Considere a func¸a˜o f(x, y) =

x3 − y3
x2 + y2
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0)
(a) (7 pontos) A func¸a˜o f e´ cont´ınua em (0, 0) ?
(b) (5 pontos) A func¸a˜o f e´ diferencia´vel fora da origem? Justifique.
(c) (8 pontos) Determine fx(0, 0) e fy(0, 0).
(d) (10 pontos) Verifique se f e´ diferencia´vel na origem.
(a) Observe que
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
(
x3 − y3
x2 + y2
)
= lim
(x,y)→(0,0)
(
x · x
2
x2 + y2
− y · y
2
x2 + y2
)
= 0 = f(0, 0),
uma vez que ∣∣∣∣ x2x2 + y2
∣∣∣∣ ≤ 1 e ∣∣∣∣ y2x2 + y2
∣∣∣∣ ≤ 1.
Logo, f e´ cont´ınua em (0, 0).
(b) Para justificar a diferenciabilidade de f fora da origem, vamos calcular suas derivadas parciais para (x, y) 6= (0, 0).
∂f
∂x
(x, y) =
(x2 + y2)3x2 − (x3 − y3)(2x)
(x2 + y2)2
=
x4 + 3x2y2 + 2xy3
(x2 + y2)2
∂f
∂y
(x, y) =
(x2 + y2)(−3y2)− (x3 − y3)(2y)
(x2 + y2)2
=
−y4 − 3x2y2 − 2yx3
(x2 + y2)2
.
Para (x, y) 6= (0, 0), as derivadas parciais sa˜o cont´ınuas, pois sa˜o quocientes de func¸o˜es cont´ınuas e denominadores
na˜o nulos. Logo, f e´ diferencia´vel para (x, y) 6= (0, 0).
(c) As derivadas parciais em (0,0) devem ser calculadas pela definic¸a˜o. Assim,
∂f
∂x
(0, 0) = lim
t→0
f(0 + t, 0)− f(0, 0)
t
= lim
t→0
t3 − 03
t2 + 02
− 0
t
= lim
t→0
t3
t3
= 1
∂f
∂y
(0, 0) = lim
t→0
f(0, 0 + t)− f(0, 0)
t
= lim
t→0
03 − t3
02 + t2
− 0
t
= lim
t→0
−t3
t3
= −1.
(d) Seja
E(h, k) =
f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0)− h∂f
∂x
(0, 0)− k∂f
∂y
(0, 0)
√
h2 + k2
=
h3 − k3
h2 + k2
− h+ k
√
h2 + k2
=
=
h3 − k3 − h(h2 + k2) + k(h2 + k2)
h2 + k2√
h2 + k2
=
kh2 − hk2
(h2 + k2)3/2
.
Para decidir se f e´ diferencia´vel em (0, 0), devemos calcular o seguinte limite lim
(h,k)→(0,0)
E(h, k). Considere o
seguinte caminho γ(t) = (t, 2t), t ∈ R. Assim,
lim
t→0
E(γ(t)) = lim
t→0
(2t)(t)2 − (t)(2t)2
((t2)2 + (2t)2)3/2
= lim
t→0
2t3 − 4t3
(5t2)3/2
= lim
t→0
−2t3
53/2t3
= − 2
(5)3/2
6= 0.
Logo, f na˜o e´ diferencia´vel em (0, 0).
2
Questa˜o 3: A superf´ıcie de um lago e´ representada por uma regia˜o D no plano xy, de modo que a profundidade (em metros)
sob o ponto (x, y) e´ dada pela func¸a˜o f(x, y) =
√
300− 2x2 − 3y2.
(a) (10 pontos) Encontre a taxa de variac¸a˜o da profundidade do lago no ponto P = (2, 8), na direc¸a˜o e sentido do
vetor −→v = (1, 1).
(b) (10 pontos) Em que direc¸a˜o um bote em P = (2, 8) deve navegar para que a profundidade do lago diminua mais
rapidamente?
(a) A taxa de variac¸a˜o da profundidade sera´ dada por
∂f
∂−→v (2, 8). Observe primeiramente que o domı´nio de f e´ o
seguinte conjunto
Dom(f) = {(x, y) ∈ R2; 2x2 + 3y2 ≤ 300}.
As derivadas parciais de f sa˜o dadas por
∂f
∂x
(x, y) =
1
2
√
300− 2x2 − 3y2 · (−4x) =
−2x√
300− 2x2 − 3y2
∂f
∂y
(x, y) =
1
2
√
300− 2x2 − 3y2 · (−6y) =
−3y√
300− 2x2 − 3y2 .
Assim,
∂f
∂x
(2, 8) =
−2.2√
300− 2.22 − 3.82 =
−4√
100
= −2
5
e
∂f
∂x
(2, 8) =
−3.8√
300− 2.22 − 3.82 =
−24√
100
− 12
5
As derivadas parciais de f sa˜o cont´ınuas em pontos do plano tais que 2x2 + 3y2 < 300, em particular no ponto P.
Desta forma, f e´ diferencia´vel em todos os pontos do plano que satisfazem a desigualde anterior. Logo,
∂f
∂−→v (2, 8) =
〈
∇f(2, 8),
−→v
‖−→v ‖
〉
=
1√
2
〈(
−2
5
,−12
5
)
, (1, 1)
〉
=
−14/5√
2
= − 14
5
√
2
= −7
√
2
5
.
(b) Como a func¸a˜o f descreve a profundidade do lago, a profundidade diminuira´ mais rapidamente na direc¸a˜o de−→u = −∇f(2, 8). Desta forma,
−→u = −∇f(2, 8) = −
(
−2
5
,−−12
5
)
=
(
2
5
,
12
5
)
.
3
Questa˜o 4: Seja f : R2 → R uma func¸a˜o dada por
f(x, y) = xe
(
− x22 − y
2
2
)
.
(a) (15 pontos) Determine os pontos cr´ıticos de f e classifique-os.
(b) (10 pontos) Determine F ′(2), sabendo que
F (t) = f(x(t), y(t)), x(2) = 1, y(2) = −1, x′(2) = 4 e y′(2) = 1.
(a) Utilizando as regras de derivac¸a˜o obtemos
∂f
∂x
(x, y) = e
(
− x22 − y
2
2
)
+ x(−x)e
(
− x22 − y
2
2
)
= (1− x2)e
(
− x22 − y
2
2
)
∂f
∂y
(x, y) = x(−y)e
(
− x22 − y
2
2
)
= (−xy)e
(
− x22 − y
2
2
)
.
Como f possui derivadas parciais em todo R2, os pontos cr´ıticos sa˜o tais que ∇f(x, y) = −→0 . Assim, devemos ter
1− x2 = 0 e −xy = 0. Logo, os pontos cr´ıticos sa˜o P1 = (−1, 0) e P2 = (1, 0). Classificaremos tais pontos cr´ıticos
utilizando o Teste da Segunda Derivada. Para isso, necessitamos das derivadas parciais de ordem 2.
∂2f
∂x2
(x, y) = −2xe
(
− x22 − y
2
2
)
+ (1− x2)(−x)e
(
− x22 − y
2
2
)
= (x3 − 3x)e
(
− x22 − y
2
2
)
∂2f
∂y∂x
(x, y) = (1− x2)(−y)e
(
− x22 − y
2
2
)
= y(x2 − 1)e
(
− x22 − y
2
2
)
∂2f
∂x∂y
(x, y) = −y(e
(
− x22 − y
2
2
)
− x2e
(
− x22 − y
2
2
)
) = y(x2 − 1)e
(
− x22 − y
2
2
)
=
∂2f
∂y∂x
(x, y)
∂2f
∂y2
(x, y) = −x(e
(
− x22 − y
2
2
)
+ y(−y)e
(
− x22 − y
2
2
)
) = x(y2 − 1)e
(
− x22 − y
2
2
)
.
Observe que todas as derivadas parciais de segunda ordem sa˜o cont´ınuas. Considerando A =
∂2f
∂x2
(x0, y0), B =
∂2f
∂y∂x
(x0, y0) =
∂2f
∂x∂y
(x0, y0) e C =
∂2f
∂y2
(x0, y0), com (x0, y0) ponto cr´ıtico tal que ∇f(x0, y0) = −→0 , temos
AC −B2 =
[
e
(
− x22 − y
2
2
)]2 [
(x30 − 3x0)(−x0 + x0y20)− y20(x20 − 1)2
]
= e−x
2−y2 [(x30 − 3x0)(−x0 + x0y20)− y20(x20 − 1)2] .
(i) No ponto P1 = (−1, 0),
AC −B2 = e−1((−1 + 3)(1)− 0) = 2e−1 > 0.
Ale´m disso,
∂2f
∂x2
(−1, 0) = 2e−1/2 > 0, o que caracteriza um ponto de mı´nimo local.
(ii) No ponto P1 = (1, 0),
AC −B2 = e−1((1− 3)(−1)− 0) = 2e−1 > 0.
Ale´m disso,
∂2f
∂x2
(−1, 0) = −2e−1/2 < 0, o que caracteriza um ponto de ma´ximo local.
(b) Primeiramente,
observe que para t = 2, temos x = 1 e y = −1. Ale´m disso,
∂f
∂x
(1,−1) = 0 e ∂f
∂y
(1,−1) = e−1.
Assim, pela regra da cadeia,
F ′(2) =
∂f
∂x
(1,−1) · x′(2) + ∂f
∂y
(1,−1) · y′(2)
= 0 · 4 + e−1 · e−1 · 1 = e−1.
Boa Prova!
4