C´alculo Diferencial e Integral II prova 3

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Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Cieˆncias Exatas – ICEx
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo Diferencial e Integral II
Resoluc¸a˜o da 3a prova - 10/03/2002 - 13h
1. Considere f(x, y) = xy arctg (x
y
)
(a) Encontre a curva de nivel c que passa pelo ponto p = (1, 1).
(b) Encontre a equac¸a˜o da reta normal a` curva c no ponto p = (1, 1).
(c) Encontre a derivada direcional de f no ponto p = (1, 1), na direc¸a˜o de ~v = 2~i+~j.
(d) Encontre a equac¸a˜o da reta normal ao gra´fico de f no ponto
P = (x, y, z) onde x =
√
3
2
e y = 1
2
.
Soluc¸a˜o. f(x, y) = xy arctg (x
y
).
(a) f(1, 1) = arctg(1) = pi
4
⇒ O ponto (1, 1) esta´ no n´ıvel pi
4
⇒ A curva de n´ıvel
c que passa pelo ponto (1, 1) e´ xy arctg (
x
y
) =
pi
4
.
(b) fx = y arctg (
x
y
) + xy 1
1+(x
y
)2
· 1
y
⇒ fx = y arctg (xy ) + xy
2
x2+y2
fy = x arctg (
x
y
) + xy 1
1+(x
y
)2
· −x
y2
⇒ fy = x arctg (xy )− x
2y
x2+y2
⇒ fx(1, 1) = pi
4
+
1
2
, fy(1, 1) =
pi
4
− 1
2
A equac¸a˜o sime´trica da reta normal a` curva de n´ıvel de f que passa por (x0, y0) e´
x−x0
fx(x0,y0)
= y−y0
fy(x0,y0)
⇒ x− 1pi
4
+ 1
2
=
y − 1
pi
4
− 1
2
e´ a equac¸a˜o da reta normal a` curva c no ponto p = (1, 1).
(c) ~v = (2, 1)⇒ |~v| = √5 ⇒ ~u = ~v/|~v| = ( 2√
5
, 1√
5
) e´ o vetor unita´rio na direc¸a˜o de ~v.
A derivada direcional de f no ponto p = (1, 1), na direc¸a˜o de ~v = 2~i+~j e´
D~uf(1, 1) = ∇f(1, 1) · ~u = (pi4 + 12) 2√5 + (pi4 − 12) 1√5 =
3pi + 2
4
√
5
.
(d) No ponto (
√
3
2
, 1
2
),
fx(
√
3
2
, 1
2
) = 1
2
arctg(
√
3)+
√
3
8
3
4
+ 1
4
=
pi
6
+
√
3
8
, e
fy(
√
3
2
, 1
2
) =
√
3
2
arctg(
√
3)− 383
4
+ 1
4
=
√
3pi
6
− 3
8
.
Temos que a equac¸a˜o da reta normal a uma superf´ıcie F (x, y, z) = c no ponto (x0, y0, z0)
esta´ dada por x−x0
Fx(x0,y0,z0)
= y−y0
Fy(x0,y0,z0)
= z−z0
Fz(x0,y0,z0)
.
O gra´fico da superf´ıcie z = f(x, y) pode ser dado por F (x, y, z) = f(x, y) − z = 0
e, assim, a equac¸a˜o da reta normal a z = f(x, y) em (x0, y0, f(x0, y0)) e´ dada por
x−x0
fx(x0,y0)
= y−y0
fy(x0,y0)
= z−z0−1 .
Enta˜o a equac¸a˜o da reta normal ao gra´fico de f no ponto P = (x0, y0, z0) em que
x0 =
√
3
2
, y0 =
1
2
e z0 =
√
3
4
arctg(
√
3) =
pi
√
3
8
e´
x−
√
3
2
pi
6
+
√
3
8
=
y − 1
2√
3pi
6
− 3
8
=
z − pi
√
3
8
−1 .
2. Seja w = f(ρ) onde f e´ duas vezes diferencia´vel e ρ = (x2 + y2 + z2)
1
2 .
(a) Encontre ∂w
∂x
, ∂w
∂y
e ∂w
∂z
.
(b) Mostre que w = f(ρ) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial parcial
(∂w
∂x
)2 + (∂w
∂y
)2 + (∂w
∂z
)2 = (dw
dρ
)2.
Soluc¸a˜o. (a), (b) Temos que w e´ func¸a˜o de ρ que por sua vez e´ func¸a˜o de x, y e z;
portanto, pela regra da cadeia,
∂w
∂x
= dw
dρ
∂ρ
∂x
= dw
dρ
x
ρ
, ∂w
∂y
= dw
dρ
∂ρ
∂y
= dw
dρ
y
ρ
, e ∂w
∂z
= dw
dρ
∂ρ
∂z
= dw
dρ
z
ρ
, .
E enta˜o, comec¸ando pelo lado esquerdo da equac¸a˜o, temos
(∂w
∂x
)2 + (∂w
∂y
)2+ (∂w
∂z
)2 = (dw
dρ
x
ρ
)2 + (dw
dρ
y
ρ
)2+ (dw
dρ
z
ρ
)2 = (dw
dρ
)2((x
ρ
)2 + (x
ρ
)2 + (x
ρ
)2) =
(dw
dρ
)2(x
2+y2+z2
ρ2
) = (dw
dρ
)2
(pois, x2 + y2 + z2 = ρ2), chegando assim ao lado direito da equac¸a˜o.
3. Encontre os ma´ximos e mı´nimos absolutos de f(x, y) = x2 + 4y2 definida em
A = {(x, y) ∈ R2/ x2 + y2 ≤ 1}.
Soluc¸a˜o. Procuraremos os valores ma´ximo e mı´nimo absoluto de f no disco fechado
x2 + y2 ≤ 1
No interior do disco fechado, x2 + y2 < 1 :
Pontos cr´ıticos: fx = 2x = 0, fy = 8y = 0 ⇒ f(0, 0) = 0
Na fronteira do disco fechado, x2 + y2 = 1 :{
f(x, y) = x2 + 4y2 (maximizar)
g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0 ⇒ ∇f(x, y) = λ∇g(x, y), g(x, y) = 0,
usando multiplicadores de Lagrange. Ou seja
⇒ 2x = λ(2x), 4y = λ(2y), x2 + y2 − 1 = 0.
E sa˜o duas as possibilidades:
1a) x = 0 → y2 − 1 = 0 ⇒ y = ±1 ⇒ f(0,±1) = 4, ou,
2a) λ = 1 ⇒ y = 0 ⇒ x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1, y = 0 ⇒ f(±1, 0) = 1 .
Os valores mı´nimo e ma´ximo de f sa˜o, respectivamente (apo´s a comparac¸a˜o entre
os treˆs valores achados), f(0, 0) = 0 e f(0,±1) = 4.