AV2 Cálculo II Eng Civil Resolução e Pauta de Correção

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Resolução e pauta de correção da 2ª avaliação de Cálculo II
Questão 1: [2,0 pt]
Suponha que a parte de uma árvore que é utilizada como madeira seja um cilindro circular reto. Se a altura utilizável
da árvore cresce a uma taxa de 2 pés por ano e o diâmetro utilizável cresce a 3 pol por ano, com que velocidade
cresce o volume da madeira utilizável quando a altura utilizável da árvore for de 20 pés e o diâmetro utilizável for
de 30 pol? [1 pé = 12 pol]
Solução:
Temos os seguintes dados do problema: dh
dt
= 2pés/ano; dD
dt
= 3pol/ano; h = 20pés e D = 30pol . Onde: h é a
altura e D é o diâmetro utilizável da árvore. Queremos encontrar dV
dt
.
Sabe-se que, V =piR2h, onde R é o raio. Como R = D
2
, teremos:
V =pi
(
D
2
)2
h⇒V (D,h)= pi
4
D2h
Então, pela regra da cadeia, obtemos:
dV
dt
= ∂V
∂D
dD
dt
+ ∂V
∂h
dh
dt
Mas, ∂V
∂D
= pi
2
Dh e ∂V
∂h
= pi
4
D2.
Logo,
dV
dt
= pi
2
Dh
dD
dt
+ pi
4
D2
dh
dt
Substituindo os dados, convertendo as unidades de medidas para pol, obtemos:
dV
dt
= pi
2
·30 ·240 ·3+ pi
4
·302 ·24= 6200pi pol3/ano ou 9,375 pés3/ano
Pauta de correção:
• Extrair corretamente os dados do problema: — 0,25 pt
• Expressar o volume em função do diâmetro (ou raio) e a altura: : — 0,25 pt
• Aplicar corretamente a regra da cadeia: — 0,5 pt
• Encontar as derivadas parciais do volume em relação ao diâmetro e a altura corretamente: — 0,5 pt
• Encontrar corretamente o resultado: — 0,5 pt
Questão 2: [2,0 pt] (a) = 1,0 e (b) = 1,0
(a) Determine a equação da reta tangente à curva de nível e2x−y +2x+2y = 4 no ponto ( 12 ,1)
(b) Determine a equação do plano tangente ao elipsóide x2+2y2+3z2 = 36 no ponto (1,2,3)
Solução (a):
Considere f (x, y)= e2x−y +2x+2y . Temos que: ∂ f
∂x
= 2e2x−y +2 e ∂ f
∂y
=−e2x−y +2.
Daí, ∇ f ( 12 ,1)= (4,1). Assim, a equação da reta tangente será:
∇ f · (x−x0, y − y0)= 0 ⇒
4 · (x− 1
2
)+1 · (y −1)= 0 ⇒
4x−2+ y −1= 0 ⇒ 4x+ y = 3
Solução (b):
Considere F (x, y,z)= x2+2y2+3z2. Temos: ∂F
∂x
= 2x ; ∂F
∂y
= 4y ; ∂F
∂z
= 6z
Daí, ∇ f (1,2,3)= (2,8,18). Assim, a equação do plano será:
∇ f · (x−x0, y − y0,z− z0)= 0 ⇒
2 · (x−1)+8 · (y −2)+18 · (z−3)= 0 ⇒
2x−2+8y −16+18z−54= 0 ⇒ x+4y +9z = 36
Pauta de correção:
Item (a)
• Encontrar o vetor gradiente e aplicar a propriedade do gradiente em relação à curva de nível: — 0,5 pt
• Encontrar a equação da reta tangente corretamente: — 0,5 pt
Item (b)
• Encontrar o vetor gradiente e aplicar a propriedade do gradiente em relação à superfície de nível: — 0,5 pt
• Encontrar a equação do plano corretamente: — 0,5 pt
Questão 3: [2,0 pt] (a) = 1,0 e (b) = 1,0
Encontre a derivada direcional de f (x, y)= ln(x2+ y2) no ponto (1,2):
(a) no sentido deste ponto para a origem
(b) no sentido em que ela seja máxima
Solução(a):
Considere o vetor ~v = (0,0)− (1,2) = (−1,−2). Temos, ||~v || =
√
(−1)2+ (−22) = p5. Assim, um versor na direção e
sentido de ~v , será:
~u = ~v||~v || =
(−1p
5
,
−2p
5
)
Por outro lado, ∂ f
∂x
= 2x
x2+ y2 e
∂ f
∂y
= 2y
x2+ y2 . Logo, ∇ f (1,2)=
(
2 ·1
12+22 ,
2 ·2
12+22
)
=
(
2
5
,
4
5
)
.
Segue que:
∂ f
∂~u
= ∇ f (1,2) ·~u
=
(
2
5
,
4
5
)
·
(−1p
5
,
−2p
5
)
= − 2
5
p
5
− 8
5
p
5
= − 10
5
p
5
=− 2
5
p
5
=−2
p
5
25
Solução(b):
A derivada direcional máxima é dada por:
||∇ f (1,2)|| =
√(
2
5
)2
+
(
4
5
)2
=
√
4
25
+ 16
25
=
√
20
25
= 2
p
5
5
Pauta de correção:
Item (a)
• Encontrar um versor na direção procurada: — 0,25 pt
• Encontar o vetor gradiente: — 0,25 pt
• Encontar a derivada direcional corretamente: — 0,5 pt
Item (b)
• Encontrar o resultado corretamente: — 1,0 pt
Questão 4: [2,0 pt]
Uma caixa retangular sem tampa deve ser feita com 12m2 de papelão. Determine o volume máximo de tal caixa.
Solução:
Considere x , y e z o comprimento, a largura e a altura, respectivamente, da caixa. Então, a área da superfície desta
caixa será:
2xz+2yz+xy = 12⇒ z = 12−xy
2(x+ y)
O volume da caixa é dado por: V = xyz . Substituindo z no volume, obtemos:
V (x, y)= xy(12−xy)
2(x+ y) =
12xy −x2y2
2(x+ y)
Queremos que V seja máximo, então:
∂V
∂x
= (12y −2xy
2) ·2(x+ y)− (12xy −x2y2) ·2
4(x+ y)2 = 0
∂V
∂y
= (12x−2x
2y) ·2(x+ y)− (12xy −x2y2) ·2
4(x+ y)2 = 0
Como x > 0 e y > 0, segue que:{
12xy +12y2−2x2y2−2xy3−12xy +x2y2 = 0
12x2+12xy −2x3y −2x2y2−12xy +x2y2 = 0 ⇒
{
12y2−x2y2−2xy3 = 0
12x2−2x3y −x2y2 = 0 ⇒
{
y2(12−x2−2xy)= 0
x2(12−2xy − y2)= 0
⇒
{
12−x2−2xy = 0
12−2xy − y2 = 0 ⇒ x
2 = y2⇒ x = y
Assim,
12−x2−2x2 = 0⇒ 3x2 = 12⇒ x2 = 4⇒ x = 2⇒ y = 2
Logo, (2,2) é o único ponto crítico. Como o problema exige um valor máximo, então este ponto será de máximo, ou
seja, devemos ter x = 2 e y = 2. Portanto, o volume máximo será:
Vmáx = 12 ·2 ·2−2
2 ·22
2(2+2) =
48−16
8
= 32
8
= 4 m3
Pauta de correção:
• Expressar o volume como uma função de duas variáveis: — 0,5 pt
• Encontrar as derivadas parciais de V : — 0,5 pt
• Encontrar as dimensões da caixa: — 0,5 pt
• Encontrar o resultado corretamente: — 0,5 pt
Questão 5: [2,0 pt]
Mostre, pela definição, que a função f (x, y)= 1
x+ y é diferenciável.
Solução:
Temos, fx = fy =− 1
(x+ y)2 . Daí,
E(h,k) = f (x+h, y +k)− f (x, y)− fx ·h− fy ·k
= 1
(x+h+ y +k) −
1
x+ y +
h
(x+ y)2 +
k
(x+ y)2
= (x+ y)
2− [(x+ y)+ (h+k)](x+ y)+h[(x+ y)+ (h+k)]+k[(x+ y)+ (h+k)]
(x+h+ y +k)(x+ y)2
= (x+ y)
2− (x+ y)2− (x+ y)(h+k)+h(x+ y)+h2+hk+k(x+ y)+hk+k2
[(x+ y)+ (h+k)](x+ y)2
= h
2+2hk+k2
[(x+ y)+ (h+k)](x+ y)2
Então,
lim
(h,k)→(0,0)
E(h,k)
||(h,k)|| = lim(h,k)→(0,0)
1
(x+h+ y +k)(x+ y)2 ·
h2+2hk+k2p
h2+k2
= lim
(h,k)→(0,0)
1
(x+h+ y +k)(x+ y)2 · lim(h,k)→(0,0)h ·
hp
h2+k2
+2h · kp
h2+k2
+k · kp
h2+k2
= 1
(x+ y)3 ·0 = 0
Logo, f é diferenciável.
Pauta de correção:
• Encontrar E(h,k): — 1,0 pt
• Mostrar que o limite lim
(h,k)→(0,0)
E(h,k)
||(h,k)|| = 0 e concluir que f é diferenciável: — 1,0 pt