P1-20141

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO ESPI´RITO SANTO
CENTRO DE CIEˆNCIAS EXATAS
DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
PRIMEIRA PROVA DE CA´LCULO 3
CORREC¸A˜O
1. (a) A temperatura num ponto (x, y, z) de uma caˆmara e´ dada pela fo´rmula:
T (x, y, z) =
10
(x− 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 + 1 (1)
estime, com o uso da diferencial, a incerteza (∆T ) na avaliac¸a˜o da temperatura no ponto
(2, 1, 1) sabendo-se que as incertezas nas avaliac¸o˜es das medidas x, y, z sa˜o respectivamente
∆x =
1
50
, ∆y =
1
50
, ∆z =
1
20
.
(b) Exiba a func¸a˜o linearizac¸a˜o L(x, y, z) da func¸a˜o temperatura T (x, y, z) no ponto (2, 1, 1).
Soluc¸a˜o:
a)
Para ∆x, ∆y, ∆z pequenos, ∆T ≈ dT
dT(x0,y0,z0)(∆x,∆y,∆z) = Tx(x0, y0, z0)∆x+ Ty(x0, y0, z0)∆y + Tz(x0, y0, z0)∆z
Tx(x0, y0, z0) = − 20(x0 − 1)
((x0 − 1)2 + (y0 − 1)2 + (z0 − 1)2 + 1)2
, Tx(2, 1, 1) = −5
Ty(x0, y0, z0) = − 20(y0 − 1)
((x0 − 1)2 + (y0 − 1)2 + (z0 − 1)2 + 1)2
, Ty(2, 1, 1) = 0
Tz(x0, y0, z0) = − 20(z0 − 1)
((x0 − 1)2 + (y0 − 1)2 + (z0 − 1)2 + 1)2
, Tz(2, 1, 1) = 0
portanto, dT(2,1,1)(∆x,∆y,∆z) = Tx(2, 1, 1)∆x = −5∆x = −
5
50
= − 1
10
∆T ≈ − 1
10
b)
L(x, y, z) e´ a func¸a˜o afim (linear + constante) que melhor se aproxima de T (x, y, z) numa pequena
vizinhanc¸a de (x0, y0, z0), ou seja,
T (x, y, z) ≈ L(x, y, z) para (x, y, z) pro´ximo de (x0, y0, z0).
Pela diferenciabilidade de T (x, y, z) em (x0, y0, z0) a expressa˜o de L(x, y, z) e´
L(x, y, z) = T (x0, y0, z0) + Tx(x0, y0, z0)(x− x0) + Ty(x0, y0, z0)(y − y0) + Tz(x0, y0, z0)(z − z0)
(x0, y0, z0) = (2, 1, 1) , T (2, 1, 1) = 5 e usando as derivadas acima neste ponto, temos que
L(x, y, z) = 5− 5(x− 2) = 5− 5x+ 10 = 15− 5x
L(x, y, z) = 15− 5x
2. Considere o parabolo´ide de revoluc¸a˜o cuja equac¸a˜o e´
x2 + y2 − z = 0 (2)
(a) Se (x0, y0, z0) e´ um ponto gene´rico do parabolo´ide, determine as equac¸o˜es parame´tricas da
reta normal por este ponto, em seguida, use estas equac¸o˜es para mostrar que a reta normal
passa pelo eixo-z.
(b) Escreva a equac¸a˜o do plano tangente ao parabolo´ide no ponto gene´rico (x0, y0, z0).
Soluc¸a˜o:
a)
Nota-se que o parabolo´ide e´ a superf´ıcie de n´ıvel zero da func¸a˜o
f : R3 → R, f(x, y, z) = x2 + y2 − z
Um vetor normal ao plano tangente a superf´ıcie no ponto (x0, y0, z0) e´ o gradiente neste ponto
∇f(x0, y0, z0) = fx(x0, y0, z0)i + fy(x0, y0, z0)j + fz(x0, y0, z0)k = 2x0i + 2y0j− k.
A reta normal a` superf´ıcie no ponto (x0, y0, z0), passa por este ponto e tem a direc¸a˜o de um
vetor normal, portanto as equac¸o˜es parame´tricas da reta normal, podem ser dadas por
x = x0 + 2x0t,
y = y0 + 2y0t,
z = z0 − t, t ∈ R
O ponto (x, y, z) pertence ao eixo-z se, e somente se, x = y = 0. Observando as duas primeiras
equac¸o˜es da reta, temos que para t0 = −1/2, tem-se que x(−1/2) = 0 = y(−1/2), e portanto o
ponto (x(−1/2), y(−1/2), z(−1/2)) = (0, 0, z0 + 1/2) pertence ao eixo-z.
Assim, no instante t0 = −1/2 , a reta normal intercepta o eixo-z.
b)
Considerando o ponto gene´rico (x0, y0, z0) sobre o parabolo´ide e o vetor normal ao plano tangente
neste ponto ∇f(x0, y0, z0) = 2x0i + 2y0j− k, tem-se que a equac¸a˜o do plano tangente e´
2x0(x− x0) + 2y0(y − y0)− (z − z0) = 0
3. Considere a relac¸a˜o entre coordenadas cartesianas e polares: x = r cos θ, y = r sen θ.
Se z = z(x, y), com o uso da Regra da Cadeia, escreva a Equac¸a˜o Diferencial Parcial abaixo em
cordenadas polares (r, θ). (
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
= 0 (3)
Soluc¸a˜o:
xr = cos θ
xθ = −r sen θ
yr = sen θ
yθ = r cos θ
Pela Regra da Cadeia, temos
zr = zxxr + zyyr =
zθ = zxxθ + zyyθ =
cos θ zx + sen θ zy
−r sen θ zx + r cos θ zy
Em notac¸a˜o matricial, temos[
zr
zθ
]
=
[
cos θ sen θ
−r sen θ r cos θ
] [
zx
zy
]
de modo que[
zx
zy
]
=
[
cos θ sen θ
−r sen θ r cos θ
]−1 [
zr
zθ
]
[
cos θ sen θ
−r sen θ r cos θ
]−1
=
[
cos θ −1r sen θ
sen θ 1r cos θ
]
zx = cos θ zr − 1
r
sen θ zθ
zy = sen θ zr +
1
r
cos θ zθ
(zx)
2 = (cos θ)2 (zr)
2 − 2
r
sen θ cos θ zrzθ +
1
r2
( sen θ)2 (zθ)
2
(zy)
2 = ( sen θ)2 (zr)
2 +
2
r
sen θ cos θ zrzθ +
1
r2
(cos θ)2 (zθ)
2
Somando estas duas u´ltimas equac¸o˜es e igualando a zero, temos a equac¸a˜o (3) em coordenadas
polares:
(
∂z
∂r
)2
+
1
r2
(
∂z
∂θ
)2
= 0
Obs. Foi usada a seguinte fo´rmula para inversa˜o da matriz 2× 2 com determinante na˜o nulo:[
a b
c d
]−1
=
1
ad− bc
[
d −b
−c a
]
4. Determine e tambe´m classifique (max. local, min. local e sela) todos os pontos cr´ıticos da func¸a˜o
f(x, y) = 4 + x3 + y3 − 3xy (4)
Soluc¸a˜o:
Pontos cr´ıticos:
fx(x, y) = 3x
2 − 3y = 0
fy(x, y) = 3y
2 − 3x = 0
Da primeira equac¸a˜o, temos que y = x2. Substituindo na segunda, tem-se
x4 − 3x = 0
x(x3 − 1) = 0
Portanto, as soluc¸o˜es em x sa˜o x = 0 e x = 1. Como y = x2, os pontos cr´ıticos sa˜o
(0,0) e (1,1)
Classificac¸a˜o dos pontos cr´ıticos
Matriz Hessiana Hf (x, y) =
[
fxx fxy
fyx fyy
]
=
[
6x −3
−3 6y
]
D(x, y) = detHf (x, y) = 36xy − 9
Ponto cr´ıtico (0, 0)
D(0, 0) = detHf (0, 0) = −9 < 0.
Portanto (0, 0) e´ um ponto cr´ıtico de sela.
Ponto cr´ıtico (1, 1)
D(1, 1) = detHf (1, 1) = 27 > 0 e fxx(1, 1) = 6 > 0.
Portanto (1, 1) e´ um ponto cr´ıtico de mı´nimo local.
5. Determine as dimenso˜es (arestas) da caixa retangular com lados paralelos aos planos coordena-
dos, de volume ma´ximo que pode ser inscrita no hemisfe´rio superior da esfera de centro (0, 0, 0)
e raio a > 0.
Sugesta˜o: Fac¸a (x, y, z) o ponto de ve´rtice da caixa no 1o octante, usando a simetria do hemisfe´rio
deduza os outros ve´rtices da caixa. Com isto, obtenha o comprimento das arestas e a func¸a˜o
volume V (x, y, z).
Soluc¸a˜o:
Devido ao fato dos lados da caixa serem paralelos aos planos coordenados e tambe´m a simetria
da esfera, tem-se que se (x, y, z) e´ o ve´rtice no 1o octante, enta˜o os outros 3 ve´rtices superiores
da caixa sa˜o: (−x, y, z), (−x,−y, z) e (x,−y, z) onde x > 0, y > 0 e z > 0.
Portanto as arestas X, Y, Z de uma caixa inscrita no hemisfe´rio superior sa˜o dadas por:
X = ||(x, y, z)− (−x, y, z)|| = 2x
Y = ||(x, y, z)− (x,−y, z)|| = 2y
Z = z
O volume V da caixa e´ o produto das arestas, portanto
V (x, y, z) = 4xyz
Usando Multiplicadores de Lagrange, temos
1) Func¸a˜o a ser maximizada: V (x, y, z) = 4xyz
2) Restric¸a˜o: g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 = a2
(ou seja, (x, y, z) pertence a` esfera de centro (0, 0, 0) e raio a > 0).
O ponto extremo de ma´ximo procurado, esta´ entre as soluc¸o˜es das Equac¸o˜es de Lagrange:{ ∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)
g(x, y, z) = a2
Vx = λgx ⇒ 4yz = 2λx (i)
Vy = λgy ⇒ 4xz = 2λy (ii)
Vz = λgz ⇒ 4xy = 2λz (iii)
x2 + y2 + z2 = a2 (iv)
De (i) e (ii) tem-se
λ =
2yz
x
=
2xz
y
⇒ 2y2z = 2x2z ⇒ y2 = x2 ⇒ x = y (pois x, y > 0)
De (ii) e (iii) tem-se
λ =
2xz
y
=
2xy
z
⇒ 2xz2 = 2xy2 ⇒ z2 = y2 ⇒ z = y (pois y, z > 0)
Portanto, o ponto extremo (x0, y0, z0) procurado satisfaz x0 = y0 = z0.
Substituindo na equac¸a˜o (iv), tem-se que 3x20 = a
2 ⇒ x0 =
√
3
3
a
Portanto, foi achado um u´nico ponto extremo
(√
3
3
a,
√
3
3
a,
√
3
3
a
)
Observac¸a˜o: Para verificar que trata-se de um ponto extremo de ma´ximo, basta notar que
pode-se obter caixas com volume pro´ximo de zero tanto quanto se queira, bastando tomar a
coordenada x do ve´rtice pro´xima de zero (caixa achatada). Pois V (x, y, z) = 4xyz, e como
0 ≤ 4xyz ≤ 4xa2, segue-se que V (x, y, z) tende a zero quando x se aproxima de zero.
As arestas da caixa de volume ma´ximo: X = 2
√
3
3
a, Y = 2
√
3
3
a, Z =
√
3
3
a.