Cálculo 2 - PROVA 2014.2 UFPE (RESOLVIDA)- 2A UNIDADE

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA2
CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 2
SEGUNDO EXERC´ICIO ESCOLAR
SEGUNDO SEMESTRE DE 2014
26 de Novembro de 2014
Respostas sem ca´lculos ou justificativas na˜o sera˜o aceitas.
1. A equac¸a˜o da superf´ıcie de uma montanha e´ dada pela func¸a˜o f(x, y) = 1200− 3x2− 2y2,
onde as medic¸o˜es de x e y sa˜o feitas em metros. Um alpinista se encontra no ponto
P (−10, 5, f(−10, 5))
(a) (1,0 pontos) Em qual direc¸a˜o o alpinista deve seguir para subir o mais ra´pido poss´ıvel?
Resoluc¸a˜o: Sabemos que o gradiente de uma func¸a˜o aponta pra onde ela cresce mais
ra´pido. Assim, devemos calcular
−→∇f(−10, 5).
Como
−→∇f(x, y) = (fx(x, y), fy(x, y)) = (−6x,−4y), temos que para subir o mais
ra´pido poss´ıvel, o alpinista deve seguir na direc¸a˜o do vetor
−→∇f(−10, 5) = (60,−20).
(b) (1,0 pontos) Se o alpinista se mover na direc¸a˜o do eixo−y positivo, ele estara´ subindo
ou descendo a montanha?
Resoluc¸a˜o: A direc¸a˜o do eixo−y positivo e´ dada pelo vetor unita´rio e2 = (0, 1), logo
De2f (−10, 5) =
∂f
∂y
(−10, 5) = −20 < 0,
ou seja, o alpinista estara´ descendo a uma taxa de -20 metros por unidade de tempo.
2. Considere a func¸a˜o f : R2 → R definida por f(x, y) = (Ax2+y)ey, onde A e´ uma constante
real na˜o nula.
(a) (1,0 pontos) Encontre os pontos cr´ıticos de f.
Resoluc¸a˜o: Para obter os pontos cr´ıticos devemos resolver o sistema{
fx = 0
fy = 0
, isto e´,
{
2Axey = 0
ey + (Ax2 + y)ey = 0
.
Da primeira equac¸a˜o tiramos que x = 0. Substituindo na segunda obtemos y = −1.
Assim, o u´nico ponto cr´ıtico e´ o ponto (0,−1),
(b) (2,0 pontos) Determine os pontos de ma´ximo, m´ınimo e sela da func¸a˜o dada.
Resoluc¸a˜o: Devemos calcular o discriminante de f,
∆(x, y) = fxx(x, y) · fyy(x, y)− [fx,y]2
Como fxx = 2Ae
y, fyy = 2e
y + (Ax2 + y)ey e fxy = 2Axe
y, obtemos
∆(x, y) = 2Aey · [2ey + (Ax2 + y)ey]− [2Axey]2 ,
donde
∆(0,−1) = 2Ae−1 · (2e−1 − e−1) = 2Ae−2.
Assim, conclu´ımos
A ∆(0,−1) fxx(0,−1) Ponto Cr´ıtico (0,−1)
negativo negativo sela
positivo positivo positivo m´ınimo local
(c) (1,0 pontos) Fac¸a A = −1 e determine os valores de ma´ximo e m´ınimo absolutos de
f na regia˜o compacta K = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x2, 0 ≤ x ≤ 1}.
Resoluc¸a˜o: O ponto cr´ıtico obtido no item (a) esta´ fora da regia˜o K, assim resta
verificar sobre a fronteira de K que e´ formada por treˆs curvas
L1 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, y = 0}, L2 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, x = 1} e
L3 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, y = x2}.
Sobre L1 temos f(x, 0) = −x2 com 0 ≤ x ≤ 1. f e´ decrescente neste intervalo,
logo assume ma´ximo em x = 0 e m´ınimo em x = 1, com valores f(0, 0) = 0 e
f(1, 0) = −1.
Sobre L3 a func¸a˜o e´ constante e igual a zero, f(x, x
2) = (−x2 + x2)ex2 = 0.
Finalmente, sobre L2, temos f(1, y) = (y − 1)ey. Como esta func¸a˜o e´ crescente seu
m´ınimo e´ atingido em y = 0 com valor f(1, 0) = −1, e seu ma´ximo em y = 1 com
valor f(1, 1) = 0.
Conclusa˜o: todos os pontos de L3 sa˜o pontos de ma´ximo absoluto de f, onde ela atinge
valor zero nestes pontos; e (1, 0) e´ ponto de m´ınimo absoluto com valor f(1, 0) = −1.
3. (2,5 pontos) Use o me´todo dos multiplicadores de Lagrange para determinar o valor
ma´ximo da func¸a˜o f(x, y, z) = xyz com a restric¸a˜o x+ y + z = 1. Conclua que
3
√
xyz ≤ x+ y + z
3
.
Resoluc¸a˜o: O me´todo consiste em resolver o sistema{ −→∇f = λ · −→∇g
g = 0
,
onde g(x, y, z) = x+ y + z − 1. Como −→∇f = (yz, xz, xy) e −→∇g = (1, 1, 1), temos
yz = λ (1)
xz = λ (2)
xy = λ (3)
x+ y + z = 1 (4)
⇒

xyz = λx
xyz = λy
xyz = λz
x+ y + z = 1
Somando as treˆs primeiras equac¸o˜es e usando a restric¸a˜o x+ y + z = 1 obtemos
3xyz = λ(x+ y + z) = λ.
Observe que se tivermos λ = 0, enta˜o pelo menos uma das varia´veis e´ nula, e portanto f
tambe´m se anulara´ para este valor, e claramente na˜o sera´ ma´ximo. Assim podemos supor
que λ 6= 0. Da´ı, substituindo nas equac¸o˜es (1), (2) e (3), conclu´ımos que
x0 = y0 = z0 =
1
3
fornecem o valor ma´ximo restrito de f,
f(x0, y0, z0) =
1
27
.
Em particular, como (x0, y0, z0) e´ ponto de ma´ximo
xyz = f(x, y, z) ≤ f(x0, y0, z0) = 1
27
⇒ 3√xyz ≤ 3
√
1
27
=
1
3
=
x+ y + z
3
,
onde na u´ltima igualdade foi usado a restric¸a˜o g.
4. (1,5 ponto) Calcule a integral dupla da func¸a˜o f(x, y) = x sen y + y exy sobre o retaˆngulo
R = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, −pi ≤ y ≤ pi}.
Resoluc¸a˜o:∫∫
R
f(x, y) dxdy =
∫∫
R
(x sen y + y exy)dxdy
=
∫∫
R
x sen y dxdy +
∫∫
R
y exy dxdy
=
(∫ 1
0
xdx
)(∫ pi
−pi
sen y dy
)
+
∫ pi
−pi
y
[∫ 1
0
exydx
]
dy
= − cos y|pi−pi +
∫ pi
−pi
y
(
exy
y
∣∣∣∣1
0
)
dy
=
∫ pi
−pi
(ey − 1) dy
= (ey − y)|pi−pi
= epi − e−pi − 2pi.
BOA PROVA!!!