Prova com gabarito - 2EE

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UFPE - Ca´lculo 2 - 1o E.E. - 17/05/2017
GABARITO
1)(2,0 ptos.) Seja f : R2 −→ R diferencia´vel. Sabendo-se que no
ponto A = (1, 3) o vetor ~v = (1, 1) aponta na direc¸a˜o e sentido de
maior crescimento de f em A e que a derivada direcional de f no
ponto A na direc¸a˜o de ~v e´
√
8, determine ∇f (1, 3) .
Soluc¸a˜o: O vetor ~u =
~v
‖~v‖ =
(√2
2
,
√
2
2
)
e´ o vetor unita´rio na
mesma direc¸a˜o e sentido de ∇f (1, 3) . Ale´m disso, D~uf (1, 3) =
〈∇f (1, 3), ~u〉 = ‖∇f (1, 3)‖ = √8 . Da´ı,
∇f (1, 3) = ‖∇f (1, 3)‖ · ~u =
√
8 ·
(√2
2
,
√
2
2
)
= (2, 2) . 2
2) Seja f (x, y) =
y2 − x2
3
.
(a)(1,5 pto.) Encontre e classifique os pontos cr´ıticos de f .
Soluc¸a˜o: neste caso, na˜o existem pontos cr´ıticos de f nos quais
uma das derivadas parciais na˜o existe, pois f e´ um polinoˆmio e,
portanto, diferencia´vel. Logo, se existem, os pontos cr´ıticos de f
sa˜o aqueles nos quais ∇f = 0 . Pore´m, ∇f (x, y) = (0, 0) ⇔
(−23x, 23y) = (0, 0) ⇔ (x, y) = (0, 0) . Resta agora classificar tal
ponto (u´nico). Para isso, note que D(0, 0) = fxx(0, 0)fyy(0, 0) −
f 2xy(0, 0) = −49 . Como D(0, 0) < 0, enta˜o pelo teste da derivada
segunda concluimos que (0, 0) e´ um ponto de sela. 2
(b)(1,5 pto.) Determine os pontos extremos globais de f em S =
{(x, y) ∈ R2 ; x2 + y2 ≤ 1} .
Soluc¸a˜o: no interior de S, o u´nico ponto candidato a extremo global
e´ (0, 0). Pelo item anterior, concluimos que (0, 0) e´ ponto de sela,
o que o impede de ser extremo local (e consequentemente global).
Procuremos por candidatos na fronteira ∂S := {x2 + y2 = 1}
(a fronteira de S), que pode ser vista como a curva de n´ıvel 1
da func¸a˜o g(x, y) = x2 + y2. Note que ∇g(x, y) = (2x, 2y) =
(0, 0) ⇔ (x, y) = (0, 0). Como a origem na˜o esta´ na fronteira de
S, enta˜o ∇g na˜o se anula em tal curva. Podemos, enta˜o, aplicar o
me´todo dos multiplicadores de Lagrange:
∇f (x, y) = λ∇g(x, y)
(−2
3
x,
2
3
y) = λ(2x, 2y)
Da´ı, devemos procurar resolver o sistema
−23x = 2xλ
2
3y = 2yλ
x2 + y2 = 1
⇐⇒

x(λ + 13) = 0
y(λ− 13) = 0
x2 + y2 = 1
.
Observe que o sistema tem soluc¸a˜o somente se λ = 13 ou λ = −13
(caso contra´rio, x = y = 0 geraria um absurdo). Se λ = 13, enta˜o
x = 0 e y = ±1. Se λ = −13, enta˜o y = 0 e x = ±1. Da´ı, os
candidatos a extremos globais sa˜o (0, 1), (0,−1), (1, 0) e (−1, 0).
Como f (0, 1) = f (0,−1) = 1
3
e f (1, 0) = f (−1, 0) = −1
3
, enta˜o
segue que (0, 1) e (0,−1) sa˜o pontos de ma´ximo global, e (1, 0) e
(−1, 0) sa˜o pontos de mı´nimo global. 2
2
3)(3,0 ptos.) Uma empresa produz x camisas e y calc¸as por meˆs.
Cada camisa e´ vendida por 120− 2x, e cada calc¸a por 200− y . O
custo total da empresa para produzir e vender x camisas e y calc¸as
e´ x2 + 2y2 + 2xy. Admitindo que tudo o que a empresa produz
e´ vendido de fato, determine a produc¸a˜o que maximiza o lucro da
empresa, bem como o lucro ma´ximo poss´ıvel. (Dica: o lucro e´
o total arrecadado com as vendas menos o custo de produc¸a˜o e
venda.)
Soluc¸a˜o: Suponha que V (x, y) seja o total de dinheiro arrecadado
com as vendas, C(x, y) o custo total de produc¸a˜o e venda, e L(x, y)
o lucro da empresa (sempre em relac¸a˜o a x camisas e y calc¸as).
Enta˜o,
L(x, y) = V (x, y)− C(x, y)
L(x, y) = (120− 2x)x + (200− y)y − (x2 + 2y2 + 2xy)
L(x, y) = −3x2 − 3y2 − 2xy + 120x + 200y
Dado que L(x, y) e´ um polinoˆmio (portanto diferencia´vel), procu-
remos por pontos em que∇L = 0. Como∇L(x, y) = (−6x−2y+
120,−6y− 2x+ 200), enta˜o resolver ∇L = 0 equivale a resolver o
sistema {
3x + y = 60
x + 3y = 100
.
Tal sistema tem soluc¸a˜o u´nica (x, y) = (10, 30) . ComoD(10, 30) =
Lxx(10, 30)Lyy(10, 30) − L2xy(10, 30) = (−6) · (−6) − (−2)2 =
36 − 4 = 32 > 0 e Lxx(10, 30) = −6 < 0, enta˜o (10, 30) e´ ponto
de ma´ximo local de L. Como L e´ diferencia´vel e so´ existe um
ponto cr´ıtico de L em R2 que e´ extremo local, enta˜o tal ponto e´
3
extremo global. Portanto, (10, 30) e´ ponto de ma´ximo global e o
lucro ma´ximo e´
Lmax = L(10, 30) = −3 ·102−3 ·302−2 ·10 ·30+120 ·10+200 ·30
Lmax = 3600 . 2
4)(2,0 ptos.) Encontre, caso existam, os pontos de ma´ximo e
mı´nimo absolutos da func¸a˜o f (x, y, z) = 4x2 + 4y2 + 2z, para
(x, y, z) pertencente a` curva E que e´ dada pela intersecc¸a˜o do ci-
lindro x2 + y2 = 5 e o plano 2x + 3y + 2z = 0 .
Soluc¸a˜o: O cilindro pode ser visto como a superf´ıcie de n´ıvel 5 de
g(x, y, z) = x2 + y2 e o plano como a superf´ıcie de n´ıvel zero de
h(x, y, z) = 2x + 3y + 2z . Vamos verificar agora se os vetores
∇g e ∇h na˜o sa˜o paralelos ao longo de tal intersecc¸a˜o. De fato,
se existisse λ ∈ R tal que (2, 3, 2) = α(2x, 2y, 0) = (2xα, 2yα, 0),
enta˜o ter´ıamos o absurdo 2 = 0 . Logo, ∇g e ∇h na˜o sa˜o para-
lelos. Portanto, podemos aplicar o me´todo dos multiplicadores de
Lagrange:
∇f (x, y, z) = α∇g(x, y, z) + β∇h(x, y, z)
(8x, 8y, 2) = α(2x, 2y, 0) + β(2, 3, 2)
Juntas com as equac¸o˜es do cilindro e do plano, tais equac¸o˜es equi-
valem ao sistema 
x(4− α) = β = 1
2y(4− α) = 3β = 3
β = 1
x2 + y2 = 5
2x + 3y + 2z = 0
.
4
Observe que α 6= 4. Logo, x = 14−α e y = 32(4−α) = 32 · 14−α = 32x .
Substituindo na quarta equac¸a˜o, temos
x2 +
(3
2
x
)2
= 5
13
4
x2 = 5
x = ±
√
20
13
= ±2
√
5
13
Da´ı, y = 32x = ±3
√
5
13. Substituindo na u´ltima equac¸a˜o, obtemos
2z = −2x− 3y
z = ∓13
2
√
5
13
Portanto, os candidatos a extremos globais sa˜o os pontos(
2
√
5
13 , 3
√
5
13 , −132
√
5
13
)
e
(
−2
√
5
13 , −3
√
5
13 ,
13
2
√
5
13
)
. Como
f
(
2
√
5
13
, 3
√
5
13
, −13
2
√
5
13
)
< f
(
−2
√
5
13
, −3
√
5
13
,
13
2
√
5
13
)
segue que
(
2
√
5
13 , 3
√
5
13 , −132
√
5
13
)
e´ ponto de mı´nimo absoluto
e
(
− 2
√
5
13 , −3
√
5
13 ,
13
2
√
5
13
)
e´ ponto de ma´ximo absoluto. 2
5