AP3 CIII 2016 1 gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
AP3 – CA´LCULO III – 2016-1 (Gabarito)
Nome: Matr´ıcula:
Polo: Data:
Atenc¸a˜o!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula, • O desenvolvimento das questo˜es pode ser a la´pis. No entanto,
Polo e Data; as respostas devera˜o estar necessariamente a` caneta;
• E´ expressamente proibido o uso de calculadoras; • E´ expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res- • As respostas devem estar acompanhadas de justificativa.
ponsa´vel; Respostas sem justificativa na˜o sera˜o consideradas.
Questa˜o 1 (2,0 pontos) Considere a func¸a˜o f : R2 −→ R, definida por
f(x, y) =

x3 + y3
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0),
0 se (x, y) = (0, 0).
(a) (1,0 ponto) Determine os pontos nos quais f e´ cont´ınua;
(b) (1,0 ponto) Caso existam, calcule
∂f
∂x
(0, 0) e
∂f
∂y
(0, 0).
Soluc¸a˜o:
(a) Incialmente, observamos que f e´ cont´ınua em cada (x, y) 6= (0, 0), pois, nesse caso, se exprime
como o quociente de polinoˆmios em duas varia´veis. Ale´m disso,
lim
(x,y)→(0,0)
x
(
x2
x2 + y2
)
= 0,
pois lim
(x,y)→(0,0)
x = 0 e a func¸a˜o
(x, y) ∈ R2 − {(0, 0)} 7−→ x
2
x2 + y2
∈ R
e´ limitada. Analogamente, tambe´m temos
lim
(x,y)→(0,0)
y
(
y2
x2 + y2
)
.
Logo,
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
[
x
(
x2
x2 + y2
)
+ y
(
y2
x2 + y2
)]
= 0 + 0 = f(0, 0),
o que mostra que f tambe´m e´ cont´ınua em (0, 0).
CA´LCULO III AP3 2
(b) Utilizando as definic¸o˜es de derivada parcial, vem que
∂f
∂x
(0, 0) = lim
h→0
f(0 + h, 0)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
h3
h(h2 + 0)
= 1
e
∂f
∂y
(0, 0) = lim
h→0
f(0, 0 + h)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
h3
h(0 + h2)
= 1.
Questa˜o 2 (2,0 pontos) Calcule ou mostre que na˜o existem os seguintes limites:
(a) (1,0 ponto) lim
(x,y)→(0,0)
(x2 + y2) cos
(
1
x2 + y3
)
;
(b) (1,0 ponto) lim
(x,y)→(0,0)
x2 + y4
2x3 + y5
.
(a) Como lim
(x,y)→(0,0)
(x2 + y2) = 0 e a func¸a˜o cosseno e´ limitada (lembre que −1 ≤ cos t ≤ 1 para
todo t ∈ R), conclu´ımos que
lim
(x,y)→(0,0)
(x2 + y2) cos
(
1
x2 + y3
)
= 0.
(b) Consideremos o caminho retil´ıneo γ(t) = (0, t), onde t ∈ R. Observemos que (0, 0) ∈ Im γ.
Pondo f(x, y) =
x2 + y4
2x3 + y5
para cada (x, y) ∈ R2, com 2x3 + y5 6= 0, temos
f(γ(t)) =
t4
t5
=
1
t
para todo t 6= 0. Assim, na˜o existe lim
t→0
f(γ(t)), o que nos diz que
lim
(x,y)→(0,0)
x2 + y4
2x3 + y5
tambe´m na˜o existe.
Questa˜o 3 (3,0 pontos)
Seja f : R2 −→ R uma func¸a˜o diferencia´vel, e defina g : R2 −→ R pondo
g(s, t) = f(s2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)
para cada (s, t) ∈ R2. Sabendo que gs(−3,−1) = −7 e gt(−2,−1) = −6e − 52, calcule as duas
derivadas parciais de f no ponto P = (e+ 1, 2).
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CA´LCULO III AP3 3
Soluc¸a˜o:
Para cada (s, t) ∈ R2, ponhamos x = x(s, t) = s2+5s+6+et2+t4 e y = y(s, t) = s2+5s+6+t4+t6.
Nesse caso, aplicando a Regra da Cadeia, obtemos
gs(s, t) = fx(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)xs(s, t)
+ fy(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)ys(s, t)
= fx(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)(2s+ 5)
+ fy(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)(2s+ 5)
para todo (s, t) ∈ R2. Analogamente,
gt(s, t) = fx(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)xt(s, t)
+ fy(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)yt(s, t)
= fx(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)(2tet
2
+ 4t3)
+ fy(s
2 + 5s+ 6 + et
2
+ t4, s2 + 5s+ 6 + t4 + t6)(4t3 + 6t5).
Com isso,
−7 = gs(−3,−1) = −fx(e+ 1, 2)− fy(e+ 1, 2)
e
−6e− 52 = gt(−2,−1) = fx(e+ 1, 2) · (−2e− 4)− 10fy(e+ 1, 2).
Pondo α = fx(e + 1, 2) e β = fy(e + 1, 2), temos que resolver o sistema linear formado pelas duas
equac¸o˜es
−α− β = −7
e
(−2e− 4)α− 10β = −6e− 52.
Como a primeira equac¸a˜o fornece α = 7− β, utilizando a segunda equac¸a˜o, obtemos
(−2e− 4)(7− β)− 10β = −6e− 52 =⇒ (−14e− 28) + (2e− 6)β = −6e− 52
=⇒ fy(e+ 1, 2) = β = 8(e− 3)
2(e− 3) = 4
e, consequentemente, fx(e+ 1, 2) = α = 7− 4 = 3.
Questa˜o 4 (3,0 pontos) Utilizando o me´todo dos multiplicadores de Lagrange, determine os valores
extremos da func¸a˜o
f(x, y) = x2 + y2
sobre a elipse 2x2 + 3y2 = 1.
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CA´LCULO III AP3 4
Soluc¸a˜o:
Pelo me´todo dos multiplicadores de Lagrange, os pontos P = (x, y) onde f assume valores extremos
na elipse dada devem satisfazer
(2x, 2y) = ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) = λ(4x, 6y)
e
2x2 + 3y2︸ ︷︷ ︸
g(x,y)
= 1
para algum λ ∈ R.
Primeiramente, observemos que
2x = 4λx =⇒ x(2− 4λ) = 0 =⇒ x = 0 ou λ = 1
2
.
Nesse caso,
x = 0 e g(x, y) = 1 =⇒ y = ± 1√
3
,
ou seja, P1 =
(
0, 1√
3
)
e P2 =
(
0,− 1√
3
)
sa˜o pontos onde f pode assumir valores extremos sobre a
elipse dada. Por outro lado, se λ = 1
2
, temos
2y = 6λy =⇒ y = 0
e, portanto,
g(x, 0) = 1 =⇒ x = ± 1√
2
.
Da´ı, P3 =
(
1√
2
, 0
)
e P4 =
(
− 1√
2
, 0
)
tambe´m sa˜o pontos onde f pode assumir valores extremos
sobre a elipse dada.
Analogamente,
2y = 6λy =⇒ y(2− 6λ) = 0 =⇒ y = 0 ou λ = 1
3
.
Nesse caso,
y = 0 e g(x, y) = 1 =⇒ x = ± 1√
2
,
ou seja, obtemos novamente P3 e P4 como sendo candidatos a pontos onde f assume valores extremos
sobre a elipse dada. E, se λ = 1
3
, temos
6x = 4λx =⇒ x = 0,
donde
g(0, y) = 1 =⇒ y = ± 1√
3
.
Da´ı, obtemos novamente P1 e P2 como sendo candidatos a pontos onde f assume valores extremos
sobre a elipse dada. Finalmente, como
f(P1) = f(P2) =
1
3
e
f(P3) = f(P4) =
1
2
conclu´ımos que P1 e P2 sa˜os os pontos de m´ınimo de f sobre a elipse dada , enquanto P3 e P4 sa˜os
os pontos de ma´ximo de f sobre a mesma curva.
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