EP14 CIII 2013 2 Tutor

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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
EP14 – CA´LCULO III – Gabarito – 2013-2
Exerc´ıcio 1 Verifique que a func¸a˜o u(r, θ) = rn sen(nθ), em que n e´ uma constante, satisfaz a
equac¸a˜o
r2
∂2u
∂r2
+ r
∂u
∂r
+
∂2u
∂θ2
= 0 .
Soluc¸a˜o: Temos que
∂u
∂r
= n rn−1 sen(nθ)
∂u
∂θ
= n rn cos(nθ)
∂2u
∂r2
= n(n− 1) rn−2 sen(nθ)
∂2u
∂θ2
= −n2 rn sen(nθ)
Logo,
r2
∂2u
∂r2
+ r
∂u
∂r
+
∂2u
∂θ2
= r2 n(n− 1) rn−2 sen(nθ) + r n rn−1 sen(nθ)− n2 rn sen(nθ)
= n(n− 1) rn sen(nθ) + n rn sen(nθ)− n2 rn sen(nθ)
= n(n− 1) rn sen(nθ)− n(n− 1) rn sen(nθ)
= 0 .
Exerc´ıcio 2 Seja F (u, v) = f (u+ v, u− v) com f(2, 0) = 1,
∂f
∂x
(2, 0) = −1,
∂f
∂y
(2, 0) = 2,
∂2f
∂x2
(2, 0) = 1,
∂2f
∂y2
(2, 0) = 2,
∂2f
∂x∂y
(2, 0) =
∂2f
∂y∂x
(2, 0) = 3. Calcule
∂F
∂v
(1, 1),
∂2F
∂u∂v
(1, 1) e
∂2F
∂v2
(1, 1).
Soluc¸a˜o: Temos
∂F
∂v
(u, v) =
∂f
∂x
(u+ v, u− v) · 1 +
∂f
∂y
(u+ v, u− v)) · (−1) . (1)
Logo,
∂F
∂v
(1, 1) =
∂f
∂x
(2, 0) · 1 +
∂f
∂y
(2, 0) · (−1)
= −1 · 1 + 2 · (−1)
= −3 .
CA´LCULO III EP14 2
Tambe´m, derivando a Equac¸a˜o (1) com respeito a u temos que
∂2F
∂u∂v
(u, v) =
∂2f
∂x2
(u+ v, u− v) · 1 +
∂2f
∂y∂x
(u+ v, u− v) · 1
−
∂2f
∂x∂y
(u+ v, u− v) · 1−
∂2f
∂y2
(u+ v, u− v) · 1 .
logo
∂2F
∂u∂v
(u, v) =
∂2f
∂x2
(2, 0) · 1 +
∂2f
∂y∂x
(2, 0) · 1
−
∂2f
∂x∂y
(2, 0) · 1−
∂2f
∂y2
(2, 0) · 1
= 1 · 1 + 3 · 1− 3 · 1− 2
= −1 .
Tambe´m, derivando a Equac¸a˜o (1) com respeito a v temos que
∂2F
∂v2
(u, v) =
∂2f
∂x2
(u+ v, u− v) · 1 +
∂2f
∂y∂x
(u+ v, u− v) · (−1)
−
∂2f
∂x∂y
(u+ v, u− v) · 1−
∂2f
∂y2
(u+ v, u− v) · (−1) .
logo
∂2F
∂v2
(u, v) =
∂2f
∂x2
(2, 0) · 1 +
∂2f
∂y∂x
(2, 0) · (−1)
−
∂2f
∂x∂y
(2, 0) · 1−
∂2f
∂y2
(2, 0) · (−1)
= 1 · 1 + 3 · (−1)− 3 · 1− 2(−1)
= −3 .
Exerc´ıcio 3 Para cada func¸a˜o z = f(x, y), a seguir, mostre que a Hessiana H(0, 0) = 0. E que:
• no item (a), (0, 0) e´ um ponto de m´ınimo,
• no item (b), (0, 0) e´ um ponto de ma´ximo
• no item (c), (0, 0) e´ um ponto de sela.
(a) f(x, y) = x4 + y4
(b) f(x, y) = −x4 − y4
(c) f(x, y) = x3y3
Soluc¸a˜o:
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CA´LCULO III EP14 3
(a) Temos que
∂f
∂x
= 4x3,
∂2f
∂x2
= 12x2,
∂f
∂y
= 4y3,
∂2f
∂y2
= 12y2,
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
= 0.
Note que ∇f(0, 0) = (0, 0), logo (0, 0) e´ um ponto cr´ıtico de f , e, portanto, um candidato a
extremo local de f .
Usando o Teste da Derivada de ordem 2, segue que H(x, y) =
∂2f
∂x2
·
∂2f
∂y2
−
(
∂2f
∂x∂y
)2
= 144x2y2 .
E, consequentemente, no ponto (0, 0), H(0, 0) = 0.
Ou seja, pelo Teste da Derivada de Ordem 2, nada podemos concluir a respeito do ponto (0, 0).
Vamos recorrer, enta˜o a definic¸a˜o de ponto de ma´ximo, ponto de m´ınimo e de ponto de sela.
Note que f(0, 0) = 0 e que f(x, y) = x4 + y4 ≥ 0, para todo (x, y) ∈ R2.
Ou seja, f(x, y) ≥ f(0, 0), para todo (x, y) ∈ R2 e, portanto, (0, 0) e´ um ponto de m´ınimo
global de f .
(b) Analogamente ao item (a), temos que
∂f
∂x
= −4x3,
∂2f
∂x2
= −12x2,
∂f
∂y
= −4y3,
∂2f
∂y2
= −12y2,
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
= 0.
Note que ∇f(0, 0) = (0, 0), logo (0, 0) e´ um ponto cr´ıtico de f , e, portanto, um candidato a
extremo local de f .
Usando o Teste da Derivada de ordem 2, segue que H(x, y) =
∂2f
∂x2
·
∂2f
∂y2
−
(
∂2f
∂x∂y
)2
= 144x2y2 .
E, consequentemente, no ponto (0, 0), H(0, 0) = 0.
Ou seja, pelo Teste da Derivada de Ordem 2, nada podemos concluir a respeito do ponto (0, 0).
Note que f(0, 0) = 0 e que f(x, y) = −x4 − y4 ≤ 0, para todo (x, y) ∈ R2.
Ou seja, f(x, y) ≤ f(0, 0), para todo (x, y) ∈ R2 e, portanto, (0, 0) e´ um ponto de ma´ximo
global de f .
(c) Neste item, temos que
∂f
∂x
= 3x2y3,
∂2f
∂x2
= 6xy3,
∂f
∂y
= 3x3y2,
∂2f
∂y2
= 6x3y,
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
= 9x2y2.
Logo, ∇f(0, 0) = (0, 0), o que implica que (0, 0) e´ um ponto cr´ıtico de f , e, portanto, um
candidato a extremo local de f .
Usando o Teste da Derivada de ordem 2, segue queH(x, y) =
∂2f
∂x2
·
∂2f
∂y2
−
(
∂2f
∂x∂y
)2
= −45x4y4 .
E, consequentemente, no ponto (0, 0), H(0, 0) = 0.
Ou seja, pelo Teste da Derivada de Ordem 2, nada podemos concluir a respeito do ponto (0, 0).
Mas, note que
• (0, 0) na˜o e´ ma´ximo pois f(0, 0) ≤ f(x, x), ja´ que f(0, 0) = 0 ≤ x6 = f(x, x), para todo
x ∈ R.
• (0, 0) na˜o e´ m´ınimo pois f(0, 0) ≥ f(x,−x), ja´ que f(0, 0) = 0 ≥ −x6 = f(x,−x), para
todo x ∈ R.
Ou seja, (0, 0) e´ um ponto cr´ıtico que na˜o e´ ma´ximo e nem m´ınimo, logo, (0, 0) e´ um ponto de
sela de f .
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CA´LCULO III EP14 4
Exerc´ıcio 4 Localize os extremos relativos (locais) e os pontos de sela de f(x, y) = x3 + y3− 3x−
3y + 4.
Soluc¸a˜o: Calculando
∂f
∂x
e
∂f
∂y
e igualando a zero para achar os pontos cr´ıticos, temos


∂f
∂x
(x, y) = 3x2 − 3 = 0 (i)
∂f
∂y
(x, y) = 3y2 − 3 = 0 (ii) .
De (i), segue que x = ±1 e de (ii), que y = ±1.
Logo, os pontos cr´ıticos de f sa˜o (1, 1), (1,−1), (−1, 1), (−1,−1).
Tambe´m,
∂2f
∂x2
(x, y) = 6x
∂2f
∂y2
(x, y) = 6y
∂2f
∂x∂y
(x, y) = 0.
Assim, a Hessiana e´ dada por
H(x, y) =
∂2f
∂x2
(x, y)
∂2f
∂y2
(x, y)−
(
∂2f
∂x∂y
(x, y)
)2
= 36xy.
Assim, como
• H (1, 1) = 36 > 0 e
∂2f
∂x2
(1, 1) = 6 > 0 =⇒ (1, 1) e´ um ponto de m´ınimo local ou relativo de
f .
• H (1,−1) = −36 < 0 =⇒ (1,−1) e´ um ponto de sela de f .
• H (−1,−1) = 36 > 0 e
∂2f
∂x2
(1, 1) = −6 < 0 =⇒ (1, 1) e´ um ponto de ma´ximo local ou
relativo de f .
• H (−1, 1) = −36 < 0 =⇒ (−1, 1) e´ um ponto de sela de f .
Exerc´ıcio 5 Determine os pontos de ma´ximo e m´ınimo locais (relativos), e os pontos de sela
de f(x, y) = x4 + y4 − 4xy + 6.
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CA´LCULO III EP14 5
Soluc¸a˜o: Calculando
∂f
∂x
e
∂f
∂y
e igualando a zero para achar os pontos cr´ıticos temos:


∂f
∂x
(x, y) = 4x3 − 4y = 0 =⇒ x3 − y = 0 =⇒ y = x3,
∂f
∂y
(x, y) = 4y3 − 4x = 0 =⇒ y3 − x = 0 ,
de onde temos que
0 = (x3)3 − x = x(x8 − 1) = x(x4 − 1)(x4 + 1) = x(x2 − 1)(x2 + 1)(x4 + 1).
O que implica x = 0, x = 1, x = −1. Assim, como y = x3, segue que y = 0, y = 1, y = −1.
Logo, os pontos cr´ıticos sa˜o (0, 0), (1, 1), (−1,−1).
Tambe´m, calculando a Hessiana temos:
H(x, y) =
∂2f
∂x2
(x, y)
∂2f
∂y2
(x, y)−
(
∂2f
∂x∂y
(x, y)
)2
= 12x2 12y2 − (−4)2
= 144x2y2 − 16
e
∂2f
∂x2
(x, y) = 12x2.
Assim, para o ponto cr´ıtico (0, 0) temos:
H(0, 0) = −16 < 0 .
Logo (pelo teorema 16.2, mo´dulo 1, pa´g 191), o ponto (0, 0) e´ um ponto de sela.
Analisando o ponto cr´ıtico (1, 1) temos:
H(1, 1) = 128 > 0
e
∂2f
∂x2
(1, 1) = 12 > 0 .
Logo (pelo teorema 16.2, mo´dulo 1, pa´g 191), o ponto (1, 1) e´ um ponto de m´ınimo local.
Analisando o ponto cr´ıtico (−1,−1) temos:
H(−1,−1) = 128 > 0
e
∂2f
∂x2
(−1,−1) = 12 > 0 .
Logo (pelo teorema 16.2, mo´dulo 1, pa´g 191), o ponto (−1,−1) e´ um ponto de m´ınimo local.
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CA´LCULO III EP14 6
Exerc´ıcio 6 Caso exista, determine o valor m´ınimo global de f(x, y) = x2(1 − y)3 + y2 e o ponto
onde ocorre.
Soluc¸a˜o: Calculando
∂f
∂x
e
∂f
∂y
e igualando a zero para achar os pontos cr´ıticos, temos


∂f
∂x
(x, y) = 2x(y − 1)3 = 0
∂f
∂y
(x, y) = −3x2(y − 1)2 + 2y = 0 .
(2)
Da primeira equac¸a˜o do Sistema (2), obtemos que x = 0, y= 1.
Subsituindo x = 0 na segunda equac¸a˜o do Sistema (2), obtemos y = 0. Logo, (0, 0) e´ um ponto
cr´ıtico de f .
Subsituindo y = 1 na segunda equac¸a˜o do Sistema (2), obtemos 2 = 0. Ou seja, y = 1 na˜o satisfaz
essa equac¸a˜o.
Portanto, f tem somente o ponto cr´ıtico (0, 0).
Temos que
∂2f
∂x2
(x, y) = 2(1− y)3
∂2f
∂y2
(x, y) = 6x2(1− y) + 2
∂2f
∂x∂y
(x, y) = −6x(1− y)2.
Assim, a Hessiana e´ dada por
H(x, y) =
∂2f
∂x2
(x, y)
∂2f
∂y2
(x, y)−
(
∂2f
∂x∂y
(x, y)
)2
= 12x2(1− y)4 + 4(1− y)3 − 36x2(1− y)4.
Assim, como H (0, 0) = 4 > 0 e
∂2f
∂x2
(0, 0) = 2 > 0 =⇒ (0, 0) e´ um ponto de m´ınimo local ou
relativo de f .
Mas notemos que (0, 0) na˜o e´ um ponto de m´ınimo global, pois
f(1, 4) = −11 < 0 = f(0, 0).
Portanto, f na˜o tem m´ınimo global.
Exerc´ıcio 7 Ache os pontos da superf´ıcie z = x2 + y2 que esta˜o mais pro´ximos do ponto (5, 5, 0)
determine a distaˆncia m´ınima.
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CA´LCULO III EP14 7
Soluc¸a˜o: A distaˆncia do ponto (x, y, z), pertencente ao paraboloide el´ıptico z = x2 + y2, ao ponto
(5, 5, 0) e´ d =
√
(x− 5)2 + (y − 5)2 + z2, com z = x2 + y2 .
Notemos que (a, b, c) e´ um ponto m´ınimo de d se, e somente se, (a, b, c) e´ um ponto de m´ınimo da
func¸a˜o d2. De fato, temos as seguintes equivaleˆncias
d(a, b, c) ≥ d(x, y, z)
⇐⇒
√
(a− 5)2 + (b− 5)2 + c2 ≥
√
(x− 5)2 + (y − 5)2 + z2
⇐⇒ (a− 5)2 + (b− 5)2 + c2 ≥ (x− 5)2 + (y − 5)2 + z2
⇐⇒ d2(a, b, c) ≥ d2(x, y, z).
Portanto, minimizar d equivale a minimizar d2. Em nosso caso, minimizar d, equivale a minimizar
d2 = f(x, y, z) = (x−5)2+(y−5)2+z2, com z = x2+y2. Como, z = x2+y2, segue que devemos
minimizar g(x, y) = f
(
x, y, x2 + y2
)
= (x− 5)2 + (y − 5)2 +
(
x2 + y2
)2
.
Calculemos as derivadas parciais de g e igualemos a zero para achar os pontos cr´ıticos


∂g
∂x
= 2(x− 5) + 4x(x2 + y2) = 0 =⇒ x− 5 + 2x(x2 + y2) = 0 =⇒ x(1 + 2x2 + 2y2)− 5 = 0,
∂g
∂y
= 2(y − 5) + 4y(x2 + y2) = 0 =⇒ y − 5 + 2y(x2 + y2) = 0 =⇒ y(1 + 2x2 + 2y2)− 5 = 0 .
ou seja, 

x(1 + 2x2 + 2y2)− 5 = 0,
y(1 + 2x2 + 2y2)− 5 = 0 .
Fazendo a diferenc¸a entre as duas equac¸o˜es, temos que
x(1 + 2x2 + 2y2)− y(1 + 2x2 + 2y2) = 0 =⇒ (1 + 2x2 + 2y2)(x− y) = 0.
Como 1 + 2x2 + 2y2 > 0, segue que x− y = 0, isto e´ y = x .
Substituindo y = x na equac¸a˜o y(1 + 2x2 + 2y2)− 5 = 0, obtemos que
x(1 + 2x2 + 2x2)− 5 = 0 =⇒ 4x3 + x− 5 = 0
Essa equac¸a˜o tem uma u´nica raiz real x = 1, as outras duas sa˜o complexas. Assim, para x = 1,
como y = x, segue que y = 1. E, o ponto (1, 1) e´ o ponto cr´ıtico de g.
Note que como estamos assumindo que, de fato, existe um ponto de z = x2 + y2 mais pro´ximo de
(5, 5, 0), essa soluc¸a˜o e´ o ponto (1, 1, 12 + 12) = (1, 1, 2). E o valor da distaˆncia m´ınima e´ dado por
d =
√
(1− 5)2 + (1− 5)2 + 22 = 6.
Exerc´ıcio 8 Determine o volume da maior caixa retangular no primeiro octante com treˆs faces nos
planos coordenadors e com ve´rtice no plano x+ 2y + 3z = 6. (Assuma que existe soluc¸a˜o)
Soluc¸a˜o:
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CA´LCULO III EP14 8
✲
✠
✻
y x
z
6
2
3
x
y
z
Figura 1: Exerc´ıcio 8
O volume da caixa retangular cujas medidas das arestas sa˜o x, y, z (veja Figura 1) e´ dado por
V = xyz. Como (x, y, z) satisfaz x+ 2y + 3z = 6, segue que z =
1
3
(6− x− 2y).Logo,
V (x, y) = xy
(
2−
x
3
−
2y
3
)
= 2xy −
x2y
3
−
2xy2
3
.
Temos que


∂V
∂x
= 2y −
2xy
3
−
2y2
3
= 0 =⇒
2xy
3
= 2y −
2y2
3
(i)
∂V
∂y
= 2x−
x2
3
−
4xy
3
= 0 =⇒
4xy
3
= 2x−
x2
3
(ii).
Donde segue que
2
(
2y −
2y2
3
)
= 2x−
x2
3
=⇒ 2(2y − x) =
4y2 − x2
3
=⇒ 2(2y − x) =
(2y)2 − x2
3
=⇒ 2(2y − x) =
(2y − x)(2y + x)
3
(iii)
Se 2y − x = 0, enta˜o x = 2y. E de (i), temos que 2y − 2y2 = 0⇒ y = 0, y = 1⇒ x = 0, x = 2.
Assim, temos os pontos candidatos a extremo (0, 0), (2, 1).
Se 2y − x 6= 0, segue de (iii) que 6 = 2y + x⇒ x = 6− 2y.
Logo, de (i), temos que
2y −
2(6− 2y)y
3
−
2y2
3
= 0 =⇒ y2 − 3y = 0 =⇒ y = 0, y = 3,
e correspondentemente, x = 6, x = 0. Nesse caso, temos os candidatos a extremo como sendo os
pontos (0, 3), (6, 0).
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CA´LCULO III EP14 9
Portanto, os candidatos a extremo sa˜o (0, 0), (2, 1), (0, 3), (6, 0). Como as medidas das arestas
devem ser maiores que zero, segue que o ponto procurado e´ (2, 1), isto e´, x = 2, y = 1 e nesse caso
z =
1
3
(6− x− 2y) =
2
3
. E, portanto o volume e´ V = xyz =
4
3
.
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