UNIVESP - Portfólio - Cálculo II - Semana 3

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1 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
 
AULA 09 – EXERCÍCIO 3: Digamos que um veículo motorizado de controle 
remoto esteja em uma montanha descrita pelo gráfico de 
𝑧 = 𝑓 𝑥,𝑦 = 1000 −
5
1000
𝑥2 −
1
100
𝑦2 
em que 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são medidos em metros e o veículo está na posição (70, 30,
950). O sistema de coordenadas é tal que o sentido positivo do eixo-x aponta 
para o leste e o do eixo-y para o norte. 
 
(a) Se o veículo se movimentar para o noroeste, ele estará subindo ou 
descendo a montanha e a que taxa? 
Conforme a orientação dada no enunciado, a direção noroeste pode ser representada 
pelo vetor −1,1 ou normalizado 𝑢 = −
1
 2
,
1
 2
 . 
Queremos calcular então a derivada direcional de 𝑧 na direção de 𝑢 . 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= −
𝑥
100
 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= −
2𝑦
100
 
𝐷𝑢 𝑓 𝑥,𝑦 = −
1
 2
. −
𝑥
100
 +
1
 2
. −
2𝑦
100
 =
𝑥 − 2𝑦
100 2
 
Para a posição dada 70,30 temos: 
𝐷𝑢 𝑓 70,30 =
70 − 2.30
100 2
=
10
100 2
=
1
10 2
≅ 0,07 
Portanto, se o veículo se movimentar a noroeste estará SUBINDO a montanha a uma 
taxa de aproximadamente 7cm por metro. 
 
(b) Qual é a direção mais íngreme da montanha nesse ponto? 
A direção mais íngreme é dada pelo vetor gradiente associado ao ponto dado. 
∇𝑓 𝑥, 𝑦 = −
𝑥
100
,−
2𝑦
100
 
∇𝑓 70,30 = −
70
100
,−
2.30
100
 = −
7
10
,−
3
5
 
Portanto, a direção mais íngreme é dada pelo vetor −
7
10
,−
3
5
 . 
 
 
 
 
 
2 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
(c) Quais são as taxas de subir e descer na direção de maior inclinação nesse 
ponto? 
A taxa de maior variação é dada pela norma do vetor gradiente associada ao ponto dado. 
 ∇𝑓 𝑥,𝑦 = −
𝑥
100
 
2
+ −
2𝑦
100
 
2
= 
𝑥2
10000
+
4𝑦2
10000
=
1
100
 𝑥2 + 4𝑦2 
 ∇𝑓 70,30 =
1
100
 702 + 4. 302 =
1
100
 4900 + 3600 =
 85
10
≅ 0,921954 
Portanto, as taxas de subir e descer na direção de maior inclinação é aproximadamente 
0,922. 
 
(d) Qual é o ângulo em relação à horizontal desse ponto de maior inclinação? 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥0 ,𝑦0 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥0 ,𝑦0 
 é o coeficiente angular da direção determinada pelo vetor ∇𝑓 𝑥0, 𝑦0 . 
(Guidorizzi – vol.2 – página 251) 
 
A inclinação da curva é dada por: 
tg 𝜃 =
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 70,30 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 70,30 
=
−
2.30
100
−
70
100
=
60
70
=
6
7
 
𝜃 = arctg
6
7
= 40,6 
Portanto, a maior inclinação é aproximadamente 40,6º. 
 
 
 
 
 
3 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
 
AULA 10 – EXERCÍCIO 3: Um edifício em formato paralelepípedo retangular 
deve ser construído de forma a ter o menor aquecimento possível por suas 
faces retangulares durante o verão. Durante essa estação, em média, as faces 
para o leste e para oeste absorvem igualmente 10 unidades/m2 por dia. As 
outras absorções são as seguintes: A face para norte 8, para o sul 6, a do teto 
15 e a do solo 2 unidades/m2 por dia. O volume total deve ser exatamente 
7000m3. 
(a) Encontre a função que represente esse aquecimento externo em termos 
dos comprimentos dos lados do edifício (duas variáveis). Explicite o 
domínio dessa função. 
 
Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 as medidas das arestas do prédio tal que xz 
representa a área das faces norte e sul, 𝑦𝑧 representa a área 
das faces leste e oeste e 𝑥𝑦 representa a área das faces 
superior e inferior. Como o volume do prédio deve ser de 
7000𝑚3 temos 
𝑥𝑦𝑧 = 7000 
𝑧 =
7000
𝑥𝑦
 
Definimos então a função 𝑓 que representa o aquecimento 
externo por: 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 10𝑦𝑧 + 10𝑦𝑧 + 8𝑥𝑧 + 6𝑥𝑧 + 15𝑥𝑦 + 2𝑥𝑦 
= 20𝑦𝑧 + 14𝑥𝑧 + 17𝑥𝑦 
= 20𝑦.
7000
𝑥𝑦
+ 14𝑥.
7000
𝑥𝑦
+ 17𝑥𝑦 
=
140000
𝑥
+
98000
𝑦
+ 17𝑥𝑦 
Observando que 𝑥 e 𝑦 são positivos, pois são arestas do prédio e que não podem sem 
nulos, o domínio da função é 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2| 𝑥 > 0 𝑒 𝑦 > 0 
 
 
 
 
x 
y 
z 
 
 
 
 
4 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
(b) Encontre as dimensões do edifício que minimizem esse aquecimento 
externo. 
𝑓𝑥 = −
140000
𝑥2
+ 17𝑦 
𝑓𝑦 = −
98000
𝑦2
+ 17𝑥 
𝑓𝑥𝑥 =
280000
𝑥3
 
𝑓𝑦𝑦 =
196000
𝑦3
 
𝑓𝑥𝑦 = 17 
Para encontrar os pontos críticos, procuramos os pontos onde as derivadas 
parciais se anulam. 
 
 
 −
140000
𝑥2
+ 17𝑦 = 0
−
98000
𝑦2
+ 17𝑥 = 0
 ⇒
 
 
 
140000
𝑥2
= 17𝑦
98000
𝑦2
= 17𝑥
 ⇒ 
𝑦 =
140000
17𝑥2
𝑥𝑦2 =
98000
17
 
Substituindo a primeira equação na segunda temos: 
𝑥 
140000
17𝑥2
 
2
=
98000
17
⟹
1,96.1010𝑥
172𝑥4
=
98000
17
⟹
1,96.1010
17𝑥3
=
98000
1
 
⟹ 1666000𝑥3 = 1,96.1010 ⟹ 𝑥3 =
1,96.1010
1666000
⟹ 𝑥 ≅ 22,74 
Logo 
𝑦 =
140000
17𝑥2
=
140000
17. 22,74 2
= 15,93 
Portanto, o único ponto crítico é 22,74 ; 15,93 . Verificando o valor de 𝐷 
aplicado nesse ponto. 
𝐷 = 𝑓𝑥𝑥𝑓𝑦𝑦 − 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑥𝑦 =
280000
 22,74 3
.
196000
 15,93 3
− 172 = 865,5 > 0 
Portanto, as dimensões que minimizam o aquecimento são: 
largura da face norte: 22,74𝑚 
largura da face leste: 15,93𝑚 
altura: 
7000
22,74.15,93
= 19,32𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
5 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
 
AULA 11 – EXERCÍCIO 3: 
(a) Maximize a soma 𝑥𝑖𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1 sujeita aos vínculos 𝑥𝑗
2𝑛
𝑗=1 = 1, 𝑦𝑘
2𝑛
𝑘=1 = 1. 
Seja 𝐹 = 𝑥𝑖𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1 sujeita aos vínculos 𝐺 = 𝑥𝑗
2𝑛
𝑗=1 = 1 e 𝐻 = 𝑦𝑘
2𝑛
𝑘=1 = 1 
∇𝐹 = 
𝜕𝐹
𝜕𝑥1
,
𝜕𝐹
𝜕𝑥2
,… ,
𝜕𝐹
𝜕𝑥𝑛
,
𝜕𝐹
𝜕𝑦1
,
𝜕𝐹
𝜕𝑦2
,… ,
𝜕𝐹
𝜕𝑦𝑛
 
= 𝑦1,𝑦2,… , 𝑦𝑛 , 𝑥1, 𝑥2 ,… , 𝑥𝑛 
∇𝐺 = 
𝜕𝐺
𝜕𝑥1
,
𝜕𝐺
𝜕𝑥2
,… ,
𝜕𝐺
𝜕𝑥𝑛
,
𝜕𝐺
𝜕𝑦1
,
𝜕𝐺
𝜕𝑦2
,… ,
𝜕𝐺
𝜕𝑦𝑛
 
= 2𝑥1, 2𝑥2,… ,2𝑥𝑛 , 0,0,… ,0 
= 2 𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛 , 0,0,… ,0 
∇H = 
𝜕𝐻
𝜕𝑥1
,
𝜕𝐻
𝜕𝑥2
,… ,
𝜕𝐻
𝜕𝑥𝑛
,
𝜕𝐻
𝜕𝑦1
,
𝜕𝐻
𝜕𝑦2
,… ,
𝜕𝐻
𝜕𝑦𝑛
 
= 0,0,… ,0,2𝑦1, 2𝑦2,… ,2𝑦𝑛 
= 2 0,0,… ,0, 𝑦1,𝑦2,… ,𝑦𝑛 
Utilizando o método de Lagrange 
∇𝐹 = 𝜆∇𝐺 + 𝜇∇𝐻 
 𝑦1,𝑦2,… ,𝑦𝑛 ,𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛 = 2𝜆 𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥𝑛 , 0,0,… ,0 + 2𝜇 0,0,… ,0,𝑦1,𝑦2,… ,𝑦𝑛 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦1 = 2𝜆𝑥1
𝑦2 = 2𝜆𝑥2
⋮
𝑦𝑛 = 2𝜆𝑥𝑛
𝑥1 = 2𝜇𝑦1
𝑥2 = 2𝜇𝑦2
⋮
𝑥𝑛 = 2𝜇𝑦𝑛
 ⟹ 
𝑦𝑖 = 2𝜆𝑥𝑖
𝑥𝑖 = 2𝜇𝑦𝑖
 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 
Dos vínculos temos: 
 𝑥𝑗
2
𝑛
𝑗=1
= 1 ⟹ 2𝜇𝑦𝑖 
2
𝑛
𝑗=1
= 1 ⟹ 4𝜇2𝑦𝑖
2
𝑛
𝑗=1
= 1 
⟹ 4𝜇2. 𝑦𝑖
2
𝑛
𝑗=1
 
𝑣í𝑛𝑐𝑢𝑙𝑜 =1
= 1 ⟹ 4𝜇2 = 1 ⟹ 𝜇 = ±
1
2
 
 
 
Analogamente, 
 
 
 
 
6 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
 𝑦𝑘
2
𝑛
𝑘=1
= 1 ⟹ 2𝜆𝑥𝑘 
2
𝑛
𝑘=1
= 1 ⟹ 4𝜆2𝑥𝑘
2
𝑛
𝑘=1
= 1 
⟹ 4𝜆2. 𝑥𝑘
2
𝑛
𝑘=1
 
𝑣í𝑛𝑐𝑢𝑙𝑜 =1
= 1 ⟹ 4𝜆2 = 1 ⟹ 𝜆 = ±
1
2
 
Para 𝜆 =
1
2
 temos 𝑦𝑖 = 2𝜆𝑥𝑖 = 2.
1
2
. 𝑥𝑖 = 𝑥𝑖 então: 
 𝑥𝑖𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑥𝑖
2
𝑛
𝑖=1
= 1 
Da mesma forma, para 𝜆 = −
1
2
 e para 𝜇 = ±
1
2
 também obtemos o mesmo resultado. 
Portanto, a máxima soma, sujeita aos vínculos dados é 1, ou seja, 
 𝑥𝑖𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1
≤ 17 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
 
(b) Defina 
𝑥𝑖 ≡
𝑎𝑖
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1
, 𝑦𝑖 ≡
𝑏𝑖
 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1
 
para provar que 
 𝑎𝑖𝑏𝑖
𝑛
𝑖=1
≤ 𝑎𝑗
2
𝑛
𝑗=1
 𝑏𝑘
2
𝑛
𝑘=1
 
para quaisquer números 𝑎1, 𝑎2,… , 𝑎𝑛 ,𝑏1, 𝑏2,… ,𝑏𝑛 . 
 
Seja 𝑥𝑖 ≡
𝑎𝑖
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1
, temos 
 𝑥𝑖
2
𝑛
𝑖=1
= 
𝑎𝑖
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1
 
2𝑛
𝑖=1
= 
𝑎𝑖
2
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1
𝑛
𝑖=1
=
1
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1
 𝑎𝑖
2
𝑛
𝑖=1
=
 𝑎𝑖
2𝑛
𝑖=1
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1
= 1 
Seja também𝑦𝑖 ≡
𝑏𝑖
 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1
, temos 
 𝑦𝑖
2
𝑛
𝑖=1
= 
 
 
𝑏𝑖
 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1 
 
2
𝑛
𝑖=1
= 
𝑏𝑖
2
 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1
𝑛
𝑖=1
=
1
 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1
 𝑏𝑖
2
𝑛
𝑖=1
=
 𝑏𝑖
2𝑛
𝑖=1
 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1
= 1 
Logo, 𝑥𝑖 e 𝑦𝑖 estão sujeitos às condições do item (a), temos então: 
 𝑥𝑖𝑦𝑖
𝑛
𝑖=1
≤ 1 ⟹ 
 
 
𝑎𝑖
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1
.
𝑏𝑖
 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1 
 
𝑛
𝑖=1
≤ 1 ⟹ 
 
 
𝑎𝑖𝑏𝑖
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1 . 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1 
 
𝑛
𝑖=1
≤ 1 
⟹
1
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1 . 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1
. 𝑎𝑖𝑏𝑖 
𝑛
𝑖=1
≤ 1 ⟹
 𝑎𝑖𝑏𝑖 
𝑛
𝑖=1
 𝑎𝑘
2𝑛
𝑘=1 . 𝑏𝑗
2𝑛
𝑗=1
.≤ 1 
⟹ 𝑎𝑖𝑏𝑖 
𝑛
𝑖=1
≤ 𝑎𝑘
2
𝑛
𝑘=1
. 𝑏𝑗
2
𝑛
𝑗=1
 
∎ 
Observação: Essa desigualdade é conhecida como Desigualdade de Cauchy-Schwarz. 
 
 
 
 
 
 
8 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
 
AULA 12 – EXERCÍCIO 3: 
(a) Se 𝑓 é uma função constante, 𝑓 𝑥,𝑦 = 𝑘 no retângulo 𝑅 = 𝑎, 𝑏 × 𝑐, 𝑑 , 
mostre pela soma de Riemann que 
 𝑘𝑑𝐴
𝑅
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 
 𝑘𝑑𝐴
𝑅
= lim
𝑛→∞
lim
𝑚→∞
 𝑘.
𝑏 − 𝑎
𝑛
.
𝑑 − 𝑐
𝑚
𝑚
𝑗=1
𝑛
𝑖=1
 
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 lim
𝑛→∞
lim
𝑚→∞
 
1
𝑛
.
1
𝑚
𝑚
𝑗=1
𝑛
𝑖=1
 
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 lim
𝑛→∞
lim
𝑚→∞
 
1
𝑛
.
1
𝑚
+ ⋯
1
𝑛
.
1
𝑚 
𝑚 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑒𝑙𝑎𝑠
 
𝑛
𝑖=1
 
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 lim
𝑛→∞
lim
𝑚→∞
 
𝑚
𝑚𝑛
 
𝑛
𝑖=1
 
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 lim
𝑛→∞
lim
𝑚→∞
𝑛.
𝑚
𝑚𝑛
 
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 lim
𝑛→∞
lim
𝑚→∞
𝑚𝑛
𝑚𝑛
 
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 lim
𝑛→∞
lim
𝑚→∞
1 
= 𝑘 𝑏 − 𝑎 𝑑 − 𝑐 
∎ 
 
 
 
 
 
 
9 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
 
(b) Mostre que 
0 ≤ sen 𝑥 cos 𝑦 𝑑𝐴
𝑅
≤
𝜋2
32
 
em que 𝑅 = 0,
𝜋
4
 × 
𝜋
2
,
𝜋
4
 
 
𝐼 = sen 𝑥 cos 𝑦 𝑑𝐴
𝑅
= sen 𝑥 cos 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝜋
4
𝜋
2
𝜋
4
0
 
= sen 𝑥 sen 𝑦 
𝑦=
𝜋
2
𝑦=
𝜋
4𝑑𝑥
𝜋
4
0
= sen 𝑥 sen
𝜋
4
− sen 𝑥 sen
𝜋
2
 𝑑𝑥
𝜋
4
0
 
= 
 2
2
− 1 sen 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
4
0
= 
 2
2
− 1 sen 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
4
0
 
= 
 2
2
− 1 − cos 𝑥 𝑥=0
𝑥=
𝜋
4 = 
 2
2
− 1 − cos
𝜋
4
+ cos 0 
= 
 2
2
− 1 −
 2
2
+ 1 = − 
 2
2
− 1 
2
 
≅ −0,086 
Portanto, com os valores de R descritos, a relação não é válida. 
 
 
O INTERVALO DE DEFINIÇÃO FOI ESCRITO INVERTIDO 
 
CORRIGINDO O RETANGULO PARA 𝑅 = 0,
𝜋
4
 × 
𝜋
4
,
𝜋
2
 
 
𝐼 = sen 𝑥 cos 𝑦 𝑑𝐴
𝑅
= sen 𝑥 cos 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝜋
4
𝜋
2
𝜋
4
0
 
= sen 𝑥 sen 𝑦 
𝑦=
𝜋
4
𝑦=
𝜋
2𝑑𝑥
𝜋
4
0
= sen 𝑥 sen
𝜋
2
− sen 𝑥 sen
𝜋
4
 𝑑𝑥
𝜋
4
0
 
 
 
 
 
10 
 
 
 
PORTFÓLIO DA DISCIPLINA: CÁLCULO II 
4º BIMESTRE 
Willians Freire Pires 
= 1 −
 2
2
 sen 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
4
0
= 1 −
 2
2
 sen 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
4
0
 
= 1 −
 2
2
 − cos 𝑥 𝑥=0
𝑥=
𝜋
4 = 1 −
 2
2
 − cos
𝜋
4
+ cos 0 
= 1 −
 2
2
 −
 2
2
+ 1 = 1 −
 2
2
 
2
 
≅ 0,086 
 
∴ 0 ≤ 𝐼 ≤
𝜋2
32
≅ 0,31 
Portanto, com os valores de R corrigidos, a relação é válida.