AP2 _Resolução-1

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Universidade Federal de Sergipe - UFS
Centro de Ensino Superior à Distância - CESAD
Cálculo II - Avaliação Presencial 2 - Soluções
Professor Leandro Favacho
1. Encontre os vetores tangente, normal e binormal da curva r (t) =
(
t2,
2
3
t3, t
)
no ponto(
1,
2
3
, 1
)
.
Solução. Inicialmente temos que
r(t) =
(
t2,
2
3
t3, t
)
=⇒ r′(t) = (2t, 2t2, 1) =⇒ |r′(t)| =
√
4t2 + 4t4 + 1 = 2t2 + 1.
Logo,
T (t) =
r′(t)
|r′(t)|
=
1
2t2 + 1
(2t, 2t2, 1) =
(
2t
2t2 + 1
,
2t2
2t2 + 1
,
1
2t2 + 1
)
Assim, T (1) =
(
2
3
,
2
3
,
1
3
)
.
Agora
T ′(t) =
(
(2t2 + 1) · 2− 2t · 4t
(2t2 + 1)2
,
(2t2 + 1) · 4t− 2t2 · 4t
(2t2 + 1)2
,− 4t
(2t2 + 1)2
)
=
(
2− 4t2
(2t2 + 1)2
,
4t
(2t2 + 1)2
,− 4t
(2t2 + 1)2
)
.
Dáı
|T ′(t)| =
√
(2− 4t2)2
(2t2 + 1)4
+
16t2
(2t2 + 1)4
+
16t2
(2t2 + 1)4
=
2
2t2 + 1
Assim
N(t) =
T ′(t)
|T ′(t)|
=
(
1− 2t2
2t2 + 1
,
2t
2t2 + 1
,− 2t
2t2 + 1
)
Então, N(1) =
(
−1
3
,
2
3
,−2
3
)
.
1
Por fim,
B(1) = T (1)×N(1)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
2
3
2
3
1
3
−1
3
2
3
− 2
3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
(
−2
3
,
1
3
,
2
3
)
.
2. Mostre que lim(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
não existe.
Solução. Vamos mostrar que tal limite não existe fazendo os pontos (x, y) tenderem a
zero por caminhos diferentes e encontrando valores diferentes para o limite. Primeiro,
fazendo (x, y)→ (0, 0) pelo eixo dos x (y = 0), temos que
lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
= lim
x→0
x2
x2
= lim
x→0
1 = 1.
Agora, fazendo (x, y)→ (0, 0) pelo eixo dos y (x = 0), temos que
lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
= lim
y→0
0
0 + y2
= lim
x→0
0 = 0.
Portanto, como os limites acima são distintos, segue que
lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
não existe.
3. Verifique se a função u = e−α
2k2tsen kx é solução da equação de condução do calor
ut = α
2uxx.
Solução.
ux = ke
−α2k2t cos kx =⇒ uxx = −k2e−α
2k2tsen kx
e
ut = −α2k2e−α
2k2tsen kx.
Logo
α2uxx = −α2k2e−α
2k2tsen kx = ut.
2
4. Se z = f (x, y), onde f é diferenciável, x = g(t), y = h(t), g(3) = 2, g′(3) = 5, h(3) = 7,
h′(3) = −4, fx(2, 7) = 6 e fy(2, 7) = −8, determine
dz
dt
quando t = 3.
Solução. (
dz
dt
)
t=3
=
∂f
∂x
(2, 7) ·
(
dx
dt
)
t=3
+
∂f
∂y
(2, 7) ·
(
dy
dt
)
t=3
= fx(2, 7) · g′(3) + fy(2, 7) · h′(3)
= 6 · 5 + (−8) · (−4) = 62.
5. A temperatura em um ponto (x, y, z) é dada por
T (x, y, z) = 200e−x
2−3y2−9z2
onde T é medido em graus Celsius e x, y, z em metros.
(a) Determine a taxa de variação da temperatura no ponto P (2,−1, 2) em direção ao
ponto (3,−3, 3).
(b) Encontre a taxa máxima de crescimento em P .
Solução. (a)
~v = ~PQ = (1,−2, 1) =⇒ |~v| =
√
6.
Assim,
~u =
~v
|~v|
=
1√
6
(1,−2, 1) =
(
1√
6
,− 2√
6
,
1√
6
)
.
Agora
Tx = −400xe−x
2−3y2−9z2 , Ty = −1200ye−x
2−3y2−9z2 , Tz = −3600ze−x
2−3y2−9z2 .
Então, o vetor gradiente de T no ponto (x, y, z) é dado por
∇T (x, y, z) = −400e−x2−3y2−9z2 (x, 3y, 9z) =⇒ ∇T (2,−1, 2) = −400e−43 (2,−3, 18) .
Logo, a taxa de variação de T na direção de ~u é dada por
DuT (2,−1, 2) = ∇T (2,−1, 2) · ~u
= −400e−43
[
(2,−3, 18) ·
(
1√
6
,− 2√
6
,
1√
6
)]
= −5200
3e43
√
6.
(b) A taxa máxima de crescimento em P é dada por
|∇T (2,−1, 2)| = 400e−43
√
4 + 9 + 224 = 400e−43
√
337.
3
6. Determine três números positivos x, y e z cuja soma é 100 tal que xaybzc seja máximo.
Solução Vamos encontrar tais números usando o método dos multiplicadores de La-
grange. Defina f (x, y, z) = xaybzc e g (x, y, z) = x+ y + z. Note que
fx = ax
a−1ybzc, fy = bx
ayb−1zc, fz = cx
aybzc−1.
Então
∇f (x, y, z) = λ∇g (x, y, z) =⇒

axa−1ybzc = λ
bxayb−1zc = λ
cxaybzc−1 = λ
Agora, igualando as duas primeiras equações do sistema acima, temos que
axa−1ybzc = bxayb−1zc =⇒ y = b
a
x (1)
Além disso, igualando a primeira equação à terceira, temos que
axa−1ybzc = cxaybzc−1 =⇒ z = c
a
x. (2)
Por fim, substituindo (1) e (2) na restrição x+ y + z = 100, temos que
x+
b
a
x+
c
a
x = 100 =⇒ x = 100a
a+ b+ c
=⇒ y = 100b
a+ b+ c
e z =
100c
a+ b+ c
.
4