Calculo 3 nota 100- Discursiva 2 prova ulbra matemática

Prévia do material em texto

1 
 
 
Atividade Avaliativa Discursiva 2 
Cálculo III – Matemática Licenciatura – 2020/1 
Gabarito 
 
1. (1,5) Calcule as derivadas parciais indicadas para cada função: 
a) 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟓𝒙³𝒚² − 𝟔𝒙𝒚𝟒 + 𝟐𝒙²𝒚 − 𝟔𝒙𝒚 + 𝟑 Calcular: 
𝝏²𝒇
𝝏𝒙²
 ,
𝝏²𝒇
𝝏𝒚²
 𝒆 
𝝏²𝒇
𝝏𝒙𝝏𝒚
 
Resolução: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 15𝑥2𝑦2 − 6𝑦4 + 4𝑥𝑦 − 6𝑦 → 
𝝏𝟐𝒇
𝝏𝒙𝟐
= 𝟑𝟎𝒙𝒚𝟐 + 𝟒𝒚 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 10𝑥3𝑦 − 24𝑥𝑦3 + 2𝑥2 − 6𝑥 → 
𝝏𝟐𝒇
𝝏𝒚𝟐
= 𝟏𝟎𝒙𝟑 − 𝟕𝟐𝒙𝒚𝟐 
 
𝝏𝟐𝒇
𝝏𝒙𝝏𝒚
= 𝟑𝟎𝒙𝟐𝒚 − 𝟐𝟒𝒚𝟑 + 𝟒𝒙 − 𝟔 
 
b) 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒆𝟐𝒙. 𝐜𝐨𝐬 (𝒚) Calcular: 
𝝏²𝒇
𝝏𝒙²
 ,
𝝏²𝒇
𝝏𝒚²
 𝒆 
𝝏²𝒇
𝝏𝒙𝝏𝒚
 
Resolução: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 2𝑒2𝑥. cos (𝑦) → 
𝝏𝟐𝒇
𝝏𝒙𝟐
= 𝟒𝒆𝟐𝒙. 𝐜𝐨𝐬 (𝒚) 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= −𝑒2𝑥. sen(𝑦) → 
𝝏𝟐𝒇
𝝏𝒚𝟐
= −𝒆𝟐𝒙. 𝐜𝐨 𝐬(𝒚) 
 
𝝏𝟐𝒇
𝝏𝒙𝝏𝒚
= −𝟐𝒆𝟐𝒙𝒔𝒆𝒏(𝒚) 
 
c) 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒕𝒂𝒏²(𝒙𝟐 − 𝟔𝒚) Calcular: 
𝝏𝒇
𝝏𝒙
 𝒆 
𝝏𝒇
𝝏𝒚
 
Resolução: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 2 tan(𝑥2 − 6𝑦) . 𝑠𝑒𝑐2(𝑥2 − 6𝑦). 2𝑥 = 𝟒𝒙𝒕𝒂𝒏(𝒙𝟐 − 𝟔𝒚). 𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒙𝟐 − 𝟔𝒚) 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 2 tan(𝑥2 − 6𝑦) . 𝑠𝑒𝑐2(𝑥2 − 6𝑦). (−6) = −𝟏𝟐𝒕𝒂𝒏(𝒙𝟐 − 𝟔𝒚). 𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒙𝟐 − 𝟔𝒚) 
 
 
2. (1,5) Um cone circular reto tem diâmetro da base aumentado de 20 cm para 20,01 
cm e a altura, aumentada de 15 cm para 15,02 cm. Usando diferencial calcule o 
aumento aproximado no volume do cone. 
Resolução: 
 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒: 𝑉 =
1
3
𝜋𝑟2ℎ 
𝑑𝑉 =? 
𝑑𝑉 =
𝜕𝑉
𝜕𝑟
. 𝑑𝑟 +
𝜕𝑉
𝜕ℎ
. 𝑑ℎ 
𝑑𝑉 =
2
3
∙ 𝜋. 𝑟. ℎ. 𝑑𝑟 +
1
3
∙ 𝜋. 𝑟2𝑑ℎ 
𝑑𝑉 =
2
3
∙ 𝜋. 10.15.0,005 +
1
3
∙ 𝜋. 100.0,02 
𝑑𝑉 =
1,5
3
∙ 𝜋 +
2
3
∙ 𝜋 
𝒅𝑽 =
𝟑,𝟓𝝅
𝟑
 𝒄𝒎𝟑 
ou 
𝒅𝑽 ≅ 𝟑, 𝟔𝟔𝟓 𝒄𝒎𝟑 
2 
 
3. (1,6) O raio r e a altura h de um cilindro circular reto aumentam à razão de 0,01 
cm/min e 0,02 cm/min, respectivamente. 
a) Calcule a taxa de variação do volume quando r = 4 cm e h = 7 cm. 
Resolução: 
 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒: 𝑉 = 𝜋. 𝑟2. ℎ 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=? 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝑑𝑉
𝑑𝑟
∙
𝑑𝑟
𝑑𝑡
+
𝑑𝑉
𝑑ℎ
∙
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 2. 𝜋. 𝑟. ℎ.
𝑑𝑟
𝑑𝑡
+ 𝜋. 𝑟2.
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝑑𝑉
𝑑𝑟
= 2. 𝜋. 4.7.0,01 + 𝜋. 42. 0,02 
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 0,56. 𝜋 + 0,32. 𝜋 
𝒅𝑽
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟖𝟖. 𝝅 𝒄𝒎𝟑/𝒎𝒊𝒏 
ou 
𝒅𝑽
𝒅𝒕
≅ 𝟐, 𝟕𝟔 𝒄𝒎𝟑/𝒎𝒊𝒏 
 
b) A que taxa a área da superfície curva lateral está variando nesse instante? 
Resolução: 
Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓í𝑐𝑖𝑒 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙: 𝐴 = 2. 𝜋. 𝑟. ℎ 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
=? 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 0,14. 𝜋 + 0,16. 𝜋 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
=
𝑑𝐴
𝑑𝑟
∙
𝑑𝑟
𝑑𝑡
+
𝑑𝐴
𝑑ℎ
∙
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 
𝒅𝑨
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟑. 𝝅 𝒄𝒎𝟐/𝒎𝒊𝒏 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2. 𝜋. ℎ.
𝑑𝑟
𝑑𝑡
+ 2. 𝜋. 𝑟.
𝑑ℎ
𝑑𝑡
 ou 
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2. 𝜋. 7.0,01 + 2. 𝜋. 4.0,02 
𝒅𝑨
𝒅𝒕
≅ 𝟎, 𝟗𝟒 𝒄𝒎𝟐/𝒎𝒊𝒏 
 
 
4. (1,3) Dada a função 𝒇(𝒙,𝒚) = 𝟒 + 𝒙𝟑 + 𝒚³ − 𝟑𝒙𝒚, determine, se houverem, os pontos 
de máximo, mínimo e de sela. 
Resolução: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
= 0 → 3𝑥2 − 3𝑦 = 0 → 3𝑥2 = 3𝑦 → 𝑦 = 𝑥2 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
= 0 → 3𝑦2 − 3𝑥 = 0 → 3𝑦2 = 3𝑥 → 𝑥 = 𝑦2 
𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑎𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖çã𝑜: 
 𝑦 = 𝑥2 
 𝑥 = 𝑦2 → 𝑥 = (𝑥2)2 → 𝑥 = 𝑥4 → 𝑥4 − 𝑥 = 0 
 𝑥(𝑥3 − 1) = 0 
𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑥3 − 1 = 0 → 𝑥3 = 1 → 𝑥 = 1 
𝑇𝑒𝑚𝑜𝑠 2 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥. 𝐿𝑜𝑔𝑜 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 2 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜𝑠. 
𝐶𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑦 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑎𝑑𝑎 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑥, 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑚 𝑦 = 𝑥2. 
𝑥 = 0 → 𝑦 = 02 → 𝑦 = 0 
𝑃𝑜𝑛𝑡𝑜 1: (0,0) 
𝑥 = 1 → 𝑦 = 12 → 𝑦 = 1 
𝑃𝑜𝑛𝑡𝑜 2: (1, 1) 
 
{
𝑓𝑥𝑥 = 6𝑥
𝑓𝑥𝑦 = −3
𝑓𝑦𝑦 = 6𝑦
 
𝑃𝑜𝑛𝑡𝑜 1: (0,0) 
𝑓𝑥𝑥 = 6.0 = 0 
𝑓𝑥𝑦 = −3 
𝑓𝑦𝑦 = 6.0 = 0 
𝐷 = |
0 −3
−3 0
| = 0 − 9 
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝐷 = −9 < 0, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑚 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑙𝑎 
𝑒𝑚 (0,0). 
𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑢𝑡𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑛çã𝑜, 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑧 = 4. 
𝑳𝒐𝒈𝒐 𝒐 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒍𝒂 é: (𝟎, 𝟎, 𝟒) 
3 
 
 
 
{
𝑓𝑥𝑥 = 6𝑥
𝑓𝑥𝑦 = −3
𝑓𝑦𝑦 = 6𝑦
 
𝑃𝑜𝑛𝑡𝑜 2: (1, 1) 
𝑓𝑥𝑥 = 6.1 = 6 
𝑓𝑥𝑦 = −3 
𝑓𝑦𝑦 = 6.1 = 6 
𝐷 = |
6 −3
−3 6
| = 36 − 9 = 27 
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝐷 = 27 > 0 𝑒 𝑓𝑥𝑥 = 6 > 0, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑚 
𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑒𝑚 (1, 1). 
𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑢𝑡𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑛çã𝑜, 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑧 = 3. 
𝑳𝒐𝒈𝒐 𝒐 𝒑𝒐𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 é: (𝟏, 𝟏, 𝟑) 
 
 
5. (1,5) Uma companhia planeja fabricar caixas retangulares de 8 m³ de volume. 
Determine as dimensões que minimizem o custo para fabricar uma caixa, se o 
material para a tampa e o fundo custa o dobro do material para os lados, em m². 
Resolução: 
 𝑉 = 8 𝑚³ e custo da tampa e fundo o dobro do custo dos lados. 
 𝒛 𝑉 = 𝑥. 𝑦. 𝑧 → 𝑥. 𝑦. 𝑧 = 8 → 𝑧 =
8
𝑥.𝑦
 
 á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑎 𝑐𝑎𝑖𝑥𝑎: 𝐴 = 2𝑥𝑦 + 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 
 𝒚 Para se ter o custo mínimo devemos ter a função custo. 
 𝒙 O custo total é calculado multiplicando a área pelo preço. 
Chamando de 𝐶 a função custo, temos: 
𝐶 = (2𝑥𝑦). 2 + 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 
𝐶 = 4𝑥𝑦 + 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑧 =
8
𝑥.𝑦
: 
 𝐶 = 4𝑥𝑦 + 2𝑥.
8
𝑥𝑦
+ 2𝑦.
8
𝑥𝑦
 
𝐶 = 4𝑥𝑦 +
16
𝑦
+
16
𝑥
 
 No custo mínimo as derivadas parciais devem ser nulas: 
 𝐶𝑥 = 0 → 4𝑦 −
16
𝑥2
= 0 → 4𝑦 =
16
𝑥2
 → 𝒙𝟐𝒚 = 𝟒 
𝐶𝑦 = 0 → 4𝑥 −
16
𝑦2
= 0 → 4𝑥 =
16
𝑦2
 → 𝒙𝒚𝟐 = 𝟒 
Agora resolvemos o sistema formado pelas equações destacadas acima. 
Uma maneira de resolver o sistema é dividir uma equação pela outra, já que as variáveis não 
podem ser iguais a zero (a medida dos lados não podem ser nulas): 
𝑥2𝑦
𝑥𝑦2
=
4
4
 → 
𝑥
𝑦
= 1 → 𝑥 = 𝑦 
Substituindo em uma das equações: 
𝑥2𝑦 = 4 → 𝑥2. 𝑥 = 4 → 𝑥3 = 4 → 𝑥 = √4
3
 → 𝑥 ≅ 1,587 𝑚 e 𝑦 ≅ 1,587 𝑚 
Como 𝑧 =
8
𝑥𝑦
 → 𝑧 ≅
8
1,587.1,587
 → 𝑧 ≅ 3,176 𝑚 
Logo as dimensões da caixa são: 𝟏, 𝟓𝟖𝟕𝒎 × 𝟏, 𝟓𝟖𝟕𝒎 × 𝟑, 𝟏𝟕𝟔 𝒎. 
 
6. (1,2) Dada a função 𝒇(𝒙,𝒚) =
𝒙
𝒚
 , determine: 
a) O valor do gradiente da função no ponto 𝑃(2, 1) 
 Resolução: 
 ∇𝑓(𝑥, 𝑦)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
) 
 
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
=
1
𝑦
 → 
𝜕𝑓(2,1)
𝜕𝑥
=
1
1
= 1 
 
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= −
𝑥
𝑦2
 → 
𝜕𝑓(2,1)
𝜕𝑦
= −
2
12
= −2 
Logo o gradiente é o vetor: 𝛁𝒇(𝟐, 𝟏)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (𝟏,−𝟐) 
 
 
 
4 
 
 b) A taxa de variação da função em 𝑃(2,1), na direção do vetor �⃗⃗� = 𝟑𝒊 + 𝟒𝒋 . 
 Resolução: 
 A taxa de variação é a derivada 
 direcional: 𝐷𝑢(𝑥, 𝑦) = ∇𝑓(𝑥, 𝑦)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗. �⃗� . 
 �⃗� =
�⃗� 
|�⃗� |
=
(3,4)
√32+42
=
(3,4)
5
= (
3
5
,
4
5
) 
 e 
 ∇𝑓(2,1)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (1,−2) 
 
 𝐷𝑢(2, 1) = ∇𝑓(2,1)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ . �⃗� 
 𝐷𝑢(2, 1) = (1,−2). (
3
5
,
4
5
) 
 𝐷𝑢(2, 1) =
3
5
−
8
5
 
 𝐷𝑢(2, 1) = −
5
5
 
𝑳𝒐𝒈𝒐 𝒂 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒅𝒂 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍 é: 𝑫𝒖(𝟐, 𝟏) = −𝟏 
 
 
7. (1,4) Suponha que 𝑻(𝒙, 𝒚) = 𝟒𝟎 − 𝒙𝟐 − 𝟐𝒚𝟐 represente uma distribuição de 
temperatura no plano 𝑥𝑦. Um indivíduo encontra-se na posição (3, 2) e pretende dar 
um passeio. (considere que 𝑥 e 𝑦 sejam dados em km e a temperatura em °C). 
a) Qual o valor da taxa de maior crescimento da temperatura? 
Resolução: 
A taxa de maior crescimentoda temperatura é dada pelo módulo do vetor 
gradiente ∇𝑓(𝑥, 𝑦)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
). 
∇𝑓(𝑥, 𝑦)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (
𝜕𝑇(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
,
𝜕𝑇(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
) 
𝜕𝑇(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= −2𝑥 𝑒 
𝜕𝑇(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= −4𝑦 
𝐿𝑜𝑔𝑜: ∇𝑓(𝑥, 𝑦)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (−2𝑥,−4𝑦) 
∇𝑓(3, 2)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (−2.3,−4.2) → ∇𝑓(3, 2)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (−6,−8) 
Módulo do vetor gradiente: 
 
|∇𝑓(3, 2)⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = √(−𝟔)𝟐 + (−𝟖)𝟐 = 𝟏𝟎 °𝑪/𝒌𝒎 
 
b) Descreva o lugar geométrico (a curva) dos pontos que ele deverá percorrer de 
modo que a temperatura fique sempre igual à temperatura no ponto (3, 2). 
Resolução: 
Devemos determinar a curva de nível que passa pelo ponto 𝑃(3, 2). 
 
𝑇(𝑥, 𝑦) = 40 − 𝑥2 − 2𝑦2 Determinando a curva de nível, para k = 23: 
𝑇(3, 2) = 40 − 32 − 2. 22 40 − 𝑥2 − 2𝑦2 = 23 
𝑇(3, 2) = 40 − 9 − 8 −𝑥2 − 2𝑦2 = 23 − 40 
𝑇(3, 2) = 23 °𝐶 −𝑥2 − 2𝑦2 = −17 ÷ (−17) 
A temperatura no ponto 
−𝑥2
−17
−
2𝑦2
−17
=
−17
−17
 
 𝑃(3, 2) é 23 °𝐶. 
𝑥2
17
+
𝑦2
8,5
= 1 
Deverá percorrer uma elipse com eixo maior √𝟏𝟕 no eixo 𝒙 e eixo menor √𝟖,𝟓 
no eixo y.