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Centro Federal de Educação Tecnológica C. S. da Fonseca UnED Itaguaí Engenharia de Produção Cálculo a Várias Variáveis Turma 2019-1 Data: 07/05/2019 Prova: P1 Professor: Washington da Silva Aluno:Washington Santos da Silva Santos Silva Nota: Questão 1 – (1.5 pt) Determine a aproximação linear da função f(x, y, z) = x3 √ y2 + z2 no ponto (2, 3, 4). Solução 1. A aproximação linear de f em (2, 3, 4) é f(x, y, z) ≈ f(2, 3, 4) + fx(2, 3, 4)(x− 2) + fy(2, 3, 4)(y − 3) + fz(2, 3, 4)(z − 4) Temos que f(2, 3, 4) = (2)3 √ 32 + 42 = 8 · 5 = 40 fx(x, y, z) = 3x 2 √ y2 + z2 =⇒ fx(2, 3, 4) = 3(2)2 √ 32 + 42 = 3 · 4 · 5 = 60 fy(x, y, z) = x3y√ y2 + z2 =⇒ fy(2, 3, 4) = (2)33√ 32 + 42 = 8 · 3 5 = 24 5 fz(x, y, z) = x3z√ y2 + z2 =⇒ fz(2, 3, 4) = (2)34√ 32 + 42 = 8 · 4 5 = 32 5 Então, f(x, y, z) ≈ 40 + 60(x− 2) + 24 5 (y − 3) + 32 5 (z − 4) = 60x+ 24 5 y + 32 5 z − 120 Questão 2 – (1.0 pt) Os dois catetos de um triângulo retângulo medem 5m e 12m com um erro possível nas medidas de, no máximo, 0, 2 cm em cada. Utilize diferenciais para estimar o erro máximo no cálculo da área do triângulo. Solução 2. Utilizando diferenciais temos que dA = ∂A ∂x dx+ ∂A ∂y dy onde x e y são os catetos do triângulo retângulo. Considerando x = 5 e y = 12, respectivamente, a altura e a base desse triângulo retângulo e sabendo que A(x, y) = 1 2 xy temos que ∂A ∂x (x, y) = 1 2 y =⇒ ∂A ∂x (5, 12) = 6 e ∂A ∂y (x, y) = 1 2 x =⇒ ∂A ∂y (5, 12) = 5 2 1 dx = dy = 0, 002 = 2 1000 Note que o erro foi dado em centímetros enquanto as medidas dos catetos foram dadas em metros. Então dA = 6 · 2 1000 + 5 2 · 2 1000 = 17 1000 = 0, 017m2 Questão 3 – (1.5 pt) O comprimento x de um lado de um triângulo está aumentando a uma taxa de 6 cm/s, o comprimento y de um outro lado está diminuindo a uma taxa de 4 cm/s e o ângulo θ entre eles está aumentando a uma taxa de 0, 05 radiano/s. Quão rapidamente está variando a área do triângulo quando x = 80 cm, y = 100 cm e θ = π/6? (Nesse caso, use que a área A é A = 1 2 xysenθ) Solução 3. São dados dx dt = 6, dy dt = −4 e dθ dt = 5 100 Usando a regra da cadeia, temos que dA dt = ∂A ∂x dx dt + ∂A ∂y dy dt + ∂A ∂θ dθ dt = 1 2 ysenθ dx dt + 1 2 xsenθ dy dt + 1 2 xycosθ dθ dt =⇒ dA dt = 1 2 · 100 · sen (π 6 ) · 6 + 1 2 · 80 · sen (π 6 ) · (−4) + 1 2 · 80 · 100 · cos (π 6 ) · 5 100 =⇒ dA dt = 1 2 · 100 · 1 2 · 6 + 1 2 · 80 · 1 2 · (−4) + 1 2 · 80 · 100 · √ 3 2 · 5 100 =⇒ dA dt = 150− 80 + 100 √ 3 = (70 + 100 √ 3)cm2/s Questão 4 – (1.0 pt) Determine a direção na qual f(x, y, z) = zexy aumenta mais rápido no ponto (0, 1, 2). Qual é a taxa máxima de aumento? Solução 4. Temos que a taxa máxima de aumento no ponto (0, 1, 2) ocorre na direção do vetor gradiente ∇f(0, 1, 2) e a mesma é dada por |∇f(0, 1, 2)|. Segue que ∇f(x, y, z) = (yzexy, xzexy, exy) =⇒ ∇f(0, 1, 2) = (2, 0, 1) e |∇f(0, 1, 2)| = √ 5 Questão 5 – (1.5 pt) Determine os valores máximos e mínimos locais e os pontos de sela da função f(x, y) = x2 − xy + y2 + 9x− 6y + 10. Solução 5. Primeiro, devemos encontrar os pontos críticos de f . Para isso, fazemos fx(x, y) = 2x− y + 9 = 0 e fy(x, y) = −x+ 2y − 6 = 0 2 Ou seja, devemos resolver o sistema{ 2x− y = −9 −x+ 2y = 6 =⇒ x = −4 e y = 1 Então (−4, 1) é o (único) ponto crítico de f . Agora, podemos recorrer ao Teste da Derivada Segunda. Segue que fxx(x, y) = 2 = fyy(x, y) =⇒ fxx(−4, 1) = fyy(−4, 1) = 2 fxy = −1 =⇒ fxy(−4, 1) = −1 Então D(−4, 1) = 2 · 2− (−1)2 = 3 > 0 Como fxx(−4, 1) = 2 > 0, temos que f(−4, 1) = −11 é um valor mínimo local. Questão 6 – (2.0 pt) Determine os valores máximo e mínimo absolutos de f(x, y) = 4xy2 − x2y2 − xy3 no conjunto D, onde D é a região triangular fechada do plano xy com vértices (0, 0), (0, 6) e (6, 0). Solução 6. Primeiro, vamos analisar os valores extremos de f no interior de D. Para isso, fazemos fx(x, y) = 4y 2 − 2xy2 − y3 = 0 e fy(x, y) = 8xy − 2x2y − 3xy2 = 0 Ou seja, devemos resolver o sistema{ y2(4− 2x− y) = 0 (1) xy(8− 2x− 3y) = 0 (2) Em (1), temos que y = 0 ou 4−2x−y = 0; em (2), temos que x = 0, y = 0 ou 8−2x−3y = 0. No entanto, observe que os pontos (x, 0) e (0, y) não pertencem ao interior de D. Então, basta analisar o sistema { 4− 2x− y = 0 8− 2x− 3y = 0 =⇒ x = 1 e y = 2 Como (1, 2) ∈ D, segue que f(1, 2) = 4. Agora, vamos analisar os valores extremos de f na fronteira de D. 3 Em L1, temos f(x, 0) = 0 para todo 0 ≤ x ≤ 6. Em L3, temos f(0, y) = 0 para todo 0 ≤ y ≤ 6. Em L2, temos f(x, 6− x) = 4x(6− x)2 − x2(6− x)2 − x(6− x)3 = x(6− x)2[4− x− (6− x)] = −2x(6− x)2 Ou seja, em L2 temos g(x) = −2x(6− x)2, 0 ≤ x ≤ 6 Observe que x = 0 e x = 6 são as raízes de g(x) = 0. Além disso, note que para todo 0 < x < 6 temos que g(x) < 0 (na verdade, temos que g(x) < 0 para todo x > 0 e g(x) > 0 para todo x < 0). Assim, basta acharmos o(s) ponto(s) crítico(s) de g(x) e calcularmos g nesse(s) ponto(s). Segue que g′(x) = −2(6− x)2 − 4x(6− x)(−1) = −6x2 + 48x− 72 = −6(x− 2)(x− 6) = 0 Então x = 2 e x = 6 são os pontos críticos de g(x) com g(2) = −64 (já sabemos que g(6) = 0 visto que x = 6 é uma raiz de g(x) = 0). Como em L2 temos que y = 6 − x, o ponto em questão é (2, 4). Portanto, em D, f(2, 4) = −64 é o valor mínimo absoluto e f(1, 2) = 4 é o valor máximo absoluto. Questão 7 – (1.5 pt) Determine os valores máximo e mínimo de f(x, y) = x2y com x2 + y2 = 1. Solução 7. Usando os multiplicadores de Lagrange, temos que { ∇f = λ∇g g(x, y) = k =⇒ 2xy = 2λx (1) x2 = 2λy (2) x2 + y2 = 1 (3) Em (1), temos x = 0 ou λ = y. 4 Se x = 0, substituindo em (3) temos y2 = 1 =⇒ y = ±1. Assim, temos (0,±1) com f(0,±1) = 0. Se λ = y, substituindo em (2) temos x2 = 2y2, o que implica em (3) que 3y2 = 1 =⇒ y = ± 1√ 3 . Assim, temos ( ± √ 2 3 ,± 1√ 3 ) com f ( ± √ 2 3 ,− 1√ 3 ) = − 2 3 √ 3 e f ( ± √ 2 3 , 1√ 3 ) = 2 3 √ 3 . Portanto f ( ± √ 2 3 ,− 1√ 3 ) = − 2 3 √ 3 é o mínimo absoluto e f ( ± √ 2 3 , 1√ 3 ) = 2 3 √ 3 é o má- ximo absoluto de f(x, y) = x2y com x2 + y2 = 1. TESTE DA DERIVADA SEGUNDA Seja D = D(a, b) = fxx(a, b)fyy(a, b)− [fxy(a, b)]2. (a) Se D > 0 e fxx(a, b) > 0, então f(a, b) é um mínimo local. (b) Se D > 0 e fxx(a, b) < 0, então f(a, b) é um máximo local. (c) Se D < 0, então (a, b) é um ponto de sela. 5
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