Terceira Prova Resolvida de Cálculo Diferencial e Séries

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1. Seja f : R2 → R a função definida por, f(x, y) = x2 − y2 − 2x+ 4y.
a) f possui pontos de mı́nimo local, pontos de máximo local e pontos de sela? qual(is)?
justifique;
Se (x, y) é um ponto de mı́nimo local, ou um ponto de máximo local ou um ponto de sela de
f então, (x, y) é um ponto cŕıtico de f , ou seja, ∇f(x, y) = (0, 0). Determinemos então os
pontos cŕıticos de f :
fx(x, y) = 0 ⇔ 2x− 2 = 0 ⇔ x = 1
fy(x, y) = 0 ⇔ −2y + 4 = 0 ⇔ y = 2
Logo, ∇f(x, y) = (0, 0) ⇔ (x, y) = (1, 2). Assim, (1, 2) é o único ponto cŕıtico de f .
Temos também que, fxx(1, 2) = 2, fyy(1, 2) = −2 e fxy(1, 2) = 0. Logo, fxx(1, 2) · fyy(1, 2)−
fxy(1, 2)
2 = −4 < 0.
Portanto, f NÃO POSSUI ponto de máximo local, f NÃO POSSUI ponto de mı́nimo local e
(1, 2) É O ÚNICO ponto de sela de f .
b) Sendo R a região triangular limitada abaixo pelo eixo x, acima pela reta y = x + 2 e à
direita pela reta x = 2, determine os valores máximo e mı́nimo absolutos de f sobre a região
R.
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x
y
2
4
−2
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Vimos, no item a), que o único ponto cŕıtico de f é o ponto de sela (1, 2). Logo, os pontos de
mı́nimo e máximo absolutos de f (esses pontos existem, pois R é um subconjunto compacto
de R2 e f é uma função cont́ınua definida em R) devem ocorrer no bordo da região R.
• Sobre o segmento y = x+ 2, −2 ≤ x ≤ 2
Temos que, f(x, y) = f(x, x + 2) = x2 − (x + 2)2 − 2x + 4(x + 2) = −2x + 4. Determinemos
os pontos de máximo e mı́nimo de f1 : [−2, 2]→ R, dada por f1(x) = f(x, x+ 2) = −2x+ 4.
1
Terceira Prova Resolvida de Cálculo Diferencial e integral
Como f
′
1(x) = −2 < 0, segue que f1 é uma função decrescente. Logo, x = −2 é ponto de
máximo de f1 e x = 2 é ponto de mı́nimo de f1. Assim, o valor máximo de f1 é f1(−2) = 8 e
o valor mı́nimo de f1 é f1(2) = 0.
• Sobre o segmento x = 2, 0 ≤ y ≤ 4
Temos que, f(x, y) = f(2, y) = −y2 + 4y. Determinemos os pontos de máximo e mı́nimo de
f2 : [0, 4]→ R, dada por f2(y) = f(2, y) = −y2 + 4y.
Notamos que, f
′
2(y) = −2y + 4. Logo, y = 2 é o único ponto cŕıtico de f2. Os pontos de
máximo e mı́nimo de f2 estão entre os pontos y = 2, y = 0 e y = 4 (o primeiro é ponto cŕıtico
de f2 e os dois últimos são os extremos do intervalo de definição [0, 4] de f2).
Temos que, f2(2) = 4 e f2(0) = f2(4) = 0. Assim, o valor máximo de f2 é 4 e o valor mı́nimo
de f2 é 0.
• Sobre o segmento y = 0, −2 ≤ x ≤ 2
Temos que, f(x, y) = f(x, 0) = x2 − 2x. Determinemos os pontos de máximo e mı́nimo de
f3 : [−2, 2]→ R, dada por f3(x) = f(x, 0) = x2 − 2x.
Notamos que, f
′
3(x) = 2x−2. Logo, x = 1 é o único ponto cŕıtico de f3. Os pontos de máximo
e mı́nimo de f3 estão entre os pontos x = 1, x = −2 e x = 2 (o primeiro é ponto cŕıtico de f3
e os dois últimos são os extremos do intervalo de definição [−2, 2] de f3).
Temos que, f3(1) = −1, f3(−2) = 8 e f3(2) = 0. Assim, o valor máximo de f3 é 8 e o valor
mı́nimo de f3 é −1.
Podemos concluir então que, o valor máximo de f em R é dado por 8 = f1(−2) = f(−2, 0) =
f3(−2) e o valor mı́nimo de f em R é dado por −1 = f3(1) = f(1, 0).
2. Os cursos de dois rios (dentro dos limites de uma determinada região) representam aproxi-
madamente uma parábola y = x2 e uma reta x − y − 2 = 0. Deve-se unir esses dois rios
por meio de um canal retiĺıneo que tenha menor comprimento posśıvel. Por quais pontos
deveremos traçá-lo?
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x
y
y=x2
y=x−2
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Queremos minimizar a distância entre um ponto (x, x2) da parábola y = x2 e um ponto (t, t−2)
da reta y = x − 2, ou seja, queremos minimizar a função (x, t) 7→
√
(x− t)2 + (x2 − t+ 2)2,
definida para todo (x, t) ∈ R2. Podemos considerar a função f(x, t) = (x− t)2 + (x2− t+ 2)2,
que representa o quadrado da distância entre os pontos (x, x2) e (t, t−2). O ponto de mı́nimo
de f coincide com o ponto de mı́nimo da distância entre (x, x2) e (t, t − 2). A vantagem de
considerar f é que as contas ficam mais simples. Determinemos os pontos cŕıticos de f :
2
fx(x, t) = 2(x− t) + 4x(x2 − t+ 2)
ft(x, t) = −2(x− t)− 2(x2 − t+ 2)
Logo,
fx(x, t) = ft(x, t) = 0 ⇒ −4x(x2 − t+ 2) = 2(x− y) = −2(x2 − t+ 2) ⇒
⇒ (4x− 2)(x2 − t+ 2) = 0 ⇒
⇒ x = 1
2
ou t = x2 + 2
• Se x = 1
2
e fx = ft = 0
Devemos ter,
2(
1
2
− t) + 4 · 1
2
(
1
4
− t+ 2) = 0 ⇒ 1− 2t+ 1
2
− 2t+ 4 = 0 ⇒
⇒ 4t = 1 + 1
2
+ 4 =
2 + 1 + 8
2
=
11
2
Portanto, t = 11
8
e assim, (1
2
, 11
8
) é um ponto cŕıtico de f .
• Se t = x2 + 2 e fx = ft = 0
Devemos ter, 2(x−x2− 2) + 4x(x2−x2− 2 + 2) = 0 ⇒ x2−x+ 2 = 0. Como as ráızes dessa
equação quadrática não são reais, concluimos que neste caso não temos pontos cŕıticos de f .
Portanto, (1
2
, 11
8
) é o único ponto cŕıtico de f .
Pela natureza do problema temos que (1
2
, 11
8
) é o ponto de mı́nimo de f . Porém, podemos
constatar que esse ponto é ponto de mı́nimo local de f e com isso concluir também que esse
ponto é ponto de mı́nimo global de f por ser o único ponto cŕıtico de f .
Para verificar que (1
2
, 11
8
) é ponto de mı́nimo local de f devemos calcular fxx(1
2
, 11
8
) ·ftt(12 ,
11
8
)−
fxt(
1
2
, 11
8
)2.
Temos que, fxx(x, t) = 2 + 12x
2 − 4t+ 8.
Logo, fxx(
1
2
, 11
8
) = 2 + 12
4
− 44
8
+ 8 = 2 + 3− 11
2
+ 8 = 4+6−11+16
2
= 15
2
ftt(x, t) = 2 + 2 = 4. Assim, ftt(
1
2
, 11
8
) = 4
fxt(x, t) = −2− 4x. Assim, fxt(12 ,
11
8
) = −2− 2 = −4
Portanto, fxx(
1
2
, 11
8
) · ftt(12 ,
11
8
) − fxt(12 ,
11
8
)2 = 15
2
· 4 − (−4)2 = 30 − 16 = 14 > 0. Como,
fxx(
1
2
, 11
8
) = 15
2
> 0, concluimos que, (1
2
, 11
8
) é ponto de mı́nimo local de f .
Desta forma, o canal a ser constrúıdo deve ligar os pontos (1
2
, 1
4
) (do rio parabólico) ao ponto
(11
8
,−5
8
) (do rio retiĺıneo).
3. Considere a função f : A ⊆ R3 → R, definida por f(x, y, z) = x · y · z, sendo A = {(x, y, z) ∈
R3 : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}.
a) Se S é um número real positivo, determine o valor máximo de f , sujeito à condição
x+ y + z = S;
Seja g(x, y, z) = x+ y+ z−S. Temos que, ∇g(x, y, z) = (1, 1, 1) 6= (0, 0, 0) para todo (x, y, z)
tal que g(x, y, z) = 0. Segue do Teorema dos multiplicadores de Lagrange que se (x, y, z) é
ponto de máximo local de f sujeito à condição g(x, y, z) = 0 então, deve existir λ ∈ R tal que,
∇f(x, y, z) = λ · ∇g(x, y, z) e g(x, y, z) = 0
3
ou seja, (yz, xz, xy) = (λ, λ, λ). Isso implica que, yz = xz = xy. Temos que x > 0, y > 0 e
z > 0 pois caso contrário, f(x, y, z) = 0 e 0 seguramente não é o valor máximo de f em A.
Assim, de yz = xz segue que, x = y e de yz = xy segue que x = z. Portanto, x = y = z e
como g(x, y, z) = 0, devemos ter que x = y = z = S
3
.
Temos então que (S
3
, S
3
, S
3
) é o único candidato a máximo de f na região compacta R =
{(x, y, z) ∈ R3 : x+y+z = S e x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0} (note que R é a região do plano x+y+z =
S, delimitada pelo triângulo equilátero com vértices (S, 0, 0), (0, S, 0) e (0, 0, S)). Se (x, y, z)
pertence ao bordo dessa região temos que, x = 0 ou y = 0 ou z = 0. Consequentemente, para
esse ponto do bordo teremos f(x, y, z) = 0. Logo, (S
3
, S
3
, S
3
) é o ponto de máximo global de f
em R, ou seja,
x · y · z ≤ S
3
27
para todo (x, y, z) tal que x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 e x+ y + z = S
b) Use o item a) para concluir que 3
√
x · y · z ≤ x+ y + z
3
para quaisquer números reais
não negativos x, y, z.
Sejam x, y, z números reais não negativos. Seja K = x + y + z. Se K = 0 temos que
x = y = z = 0 e neste caso, 0 = 3
√
x · y · z ≤ x+y+z
3
= 0. Se K > 0, segue do item a) que,
x · y · z ≤ K
3
27
=
(x+ y + z)3
27
Aplicando a ráız cúbica nessa desigualdade obtemos:
3
√
x · y · z ≤ x+ y + z
3
4