AD2-CIII-2004-2-Gabarito- novo

Prévia do material em texto

AD02 - 2.2004 Cálculo III
CEDERJ
Gabarito da Avaliação a Distância 02 Cálculo III
1) Determine a taxa de variação de f(x, y, z) = xyz + e2x+y no ponto (−1, 2, 1) na direção
do vetor u = (1, 1,
√
2).
Solução: As derivadas parciais da função f são:
∂ f
∂ x
(x, y, z) = yz + 2e2x+y
∂ f
∂ y
(x, y, z) = xz + e2x+y
∂ f
∂ z
(x, y, z) = xy.
Como f(x, y, z) é diferenciável no ponto (−1, 2, 1), temos que
∂ f
∂ u
(−1, 2, 1) = ∇f(−1, 2, 1) · u||u|| = (4, 0,−2) ·
(1, 1,
√
2)
2
= 2−√2.
2) Seja C a curva de interseção de duas superf́ıcies S1 e S2 de equações F (x, y, z) = 0 e
G(x, y, z) = 0, respectivamente. Se F e G são de classe C1 num conjunto aberto U ⊂ R3
que contém o ponto (x0, y0, z0) ∈ C, encontre uma equação para a reta tangente a C neste
ponto.
Solução: Se N1 = ∇F (x0, y0, z0) 6= 0 e N2 = ∇G(x0, y0, z0) 6= 0 então N1 e N2 são normais
às superf́ıcies S1 e S2 em (x0, y0, z0), respectivamente.
Como a reta tangente a C em (x0, y0, z0) está contida em cada um desses planos tangentes
às superf́ıcies S1 e S2 em (x0, y0, z0), ela é a interseção destes dois planos tangentes. Portanto,
N1 e N2 são ortogonais à reta tangente a C em (x0, y0, z0).
Assim, como o produto vetorial de N1×N2 6= 0, temos que o vetor N1×N2 tem a mesma
direção do vetor tangente a C em (x0, y0, z0). Logo, uma equação para a reta tangente a C
em (x0, y0, z0) é dada por
(x, y, z) = (x0, y0, z0) + λ(∇F (x0, y0, z0)×∇G(x0, y0, z0)), λ ∈ R.
3) Seja f(x, y, z) = ln (x2 +8y−3z2). Calcule as derivadas parciais fxx(x, y, z) e fzy(x, y, z).
Solução: fxx(x, y, z) =
2(−x2 + 8y − 3z2)
(x2 + 8y − 3z2)2 fzy(x, y, z) =
48z
(x2 + 8y − 3z2)2
1
AD02 - 2.2004 Cálculo III
4) Encontre o máximo e o mı́nimo da função f(x, y) = (x − 2)2y + y2 − y definida em
D = {(x, y) ∈ R2; x ≥ 0, y ≤ 0; x + y ≤ 4}.
Solução: A função f é cont́ınua no conjunto limitado e fechado D, lo go admite máximo e
mı́nimo em D.
Para localizarmos os pontos cŕıtico, resolvemos o seguinte sistema de equações



∂ f
∂ x
(x, y) = 2y(x− 2) = 0
∂ f
∂ y
(x, y) = (x− 2)2 + 2y − 1 = 0
O único ponto cŕıtico no interior de D é
(2, 1/2) e f(2, 1/2) = − 1/4.
Agora, analisando o comportamento da função f na fronteira de D, temos:
• no segmento y = 0, 0 ≤ x ≤ 4, a função é nula;
• no segmento x = 0, 0 ≤ y ≤ 4, a função f pode ser representada por h(y) = f(0, y) =
3y + y2, 0 ≤ y ≤ 4. Como esta função h é estritamente crescente, ela tem um mı́nimo em
y = 0 e um máximo em y = 4, sendo h(0) = f(0, 0) = 0 e h(4) = f(0, 4) = 28;
• no segmento x + y = 4, 0 ≤ y ≤ 4, a função f pode ser representada por g(y) =
f(4 − y, y) = y3 − 3y2 + 3y, 0 ≤ y ≤ 4. A derivada g′(y) = 3(y − 1)2 é sempre positiva,
exceto em y = 1, onde ela se anula. Logo, a função g tem um mı́nimo em y = 0 e um máximo
em y = 4, com g(0) = f(4, 0) = 0 e g(4) = f(0, 4) = 28.
Comparando os valores obtidos, verificamos que a função f assume o valor mı́nimo em
− 1
4
e o valor máximo 28 em (0, 4).
5) Um disco plano tem a forma da região do plano xy definida por x2 + y2 ≤ 1. Aquece-se
o disco (inclusive a fronteira, onde x2 + y2 = 1) de modo que a temperatura em cada ponto
é dada por T (x, y) = x2 + 2y2 − x. Determine os pontos de maior e menor aquecimento.
Solução: Maior aquecimento:
(
− 1
2
,
√
3
2
)
e
(
− 1
2
,−
√
3
2
)
Menor aquecimento:
(1
2
, 0
)
2