AP2 CÁCULO III CEDERJ -2016

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AP2 – CÁLCULO III – gabarito – 2015-2
Nome: Matŕıcula:
Polo: Data:
Atenção!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matŕıcula, • O desenvolvimento das questões pode ser a lápis. No entanto,
Polo e Data; as respostas deverão estar necessariamente à caneta;
• É expressamente proibido o uso de calculadoras; • É expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res- • As respostas devem estar acompanhadas de justificativa.
ponsável; Respostas sem justificativa não serão consideradas.
Questão 1 (2,5 pontos) Seja f : R3 −→ R uma função diferenciável e ponhamos
g(ρ, θ, ϕ) = f(ρ cos θsen ϕ, ρsen θsen ϕ, ρ cosϕ)
para cada (ρ, θ, ϕ) ∈ R3. Sabendo que
fx
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
= 1, fy
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
= 2 e fz
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
= −1,
calcule gρ
(
1, π
4
, π
4
)
e gϕ
(
1, π
4
, π
4
)
.
Solução:
Ponhamos x = ρ cos θsen ϕ, y = ρsen θsen ϕ e z = ρ cosϕ. Pela Regra da Cadeia, temos
gρ(ρ, θ, ϕ) = fx(x, y, z)xρ(ρ, θ, ϕ) + fy(x, y, z)yρ(ρ, θ, ϕ) + fz(x, y, z)zρ(ρ, θ, ϕ)
= fx(x, y, z) cos θsen ϕ+ fy(x, y, z)sen θsen ϕ+ fz(x, y, z) cosϕ
e
gϕ(ρ, θ, ϕ) = fx(x, y, z)xϕ(ρ, θ, ϕ) + fy(x, y, z)yϕ(ρ, θ, ϕ) + fz(x, y, z)zϕ(ρ, θ, ϕ)
= fx(x, y, z) · (ρ cos θ cosϕ) + fy(x, y, z) · (ρsen θ cosϕ) + fz(x, y, z) · (−ρsen ϕ).
Uma vez que x
(
1, π
4
, π
4
)
= 1
2
, y
(
1, π
4
, π
4
)
= 1
2
e z
(
1, π
4
, π
4
)
=
√
2
2
, resulta que
gρ
(
1,
π
4
,
π
4
)
= fx
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
xρ
(
1,
π
4
,
π
4
)
+ fy
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
yρ
(
1,
π
4
,
π
4
)
+ fz
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
zρ
(
1,
π
4
,
π
4
)
= 1 · 1
2
+ 2 · 1
2
+ (−1) ·
√
2
2
=
3−
√
2
2
CÁLCULO III AP2 2
e
gϕ
(
1,
π
4
,
π
4
)
= fx
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
xϕ
(
1,
π
4
,
π
4
)
+ fy
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
yϕ
(
1,
π
4
,
π
4
)
+ fz
(
1
2
,
1
2
,
√
2
2
)
zϕ
(
1,
π
4
,
π
4
)
= 1 · 1
2
+ 2 · 1
2
+ (−1) ·
(
−
√
2
2
)
=
3 +
√
2
2
.
Questão 2 (2,5 pontos) Utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange, determine os valores
extremos da função
f(x, y) = 3x2 + 4y2
sobre a elipse 2x2 + 3y2 = 1.
Solução:
Pelo método dos multiplicadores de Lagrange, os pontos P = (x, y) onde f assume valores extremos
na elipse dada devem satisfazer
(6x, 8y) = ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) = λ(4x, 6y)
e
2x2 + 3y2︸ ︷︷ ︸
g(x,y)
= 1
para algum λ ∈ R.
Primeiramente, observemos que
6x = 4λx =⇒ x(6− 4λ) = 0 =⇒ x = 0 ou λ = 3
2
.
Nesse caso,
x = 0 e g(x, y) = 1 =⇒ y = ± 1√
3
,
ou seja, P1 =
(
0, 1√
3
)
e P2 =
(
0,− 1√
3
)
são pontos onde f pode assumir valores extremos sobre a
elipse dada. Por outro lado, se λ = 3
2
, temos
8y = 6λy =⇒ y = 0
e, portanto,
g(x, 0) = 1 =⇒ x = ± 1√
2
.
Dáı, P3 =
(
1√
2
, 0
)
e P4 =
(
− 1√
2
, 0
)
também são pontos onde f pode assumir valores extremos
sobre a elipse dada.
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CÁLCULO III AP2 3
Analogamente,
8y = 6λy =⇒ y(8− 6λ) = 0 =⇒ y = 0 ou λ = 4
3
.
Nesse caso,
y = 0 e g(x, y) = 1 =⇒ x = ± 1√
2
,
ou seja, obtemos novamente P3 e P4 como sendo candidatos a pontos onde f assume valores extremos
sobre a elipse dada. E, se λ = 4
3
, temos
6x = 4λx =⇒ x = 0,
donde
g(0, y) = 1 =⇒ y = ± 1√
3
.
Dáı, obtemos novamente P1 e P2 como sendo candidatos a pontos onde f assume valores extremos
sobre a elipse dada. Finalmente, como
f(P1) = f(P2) =
4
3
e
f(P3) = f(P4) =
3
2
conclúımos que P1 e P2 sãos os pontos de ḿınimo de f sobre a elipse dada , enquanto P3 e P4 sãos
os pontos de máximo de f sobre a mesma curva.
Questão 3 (2,5 pontos) Suponha que a temperatura em cada ponto P = (x, y, z) do espaço seja
dada por
T (x, y, z) = e−2x
2−y2−3z2 ,
onde T é medida em graus Celsius e as coordenadas de P são medidas em metros.
(a) (1,0 ponto) Determine a taxa de variação da temperatura no ponto P0 = (1, 2, 1) na direção
do ponto Q = (2, 4, 3);
(b) (1,0 ponto) Determine a direção e o sentido de maior crescimento da temperatura no ponto
P0.
(c) 0,5 ponto Encontre a taxa máxima de crescimento da temperatura em P0.
Solução:
(a) Observemos que
∇T (x, y, z) = (−4xe−2x2−y2−3z2 ,−2ye−2x2−y2−3z2 ,−6ze−2x2−y2−3z2),
para todo (x, y, z) ∈ R3, e ponhamos
u⃗ =
⃗P0Q
∥ ⃗P0Q∥
=
1√
1 + 4 + 4
(1, 2, 2) =
(
1
3
,
2
3
,
2
3
)
.
Assim,
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∂T
∂u⃗
(1, 2, 1) = ∇T (1, 2, 1) · u⃗
= (−4e−9,−4e−9,−6e−9) ·
(
1
3
,
2
3
,
2
3
)
=
(
−4
3
− 8
3
− 12
3
)
e−9
= −8e−9.
(b) A direção e o sentido de maior crescimento da função T , a partir do ponto P0, é dada pelo
vetor
v⃗ =
∇T (1, 2, 1)
∥∇T (1, 2, 1)∥
=
(−4e−9,−4e−9,−6e−9)
e−9
√
16 + 16 + 36
=
1√
68
(−4,−4,−6).
(c) Seja v⃗ o vetor obtido no item anterior. Assim, a taxa máxima de crescimento da temperatura
em P0 é dada por
∂T
∂v⃗
(1, 2, 1) = ∥∇T (1, 2, 1)∥ = e−9
√
68.
Questão 4 (2,5 pontos) Determine os valores máximos e ḿınimos locais, bem como os pontos de
sela, da função
f(x, y) = x3 + y3 − 3xy + 4.
Solução:
Iniciamente, determinemos os pontos cŕıticos de f , isto é, cada (x, y) ∈ R2 que satisfaz
(3x2 − 3y, 3y2 − 3x) = (fx(x, y), fy(x, y)) = (0, 0).
Observemos que
3x2 − 3y = 0 e 3y2 − 3x = 0 =⇒ x2 = y e y2 = x =⇒ (y2)2 = y =⇒ y4 − y = 0.
Uma vez que
y4 − y = y(y3 − 1) = y(y − 1)(y2 + y + 1),
resulta que
y4 − y = 0 =⇒ y = 0 ou y = 1.
Como y2 = x, deduzimos que y = 0 corresponde a x = 0 e y = 1 corresponde a x = 1, ou seja, os
pontos cŕıticos de f são P1 = (0, 0) e P2 = (1, 1).
Agora, sendo
fxx(x, y) = 6x, fyy(x, y) = 6y e fxy(x, y) = fyx(x, y) = −3,
temos
H(x, y) = fxx(x, y)fyy(x, y)− [fxy(x, y)]2 = 36xy − 9
para todo (x, y) ∈ R2. Dáı, como
H(P1) = −9,
vem que P1 = (0, 0) é um ponto de sela. E, ainda, como
H(P2) = 27 > 0 e fxx(P1) = 6 > 0,
segue que P2 = (1, 1) é um ponto de ḿınimo local, sendo f(1, 1) = 3 o valor extremo local
correspondente.
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