Gabarito da APX2 - 2020-1 Calculo 3 Cederj

Prévia do material em texto

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
APX2 de Cálculo III – Gabarito
Código da disciplina: EAD 01015 (Matemática/F́ısica/Qúımica ) e EAD 16062
(Engenharia de Produção )
Nome: Matŕıcula:
Atenção!
• PREENCHER CADA FOLHA DE RESPOSTA COM
NOME, MATŔICULA e POLO;
• ESCREVER O TOTAL DE FOLHAS UTILIZADAS;
• APRESENTAR RESPOSTAS COM TODOS OS
CÁLCULOS;
• APRESENTAR RESPOSTAS MANUSCRITAS, POIS RES-
POSTAS DIGITADAS RECEBERÃO NOTA ZERO;
• USAR APENAS CANETAS AZUIS OU PRETAS;
• ENVIAR TODOS OS ARQUIVOS EM FORMATO PDF.
Questão 1 (3,0 pontos) Considere a função f : R2 −→ R, definida por
f(x, y) = 2x− y,
para cada (x, y) ∈ R2. Seja
S = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 = 4}.
(a) (2,0 pontos) Determine os pontos de S nos quais f assume seus valores máximo e ḿınimo.
(b) (1,0 ponto) Calcule o valor máximo e o valor ḿınimo de f em S.
Solução:
(a) Inicialmente, observemos que
∇f(x, y) = (2,−1) 6= (0, 0),
para todo (x, y) ∈ R2. Portanto, para encontrarmos os pontos de máximo e os pontos de
ḿınimo de f em S, garantidos pelo Teorema de Weierstrass, otimizaremos a função f = f(x, y),
restrita à condição
x2 + y2 − 4︸ ︷︷ ︸
g(x,y)
= 0.
Supondo que P = (x, y) ∈ R2 seja um ponto onde f , sujeita à condição supracitada, assume
um valor extremo, o Método dos Multiplicadores de Lagrange garante a existência de λ ∈ R
tal que
(2,−1) = ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) = λ(2x, 2y).
Nesse caso, λ 6= 0 e, consequentemente, x = 1
λ
e y = −12λ , donde
x2 + y2 − 4 = 0 =⇒ 1
λ2
+ 14λ2 = 4 =⇒ λ = ±
√
5
4 .
Dáı, os pontos nos quais f assume seus valores extremos são P1 =
(
4√
5
,
−2√
5
)
e P2 =(
−4√
5
,
2√
5
)
.
Cálculo III APX2 2
(b) Finalmente, como
f(P1) = 2 ·
(
−4√
5
)
−
(
−2√
5
)
= 10√
5
> 0
e
f(P2) = 2 ·
(
−4√
5
)
−
(
2√
5
)
= −10√
5
< 0
segue que f(P1) é valor máximo de f em S, enquanto f(P2) é valor ḿınimo de f em S.
Questão 2 (4,0 pontos)
Considere a função f : R2 −→ R, definida por
f(x, y) = x2 − 4xy + 5y2 − 4y + 4.
(a) (3,0 pontos) Encontre os pontos cŕıticos de f , classificando cada um como ponto de
ḿınimo local , ou como ponto de máximo local , ou como ponto de sela ;
(b) (1,0 ponto) Em no máximo 3 linhas, e sem fazer cálculos, utilize algum teorema conhe-
cido para decidir se a restrição de f ao conjunto
E =
{
(x, y) ∈ R2; 2x2 + 3y2 = 1
}
assume valor máximo e valor ḿınimo globais em E .
Solução:
(a) Como
fx(x, y) = 2x− 4y
e
fy(x, y) = −4x+ 10y − 4
para quaisquer (x, y) ∈ R2, os pontos cŕıcos de f são as soluções do sistema determinado
pelas equações
2x− 4y = 0 e − 4x+ 10y = 4
Portanto,
P = (4, 2)
é o único ponto cŕıtico de f . Agora, notemos que
fxx(x, y) = 2 =⇒ fxx(P ) = 2;
fyy(x, y) = 10 =⇒ fyy(P ) = 10;
fxy(x, y) = −4 =⇒ fxy(P ) = −4.
Nesse caso, sendo
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
H(x, y) = fxx(x, y)fyy(x, y)− [fxy(x, y)]2,
segue que
H(P ) = 4 > 0 e fxx(P ) = 2 > 0 =⇒ P é um ponto de ḿınimo local de f.
(b) A restrição da função f à elipse E assume valores extremos globais em E , pois f é uma
função cont́ınua e E é um subconjunto compacto de R2.
Questão 3 (3,0 pontos)
Seja f : R2 −→ R uma função diferenciável, e defina g : R2 −→ R pondo
g(s, t) = f(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)
para cada (s, t) ∈ R2. Sabendo que fx(1, 1) = fy(1, 1) = 1, calcule gs(2,−1) e gt(−2, 1).
Solução:
Para cada (s, t) ∈ R2, ponhamos x = x(s, t) = s2− 4 + |t| e y = y(s, t) = s2− 4 + t2. Nesse
caso, aplicando a Regra da Cadeia, obtemos
gs(s, t) = fx(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)xs(s, t)
+ fy(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)ys(s, t)
= fx(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)(2s)
+ fy(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)(2s)
para todo (s, t) ∈ R2. Analogamente,
gt(s, t) = fx(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)xt(s, t)
+ fy(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)yt(s, t)
= fx(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)
(
|t|
t
)
+ fy(s2 − 4 + |t|, s2 − 4 + t2)(2t),
para todo (s, t) ∈ R× (R \ {0}). Com isso,
gs(2,−1) = fx(1, 1) · (2 · 2) + fy(1, 1) · (2 · 2) = 8
e
gt(−2, 1) = fx(1, 1) · 1 + fy(1, 1) · 2 = 3