EXAME_2014_CALCULOll_UNICAMP

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Gabarito Exame – MA 211, 2S 2014 Sexta-feira (MANHÃ) 1
GABARITO
MA211 – EXAME
Sexta-feira (manhã), 16/01/2014.
Para correção, cada símbolo “Xx ” o item que o antecede vale x pontos.
Resolução da Questão 1. (a) Pela regra da cadeia e do produto, temos que
∂u
∂x
= eyφ′(x− y)X0,3 e ∂u
∂y
= eyφ(x− y) + eyφ′(x− y)(−1).X0,3 (1)
Finalmente, substituindo as fórmulas acima no termo do lado direito da equação que queremos verificar e lem-
brando que u = eyφ(x− y), concluímos que
∂u
∂x
+
∂u
∂y
= eyφ′(x− y)− eyφ(x− y) + eyφ′(x− y) = eyφ(x− y) = u.X0,2 (2)
(b) A superfície pode ser escrita como F (x, y, z) = 0, em que F (x, y, z) = xey cos z − z − 1. O plano tangente à
superfície de nível F (x, y, z) = k em um ponto (x0, y0, z0) é dado por
Fx(x0, y0, z0)(x− x0) + Fy(x0, y0, z0)(y − y0) + Fz(x0, y0, z0)(z − z0) = 0.X0,3 (3)
Nesta questão, as derivadas parciais de F são
Fx(x, y, z) = e
y cos z,X0,2 Fy(x, y, z) = xe
y cos zX0,2 e Fz(x, y, z) = −xey sen z − 1.X0,2 (4)
Assim, em (x0, y0, z0) = (1, 0, 0), temos
Fx(1, 0, 0) = 1, Fy(1, 0, 0) = 1 e Fz(1, 0, 0) = −1. (5)
Portanto, o plano tangente a superfície z + 1 = xey cos z em (1, 0, 0) é
(1)(x− 1) + (1)(y − 0) + (−1)(z − 0) = 0, (6)
ou seja
x+ y − z = 1.X0,3 (7)
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Resolução da Questão 2. Vamos encontrar os pontos críticos de f no interior do disco. Para tanto, devemos ter
∇f(x, y) = (0, 0). Nesta questão, temos
∇f(x, y) = (2x− 1, 4y). (8)
Logo, o ponto crítico de f no interior do círculo é (1/2, 0) e o valor da função nesse ponto é f(1/2, 0) = −1/4. X0,4
Na fronteira do disco, devemos resolver o problema
maximize/minimizef(x, y) = x2 + y − 1 sujeito a g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. (9)
Pelo o método dos multiplicadores de Lagrande, devemos encontrar x, y e λ tais que ∇f(x, y) = λ∇g(x, y) e
g(x, y) = 0. Como∇g = (2x, 2y), devemos resolver o sistema de equações não-lineares
2x− 1 = λ2x,
4y = λ2y,
x2 + y2 = 1.
X0.4 (10)
As soluções (x, y, λ) desse sistema são (1, 0,−1/2), (−1, 0, 1/2), (−1/2,
√
3/2, 2) e (−1/2,−
√
3/2, 2). X0.4 Os
valores de f para (x, y) nesse conjunto de pontos são
f(1, 0) = 0, f(0,−1) = 2, f
(
−1
2
,
√
3
2
)
=
9
4
e f
(
−1
2
,
−
√
3
2
)
=
9
4
.X0.4 (11)
Portanto, o mínimo absoluto de f no disco é −1/4, obtido em (1/2, 0), enquanto que o máximo absoluto de f é 9/4
obtido nos pontos (−1/2,
√
3/2) e (−1/2,−
√
3/2). X0.4
Resolução da Questão 3. Usando coordenas cilíndricas, o cilindro espesso é descrito por 1 ≤ r2 ≤ 2 e os cones são
dados por z = r e z = −r. Logo, o volume é dado pela integral tripla
V =
∫ 2π
0︸︷︷︸
X0,4
∫ √2
1︸ ︷︷ ︸
X0,4
∫ r
−r︸︷︷︸
X0,4
rdzdrdθ︸ ︷︷ ︸
X0,4
=
4π
3
(2
√
2− 1)X0,4. (12)
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Resolução da Questão 4. Primeiramente, escrevemos F(x, y) = P (x, y)i+Q(x, y)j, em que
P (x, y) = 2xy3 e Q(x, y) = 4x2y2. (13)
Pelo teorema de Green, o trabalho realizado pelo campo de força satisfaz:
W =
∫
C
F · dr =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dAX0,4, (14)
em que D é a região mostrada na figura abaixo.
Mas,
∂Q
∂x
= 8xy2 e
∂P
∂y
= 6xy2. (15)
Logo,
W =
∫∫
D
2xy2dA.X0,6 (16)
Calculando o trabalho como uma integral iterada, encontramos
W =
∫ 1
0︸︷︷︸
X0,3
∫ x3
0︸︷︷︸
X0,3
2xy2dydx =
2
3
∫ 1
0
x10dx =
2
33
X0,4 (17)
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Resolução da Questão 5. Pelo teorema do divergente, temos que
I =
∫∫
S
F · dS =
∫∫∫
E
div FdV,X0,4 (18)
em que E é o sólido entre as esferas x2 + y2 + z2 = 1 e x2 + y2 + z2 = 2 e
div F =
(
∂
∂x
i+
∂
∂y
j+
∂
∂y
k
)
· (5x3 + 12xy2)i+ (y3 + ey sen z)j+ (5z3 + ey cos z)k, (19)
ou seja,
div F = (15x2 + 12y2) + (3y2 + ey sen z) + (15z2 − ey sen z) = 15(x2 + y2 + z2).X0,4 (20)
Logo,
I =
∫∫
E
15(x2 + y2 + z2)dV. (21)
Usando coordenadas esféricas, obtemos
I =
∫ 2π
0︸︷︷︸
X0,2
∫ π
0︸︷︷︸
X0,2
∫ √2
1︸ ︷︷ ︸
X0,2
15ρ2︸︷︷︸
X0,2
(ρ2 senφ)︸ ︷︷ ︸
X0,2
dρdφdθ = 15
∫ 2π
0
dθ
∫ π
0
senφdφ
∫ √2
1
ρ4dρ = 12π(4
√
2− 1).X0,2 (22)