Respostas sem justificativas não serão aceitas Não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos

Tamanho: px

Começar a partir da página:

Download "Respostas sem justificativas não serão aceitas Não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos"

Aurélia Osório
4 Há anos
Visualizações:

1 UNIVERSIDADE FEDERAL RURAL DE PERNAMBUCO UNIDADE ACADÊMICA DO CABO DE SANTO AGOSTINHO CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL TURMA MA 1A VERIFICAÇÃO DE APRENDIZAGEM - PARTE Nome Legível RG CPF Respostas sem justificativas não serão aceitas Não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos Questão 1. Suponha que numa certa região do espaço, o potencial elétrico V seja dado por V (x, y, z) = 5x 3xy + xyz a) (1.0 pt) Determine a taxa de variação do potencial em P (3, 4, 5) na direção do vetor v = i + j k Demonstração. Calculando o versor u na direção de v = (1, 1, 1): u = v ( v = (1, 1, 1) (1, 1, 1) 1 1 = = 3,, 1 ) ( 1) Observamos que V é uma função polinomial e portanto V é diferenciável. Sendo V diferenciável em todo R 3, segue que V tem derivada direcional na direção de qualquer versor e vale para todo (x, y, z) R 3. Calculando o vetor gradiente de V : Por fim, (D u V )(x, y, z) = V (x, y, z) u V x = 10x 3y + yz, V y = 3x + xz V z = xy V (P ) = V (3, 4, 5) = ( , , 3 4) = ( , , 1) = (38, 6, 1) (D u V )(P ) = V (P ) u = (38, 6, 1) = = 3 3 ( 1 1 3,, 1 ) 3 3

2 b) (0.5 pt) Em que direção V varia mais rapidamente em P? Demonstração. Vimos em sala que V varia mais rapidamente em P na direção do vetor gradiente de V em P, já calculado no item anterior V (P ) = (38, 6, 1) c) (0.5 pt) Qual a taxa máxima de variação em P? Demonstração. Vimos em sala que o maior valor da derivada direcional em P ocorre em V (P ) = = ( 19) + ( 3) + ( 6) = = = 406 Questão. (.0 pt) Determine os pontos no hiperbolóide x y + z = 1 onde a reta normal é paralela à reta que une os pontos (3, 1, 0) e (5, 3, 6). Demonstração. Defina F (x, y, z) = x y + z e note que, pondo desta maneira, a superfície de nível F (x, y, z) = 1 define exatamente o hiperbolóide dado. Observe que F é diferenciável, pois é uma função polinomial. Sendo F diferenciável, vimos em sala que o gradiente de F em (x, y, z) é perpendicular (ou normal) à superfície de nível F (x, y, z) = 1 no ponto (x, y, z) da superfície de nível. O vetor diretor da reta que une os pontos A = (3, 1, 0) e B = (5, 3, 6) é v = B A = (5, 3, 6) (3, 1, 0) = (5 3, 3 ( 1), 6 0) = (, 4, 6) Para que o gradiente de F em (x, y, z) seja paralelo à reta que une os pontos A e B, precisamos que o gradiente seja um múltiplo do vetor diretor da reta. Ou seja, F (x, y, z) = λ v (x, y, 4z) = λ (, 4, 6) x = λ x = λ y = 4λ y = λ 4z = 6λ z = 3λ Substituindo estes valores na equação do hiperbolóide:

3 ( ) 3λ (λ) ( λ) + = 1 λ 4λ + 9 λ = 1 3λ + 9 λ = λ = 1 3 λ = 1 λ = λ = ± 3 = ± = ± = ± Por fim, substituindo tais valores de λ de volta nas equações x = λ, y = λ e z = 3λ, obtemos ( ) P 1 = 3, 3, ( 6 e P = 3, ) 6 6 3, Questão 3. Considere a função f(x, y) = 4 + x 3 + y 3 3xy a) (1.0 pt) Determine os pontos críticos de f Demonstração. Por definição, os pontos críticos de f são os pontos (x, y) D(f) = R tais que f(x, y) = (0, 0) ou f x (x, y) ou f y (x, y) não existem Calculando f(x, y): f(x, y) = (0, 0) (3x 3y, 3y 3x) = (0, 0) 3x 3y = 0 x = y 3y 3x = 0 y = x Substituindo y = x na equação y = x, obtemos que (x ) = x x 4 x = 0 x(x 3 1) = 0 x(x 1)(x + x + 1) = 0. Dessa maneira, as únicas raízes são x = 0 e x = 1, pois x + x + 1 possui < 0 e não tem soluções reais. Ou seja, P 1 = (0, 0) e P = (1, 1) são os únicos pontos críticos de f, pois as derivadas parciais existem em todo canto. 3

4 b) (1.0 pt) Classifique os pontos críticos encontrados no item anterior em máximo local, mínimo local ou ponto de sela Demonstração. Calculando f xx, f yy e f xy, obtemos f xx (x, y) = 6x f yy (x, y) = 6y f xy (x, y) = 3 Substituindo em P 1 = (0, 0) e P = (1, 1) temos f xx (P 1 ) = f xx (0, 0) = 6 0 = 0 f yy (P 1 ) = f yy (0, 0) = 6 0 = 0 f xy (P 1 ) = f xy (0, 0) = 3 D(P 1 ) = f xx (P 1 ) f yy (P 1 ) [f xy (P 1 )] = 0 0 ( 3) = 9 e f xx (P ) = f xx (1, 1) = 6 1 = 6 f yy (P ) = f yy (1, 1) = 6 1 = 6 f xy (P ) = f xy (1, 1) = 3 D(P ) = f xx (P ) f yy (P ) [f xy (P )] = 6 6 ( 3) = 36 9 = 7 Logo, pelo teste da segunda derivada: P 1 = (0, 0) é ponto de sela, pois D(P 1 ) = 9 < 0 P = (1, 1) é mínimo local, pois D(P ) = 7 > 0 e f xx (P ) = 6 > 0 c) (.0 pt) Encontre os valores máximo e mínimo absoluto de f em D, onde D é a região triangular fechada do plano xy com vértices (0, 0), (0, 1) e (1, 0). Demonstração. Primeiramente, sendo f uma função contínua (pois f é polinomial) e D uma região fechada e limitada, o teorema do valor extremo garante que existem os valores máximo e mínimo absoluto de f em D. Além disso, do item anterior, P 1 = (0, 0) é o único ponto crítico de f em D, pois P = (1, 1) D. Calculando os valores extremos de f na fronteira D de D: Ao longo do segmento de reta que liga (0, 0) à (0, 1): Este segmento de reta pode ser parametrizado da seguinte maneira: x = 0 e y = y com 0 y 1. 4

5 Substituindo na função, obtemos que f(x, y) = f(0, y) = y y = 4 + y 3 Basta, então, encontrar os valores extremos de g 1 (y) = 4 + y 3 para y no intervalo [0, 1]. Observe que g 1(y) = 3y 0 e assim g 1 é uma função crescente. Logo 0 y 1 g 1 (0) g 1 (y) g 1 (1) g 1 (y) g 1 (y) 5 para todo y [0, 1]. Ou seja, m 1 = g 1 (0) = 4 = f(0, 0) e M 1 = g 1 (1) = 5 = f(0, 1) são os valores mínimo e máximo absoluto de g 1 em [0, 1], respectivamente. Em outras palavras, m 1 = 4 = f(0, 0) e M 1 = 5 = f(0, 1) são os valores mínimo e máximo absoluto de f no segmento de reta que liga (0, 0) à (0, 1), respectivamente. Ao longo do segmento de reta que liga (0, 0) à (1, 0): Este segmento de reta pode ser parametrizado da seguinte maneira: x = x e y = 0 com 0 x 1. Substituindo na função, obtemos que f(x, y) = f(x, 0) = 4 + x x 0 = 4 + x 3 Basta, então, encontrar os valores extremos de g (x) = 4 + x 3 para x no intervalo [0, 1]. Observe que g = g 1 e já fizemos isto no item anterior. Encontramos que m = g (0) = 4 = f(0, 0) e M = g (1) = 5 = f(1, 0) são os valores mínimo e máximo absoluto de g em [0, 1], respectivamente. Em outras palavras, m = 4 = f(0, 0) e M = 5 = f(1, 0) são os valores mínimo e máximo absoluto de f no segmento de reta que liga (0, 0) à (1, 0), respectivamente. Ao longo do segmento de reta que liga (0, 1) à (1, 0): A equação da reta que passa por estes dois pontos é y = 1 x. Dessa maneira, uma parametrização para este segmento de reta é x = x, y = 1 x com 0 x 1. Substituindo na função, obtemos que f(x, y) = f(x, 1 x) = 4 + x 3 + (1 x) 3 3 x (1 x) Basta, então, encontrar os valores extremos de g 3 (x) = 4 + x 3 + (1 x) 3 3x(1 x) no intervalo [0, 1]. Sendo g 3 contínua (pois é polinomial) no intervalo fechado e limitado [0, 1], estes 5

6 valores extremos existem em consequência do teorema do valor extremo de Cálculo 1. Observe que a derivada de g 3 existe em todo canto (pois g 3 é polinomial) e assim os pontos críticos de g 3 podem ser determinados a partir das soluções da equação g 3(x) = 0. Assim, determinando os pontos críticos de g 3 : g 3(x) = 0 3x + 3 (1 x) ( 1) 3 [1 (1 x) + x ( 1)] = 0 3x 3 (1 x + x ) 3 (1 x) = 0 3x 3 + 6x 3x 3 + 6x = 0 1x 6 = 0 x = 1 Calculando g 3 no ponto crítico x = 1, temos que ( ) ( 1 1 g 3 = f, 1 1 ) ( 1 = f, 1 ) ( ) 3 ( ) = = = = 4 4 = 4 1 = 7 Logo, pelo método do intervalo fechado de Cálculo 1, o valor mínimo absoluto de g 3 em [0, 1] é ( )} ( 1 1 m 3 = min g 3 (0), g 3 (1), g 3 = min f(0, 1), f(1, 0), f, 1 )} = min 5, 5, 7 } = 7 e o valor máximo absoluto de g 3 em [0, 1] é ( )} 1 M 3 = max g 3 (0), g 3 (1), g 3 = max f(0, 1), f(1, 0), f = max 5, 5, 7 } = 5 ( 1, 1 )} Para finalizar, o valor máximo absoluto de f em D é o maior valor dentre os valores críticos de f em D e os valores extremos na fronteira D de D. 6

7 Analogamente, o valor mínimo absoluto de f em D é o menor valor dentre os valores críticos de f em D e os valores extremos na fronteira D de D. Isto é, o valor mínimo absoluto de f em D é m = min f(0, 0), m 1, m, m 3, M 1, M, M 3 } = min 4, 4, 4, 7 }, 5, 5, 5 = 7 e o valor máximo absoluto de f em D é M = max f(0, 0), m 1, m, m 3, M 1, M, M 3 } = max 4, 4, 4, 7 }, 5, 5, 5 = 5 Logo, m = min D f = 7 e M = max D f = 5 Questão 4. (.0 pt) Uma caixa de papelão sem tampa deve ter um volume de 3000 cm 3. Determine as dimensões que minimizem a quantidade de papelão utilizado. Figura 1: Caixa sem tampa Demonstração. Queremos minimizar a função A que descreve a área da superfície da caixa sem tampa, ilustrada pela Figura 1, dada por A = A(x, y, z) = xy + xz + yz mediante a restrição de volume V = V (x, y, z) = xyz = Pelo método dos multiplicadores de Lagrange, basta encontrar os valores de x, y, z e λ tais que A(x, y, z) = λ V (x, y, z) V (x, y, z) = Calculando A: A x = y + z, A y = x + z, A z = x + y 7

8 Calculando V : Assim, o sistema fica y + z = λ yz x + z = λ xz x + y = λ xy xyz = x y V x = yz, V y = xz, V z = xy xy + xz = λ xyz xy + xz = λ xy + yz = λ xyz xy + yz = λ x + y = λ xy x + y = λ xy xyz = xyz = e de xy + xz = λ e xy + yz = λ , vemos que xy + xz = λ = xy + yz xz = yz e como z 0, resta que x = y. Substituindo x = y na equação x + y = λ xy, temos que x + x = λ x x 4x = λ x 4 = λ x pois x 0. Substituindo λ x = 4 na equação x + z = λ x z, temos x + z = 4 z x = z z = x Por fim, substituindo y = x e z = x em xyz = x x x = x 3 = = Logo x = 40 cm, y = 40 cm e z = 0 cm x = =

Documentos relacionados

Respostas sem justificativas não serão aceitas. Além disso, não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos. x 1 x 1. 1 sen x 1 (x 2 1) 2 (x 2 1) 2 sen

Respostas sem justificativas não serão aceitas. Além disso, não é permitido o uso de aparelhos eletrônicos. x 1 x 1. 1 sen x 1 (x 2 1) 2 (x 2 1) 2 sen UNIVERSIDADE FEDERAL RURAL DE PERNAMBUCO UNIDADE ACADÊMICA DO CABO DE SANTO AGOSTINHO CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL - 07. A VERIFICAÇÃO DE APRENDIZAGEM - TURMA EL Nome Legível RG CPF Respostas sem justificativas