Cálculo de Variáveis Complexas e Equações Diferenciais

30 questões de cálculo de variáveis complexas Questão 1 Questão 2 Questão 3 Questão 4 Questão 5 Questão 6 Questão 7 Questão 8 Questão 9 Questão 10 Questão 11 Questão 12 Questão 13 Questão 14 Questão 15 Questão 16 Questão 17 Questão 18 Questão 19 Questão 20 Questão 21 Questão 22 Questão 23 Questão 24 Questão 25 Questão 26 Questão 27 Questão 28 a 3 3i b 1 3i c 2 4i d 2 5i e 1 2i Questão 29 Dada a função fz x2 y2 2x i2xy 2y qual das alternativas a seguir apresenta a correta derivada dessa função calculada pelas condições de CauchyRiemann a fz 2x 3 yi b fz 2x y 2y xi c fz 2x 2 2yi d fz 2x xi 4yi e fz 2x 2y 2xi Questão 30 Dado o número complexo abaixo qual alternativa apresenta a correta expressão desse complexo na forma cartesiana 20 questões de equações diferenciais Questão 1 Questão 2 Questão 3 Questão 4 Questão 5 Questão 6 Questão 7 Questão 8 Questão 9 Questão 10 Questão 11 Questão 12 Questão 13 Questão 14 Questão 15 Questão 16 Questão 17 Questão 18 Questão 19 Questão 20 Seja a equação diferencial uxzx 2x 2z2 z2 vxz marque a alternativa que apresenta valores para uxz e vxz de forma que a equação diferencial seja de segunda ordem linear e homogênea uxz x e vxz z uxz 0 e vxz x3 uxz x e vxz 0 uxz z2 e vxz z uxz z2 e vxz x3 20 questoes de equacoes diferenciais Questao 1 Determine a solucao geral da equacao diferencial 3y 3y 6y 0 aex bsen2x a e b reais aex bxex a e b reais acos2x bsen2x a e b reais aexcos2x bexsen2x a e b reais aex be2x a e b reais Solucao A equacao caracterıstica para essa EDO e 3r2 3r 6 0 Dividindo a equacao caracterıstica por 3 temos r2 r 2 0 Encontrando as raızes usando soma e produto vem que S 1 r1 1 P 2 r2 2 Como obtemos 2 raızes reais e diferentes logo a solucao geral desta EDO sera y aer1x ber2x y aex be2x a e b reais Questao 2 Determine a solucao geral da equacao diferencial de segunda ordem 3y 3y 18y 360 ae2x be3x 20 a e b reais ae2x bxe3x 10 a e b reais axe2x be3x 10 a e b reais ae2x be3x 20 a e b reais axe2x bxe3x 20 a e b reais 1 Solução A solução para uma EDO nãohomogênea é dada da seguinte forma y yh yp A equação característica para a EDO homogênea é 3r2 3r 18 0 Dividindo a equação característica por 3 temos r2 r 6 0 Encontrando as raízes usando soma e produto vem que S 1 r1 2 P 6 r2 3 Como obtemos 2 raízes reais e diferentes logo a solução homogênea desta EDO será y a er1 x b er2 x y a e2x b e3x a e b reais Agora encontraremos uma solução particular para esta EDO pelo método dos coeficientes a determinar A solução é da forma yp A onde A é uma constante Derivando duas vezes a expressão yp A temos yp 0 yp 0 Substituindo essas derivadas e yp A na EDO vem que 3y 3y 18y 360 3 0 3 0 18A 360 18A 360 A 36018 A 20 Assim yp 20 Logo a solução da EDO é y yh yp y a e2x b e3x 20 Questão 3 Marque a alternativa correta relacionada a série 3n 1k7k8 É convergente com soma 110 É convergente com soma 19 É divergente É convergente com soma 18 É convergente com soma 111 Solução Vamos reescrever a expressão usando frações parciais 1k7k8 Ak7 Bk8 A 1k8 7 178 11 1 B 1k7 8 187 11 1 Assim 3n 1k7k8 3n 1k7 1k8 Aplicando as somas parciais nessa série telescópica temos Sn 110 111 111 112 1n7 1n8 Simplificando os termos simétricos vem que Sn 110 1n8 Aplicando o limite quando n tende ao infinito obtemos limn Sn limn 110 1n8 110 limn 1n8 110 0 110 Portanto a série é convergente com soma 110 Questão 4 Determine o raio e o intervalo de convergência respectivamente da série de potência 1 1k x 3k 2 e 2 4 3 e 2 4 1 e 2 4 e Solução Pelo o teste da razão na série de potência temos Aplicando o limite quando k tende ao infinito vem que Para que a série seja convergente devemos ter Assim O raio dessa série de potência é 1 Para encontrarmos o intervalo de convergência devemos resolver a inequação modular Vamos verificar se a série converge nos extremos do intervalo Para x 2 temos Fazendo o teste da série alternada verificaremos se é convergente Expandindo a soma vem que Notase que a sequência é decrescente Agora aplicando o limite em segue que Como a sequência testada é convergente e o limite da sequência é igual a zero logo a série é convergente em 2 Para x 4 temos Esta é a série harmônica que é divergente logo a série não converge no ponto 4 Assim o intervalo de convergência será Questão 5 A transformada de Laplace também é aplicada na teoria de controle sendo utilizada para analisar e projetar sistemas de controle lineares Sabendo disso calcule onde Solução Queremos saber Sabemos que Assim Temos também que Aplicando esse resultado na segunda parcela temos Logo essa transformada será Lgss 5s s2 4 3 4s2 9 Questao 6 As transformadas de Laplace e Fourier sao amplamente utilizadas em areas como engenharia eletrica telecomunicacoes processamento de sinais controle de sistemas acustica e fısica teorica Sabendo disso determine L e5t sabendo que ft e definida para 0 t 1 2s para s 2 1 5s para s 5 1 5s para s 5 1 6s para s 6 1 3s para s 3 Solucao A transformada de Laplace de uma funcao exponencial e dada por L eat 1 s a Assim para a funcao ft e5t temos a seguinte transformada L e5t 1 s 5 para s 5 Questao 7 Seja um circuito RL em serie com resistˆencia de 20Ω e indutor x medido em H A tensao e fornecida atraves de uma fonte contınua de 200V ligada em t 0s Determine o valor de x sabendo que a tensao no indutor apos 10 segundos e de 100e200 3 2 1 5 4 6 Solução Este é um problema de EDO de 1ª ordem A equação diferencial para um circuito RL em série é dada por onde A solução desta equação diferencial com condição inicial é Como logo Substituindo e vem que Dividindo por 100 ambos os lados da equação temos Aplicando o logaritmo nos dois lados da equação segue que Isolando L 200200 07 L 2002007 L 09965H Aproximando L para um valor inteiro temos L 1H Questão 8 Um resistor de 40Ω e um indutor de 01H são conectados em série com uma fonte de tensão 110V Se originalmente não existe corrente no circuito determine a equação da corrente ao longo do tempo it 114 1 e400t A it 1 e400t A it 114 1 e400t A it 411 1 e400t A it 114 1 e400t A Solução A equação da corrente para um circuito RL é dada por it V0R1 eRLt Substituindo R 40Ω L 01H e V0 110V temos it 11040 1 e4001t it 114 1 e400t Questão 9 Marque a alternativa que apresenta uma equação diferencial parcialEDP s2 st 2t 3 dxdz x2 z d2xdz2 w x 2w xy xy2 xy y2 2x 4x 3y2 2 Solucao Uma caracterıstica da EDP e o uso de uma o mais derivadas parciais de uma funcao incognita de duas ou mais variaveis independentes Assim a alternativa que apresenta derivadas parciais e w x 2w xy xy2 Questao 10 Marque a alternativa que NAO apresenta uma equacao diferencial 3mm p 2mp s2 st 2t 3 w x 2w xy xy2 xy y2 2x dx dz x2 zd2x dz2 Solucao Uma equacao diferencial e uma equacao que contem as derivadas de uma ou mais variaveis dependentes em relacao a uma ou mais variaveis independentes Observando as equacoes notamos que a unica opcao que nao aparece derivada na equacao e s2 st 2t 3 Questao 11 Determine a solucao geral da equacao diferencial u 4u 5u 0 aex be2x a e b reais aex bxex a e b reais 9 ae2xcosx be2xsenx a e b reais aexcosx bexsen2x a e b reais aexcos2x bexsen2x a e b reais Solucao A equacao caracterıstica para essa EDO e r2 4r 5 0 Vamos utilizar a formula de Bhaskara para determinar as raızes desta equacao r b 2a sendo b2 4ac 42 4 1 5 16 20 4 Como o delta e negativo logo teremos duas raızes complexas Continuando a resolucao vem que r 4 4 2 1 r 4 2i 2 r 2 i Assim r1 2 i r2 2 i e r1 r2 α βi A solucao geral para EDO com raızes complexas da equacao caracterıstica e dada por ux aeαxcosβx beαxsenβx Substituindo α 2 e β 1 na equacao yx obtemos ux ae2xcosx be2xsenx Questao 12 Seja a equacao diferencial 2y 4y 2y 0 Sabese que y expx e y xexpx sao solucoes desta equacao diferencial Determine a alternativa que apresenta uma solucao da equacao diferencial 10 ex 2ex 2cosx senx x2 2x 1 lnx x 2 xex Solução Uma solução particular de uma EDO de segunda ordem é dada por y1x e y2x ou por qualquer outra combinação de y1 e y2 Assim uma solução para esta equação diferencial é da forma yx ay1x by2x Como temos duas soluções y1 expx e y2 xexpx da equação diferencial 2y4y2y 0 logo uma solução para esta equação é da forma yx aex bxex Fazendo a 2 e b 1 segue o resultado yx 2ex xex yx 2 xex Questão 13 Marque a alternativa correta relacionada à série sum1n 2k3k5 É convergente com soma 910 É divergente É convergente com soma 920 É convergente com soma 85 É convergente com soma 14 Solução Vamos reescrever a expressão usando frações parciais 2k3k5 Ak3 Bk5 A 2k53 235 22 1 B 2k35 253 22 1 Assim sum1n 2k3k5 sum1n 1k3 1k5 Aplicando as somas parciais nessa série telescópica temos Sn 14 16 15 17 16 18 17 19 18 110 1n1 1n3 1n2 1n4 1n3 1n5 Simplificando os termos simétricos vem que Sn 14 15 1n4 1n5 Sn 920 1n4 1n5 Aplicando o limite quando n tende ao infinito obtemos limn Sn limn 920 1n4 1n5 920 limn 1n4 limn 1n5 920 0 0 920 Portanto a série é convergente com soma 920 Questão 14 Marque a alternativa correta relacionada à série sum1 1cos1kk É convergente com soma no intervalo 01 É convergente com soma no intervalo 23 É convergente com soma no intervalo 34 É convergente com soma no intervalo 12 É divergente Solução Primeiramente vamos verificar se a série converge ou diverge Utilizando o teste da comparação comparando esta série com a série harmônica sum1 1k temos que 1 cos 1k 1 para todo k então 1 cos 1kk 1k Como a série harmônica é divergente logo por comparação direta a série 1 1cos1kk também é divergente Questão 15 A transformada de Laplace também é aplicada na teoria de controle sendo utilizada para analisar e projetar sistemas de controle lineares Sabendo disso calcule Lgss onde gt 5cos2t sen3t4 Lgss 5ss²4 34s²9 Lgss 5s4s²4 34s²9 Lgss ss²4 34s²9 Lgss 5ss²4 3s²9 Lgss 5ss²4 14s²9 Solução Queremos saber L5cos2t sen3t4s 5Lcos2ts 14Lsen3ts Sabemos que Lcosats ss² a² Assim 5Lcos2ts 5 ss² 2² 5ss² 4 Temos também que Lsenats as² a² Aplicando esse resultado na segunda parcela temos 14Lsen3ts 14 3s² 3² 34s² 9 Logo essa transformada será Lgss 5ss² 4 34s² 9 Questão 16 As transformadas de Laplace e Fourier sao amplamente utilizadas em areas como engenharia eletrica telecomunicacoes processamento de sinais controle de sistemas acustica e fısica teorica Sabendo disso determine L e5t sabendo que ft e definida para 0 t 1 5s para s 5 1 5s para s 5 1 3s para s 3 1 6s para s 6 1 2s para s 2 Solucao A transformada de Laplace de uma funcao exponencial e dada por L eat 1 s a Assim para a funcao ft e5t temos a seguinte transformada L e5t 1 s 5 para s 5 Questao 17 Seja um recipiente que contem inicialmente 2000l de agua e 100kg de sal E inserida no recipiente uma solucao agua salgada com uma concentracao de 5kg de sal por litro de agua a uma taxa fixa de 25Lmin Esta solucao e misturada completamente e tem uma saıda do tanque com uma taxa de 25Lmin Determine a quantidade de sal que permanece no recipiente apos 4800 s do inıcio do processo Entre 6001 e 7000 kg Entre 5000 e 6000 kg Entre 7001 e 8000 kg Entre 8001 e 9000 kg Entre 9001 e 10000 kg 14 Solução Seja Qt a quantidade de sal no tanque no instante t Para problemas desse tipo a taxa de variação de Qt é dada por dQdt taxa de entrada do saltaxa de saída do sal onde R₁ taxa de entrada concentração do sal no fluxo de entrada R₂ taxa de saída concentração do sal no fluxo de saída A questão nos fornece os seguintes dados Volume inicial V₀ 2000L Quantidade de sal no início Q₀ 100 𝑲𝒈 Concentração de sal na entrada 5 𝑲𝒈𝐿 Concentração de sal na saída Q 𝑲𝒈𝐿 Velocidade da água ao entrar 25 𝐿𝑚𝑖𝑛 Velocidade da água ao sair 25 𝐿𝑚𝑖𝑛 Assim dQdt 25Lmin 5KgL QKg2000L 25Lmin Simplificando os termos temos dQdt 125kgmin QKg80min dQdt 125 Q80 dQdt 10000 Q80 Separando as variáveis temos 8010000 Q dQ dt Integrando ambos os lados da equação vem que 8010000 Q dQ dt 80 110000 Q dQ dt 80ln10000 Q t C ln10000 Q t C80 Aplicando a exponencial de ambos os lados da equação obtemos eln10000Q e t C80 10000 Q et80 eC 10000 Q et80 C Qt 10000 et80 C Aplicando a condição inicial Q₀ 100 Kg encontraremos o valor da constante C Q0 10000 e080 C Q0 10000 e0 C 100 10000 1 C 100 10000 C C 10000 100 C 9900 Assim a equação ficará Qt 10000 et80 9900 Qt 10000 9900et80 Para o tempo t 4800s 80 min segue o resultado Q80 10000 9900e8080 Q80 10000 9900e1 Q80 6358 kg Questão 18 Seja uma partícula de massa m tal que h²8π²m A partícula se encontra em uma região com energia potencial nula e uma energia total em todos os pontos iguais a E2J Sabese também que φ0 0 e φπ2 5 Determine sua função de onda unidimensional φx 533cos13x φx 533sen13x φx 10sen13x φx sen16x Questão 19 Obtenha a solução da equação diferencial 6u2 4cosu 2v 2 que atenda v 2 para u 0 vu u 2cos u u3 vu 2 u 2 sen u u3 vu 2 2u 2 sen u u2 vu 3 u 2 sen u u3 vu 1 u cos u u2 Solução Este é Problema de Valor Inicial PVI de primeira ordem onde foi fornecida a EDO 6u2 4cosu 2v 2 com a condição inicial V0 2 Para resolver esta equação primeiramente devemos isolar o termo que possui a derivada isto é v 2v 6u2 4cosu 2 Dividindo a equação por 2 temos v 3u2 2cosu 1 Integrando ambos os lados da equação encontraremos vu vu 3u2 2cosu 1 du vu 3 u3 3 2 senu u C vu u3 2 senu u C Aplicando a condição inicial v0 2 encontraremos o valor da constante C v0 03 2 sen0 0 C 2 C C 2 Substituindo o valor de C na equação temos a solução da EDO vu u3 2 senu u 2 vu 2 u 2 senu u3 Questao 20 Seja a equacao diferencial ux zx 2x 2z2 z2vx z marque a alternativa que apresenta valores para ux z e vx z de forma que a equacao diferencial seja de segunda ordem linear e homogˆenea ux z x e vx z x ux z 0 e vx z x3 ux z x e vx z 0 ux z z2 e vx z z ux z z2 e vx z x3 18 30 questoes de calculo de Variaveis Complexas Questao 1 Determine a equacao cartesiana para x t2 4 y 1 t t R x 1 x y2 2y 3 x 1 y 1 x y x 4 Solucao Os dados fornecidos sao equacoes parametricas Para transformalas em equacao cartesiana basta isolar a variavel t de uma das equacoes na outra equacao Isolando t da segunda equacao vem que y 1 t t 1 y Substituindo este resultado na primeira equacao temos x 1 y2 4 x 1 2y y2 4 Simplificando a expressao vem que x y2 2y 3 Questao 2 Determine o comprimento do caminho percorrido por um carro que se move ao longo de uma estrada cuja equacao vetorial e etcost etsent durante o tempo t1 0 a t2 3 Nenhuma das respostas anteriores e 1 2e3 1 212e3 1 1 Solução O comprimento da curva é dado por S t1 to t2 rt dt Vamos calcular o comprimento para a curva rt etcos t et sen t durante o tempo t1 0 a t2 3 Primeiramente encontraremos a derivada de rt rt etcost etcost etsent etsent rt et cost et sent et sent et cost Agora encontraremos a norma de rt rt et cost et sent2 et sent et cost2 rt e2tcost sent2 e2tsent cost2 rt e2tcos2 t 2cost sent sen2 t e2tsen2 t 2sent cost cos2 t rt e2t1 2cost sent e2t1 2sent cost rt e2t 1 2cost sent 1 2sent cost rt e2t 1 2cost sent 1 2sent cost rt 2e2t rt 2et Como o tempo é de t1 0 a t2 3 podemos aplicar a fórmula do comprimento da curva S t1 to t2 rt dt S 0 to 3 2et dt S 2 et from 0 to 3 S e32 e0 2 S e32 2 S 2 e3 1 S 212 e3 1 Questão 3 Sabendo que a curvatura é a medida da taxa de variação de uma direção tomando esta variação em relação ao comprimento do arco e não em relação ao parâmetro Determine a curvatura e o raio da circunferência defina pela parametrização σt a cost a sent onde t varia entre 0 e 2π kt a mostrando que a circunferência tem curvatura constante O raio da circunferência ρt kt a kt 6a mostrando que a circunferência tem curvatura constante O raio da circunferência ρt 1kt 6a kt 1a mostrando que a circunferência tem curvatura constante O inverso da curvatura é o raio da circunferência ρt 1kt a kt 12 a mostrando que a circunferência tem curvatura constante O raio da circunferência ρt 1kt 2a kt 2a mostrando que a circunferência tem curvatura constante O raio da circunferência ρt 1kt a Solução A curvatura de uma curva é dada por kt σt σt σt3 Primeiramente vamos encontrar a primeira derivada de σt σt a cost a sent σt a sent a cost Aplicando a norma de σt temos σt a sent2 a cost2 σt a2 sen2 t a2 cos2 t σt a2sen2 t cos2 t σt a2 1 σt a2 σt a Agora encontraremos a segunda derivada de σt A primeira derivada é σt asent acost Logo a segunda derivada será σt acost asent O próximo passo é resolver o produto vetorial entre σt asent acost e σt acost asent Assim σt σt i j k asent acost 0 acost asent 0 σt σt a²sen²t k a²cos²t k σt σt a²sen²t cos²t k σt σt a² k σt σt 0 0 a² Aplicando a norma no vetor encontrado temos σt σt 0² 0² a²² σt σt a²² σt σt a² Logo a curvatura será kt σt σt σt³ a² a³ 1 a kt 1 a O raio da circunferência é o inverso da curvatura logo ρt a Questão 4 Escrever a equação do plano que passa pelo ponto P₁ 2 1 1 sabendo que o vetor V 1 2 3 é normal ao plano x y 9 0 x y z 7 0 x 3z 3 0 x 2y 3z 3 0 2y 5z 2 0 Solucao A equacao cartesiana do plano e determinada por ax by cz d Os valores a b e c sao obtidos do vetor normal V a b c V 1 2 3 Logo a equacao ficara 1x 2y 3z d Para encontrarmos a variavel d utilizaremos o ponto P2 1 1 que pertence ao plano Substituindo P na equacao do plano temos 1 2 2 1 3 1 d 2 2 3 d d 3 Logo a equacao do plano e x 2y 3z 3 x 2y 3z 3 0 Questao 5 Qual das equacoes abaixo representa um hiperboloide elıptico de uma folha x2 y2 z2 9x2 4y2 36z2 36 4x2 9y2 z2 36 x2 16z2 4y2 16 9x2 4z2 36y 0 5 Solucao Um hiperboloide elıptico de uma folha e uma superfıcie quadratica A equacao reduzida de uma superfıcie quadrica e da seguinte forma x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 A equacao do hiperboloide de uma folha tem como caracterıstica um termo negativo no primeiro membro da equacao Assim teremos trˆes possibilidades x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 Observando as equacoes temos que x2 y2 z2 reescrita e igual a x2 y2 z2 0 apesar de possuir um termo negativo do lado esquerdo a equacao se iguala a zero o que caracteriza um cone quadrico 9x2 4y2 36z2 36 Esta equacao possui um termo negativo do lado esquerdo Escrevendoa na forma reduzida dividindoa por 36 temos 9x2 36 4y2 36 36z2 36 36 36 x2 4 y2 9 z2 1 Observando a forma reduzida da equacao notamos que ela contempla as caracterısticas de um hiperboloide de uma folha Logo este item esta correto A terceira opcao possui todos os termos positivos entao nao teremos um hiperboloide de uma folha mas sim um elipsoide A quarta opcao ao organizarmos a equacao teremos dois termos negativos x2 4y2 16z2 16 o que nao caracteriza um hiperboloide de uma folha mas sim um hiperboloide de duas folhas A quinta opcao tambem apresenta dois termos negativos o termo y nao esta ao quadrado e esta igualada a zero o que nao caracteriza um hiperboloide de uma folha 6 Questao 6 Seja fx y 5xy 3x2 Verifique o limite da funcao fx y quando x y tende a 1 1 O limite sera 8xy O limite sera 8 O limite sera 0 O limite sera 5x O limite sera 5 Solucao Aplicando o limite de duas variaveis na equacao dada temos lim xy11 5xy 3x2 5 1 1 3 12 5 3 8 Questao 7 Determine as derivadas parciais fxx e fxy da funcao fx y ex2y2 fxx ex1 fxy 4e2 fxx 4xyex2y2 ex2y2 fxy x2ex2y2 ex2y2 fxx ex fxy 4e2 fxx 4x2ex2y2 2ex2y2 fxy 4xyex2y2 fxx 4x2ex fxy 4xe3 Solucao Derivando parcialmente a funcao fx y ex2y2 em relacao a x temos fx x2 y2ex2y2 7 fx 2xex2y2 Derivando novamente em relacao a x aplicando a regra do produto temos fxx 2xex2y2 2xex2y2 fxx 2ex2y2 2x 2x ex2y2 fxx 2ex2y2 4x2ex2y2 Logo fxx 4x2ex2y2 2ex2y2 Agora vamos derivar fx 2xex2y2 em relacao a y aplicando a regra da cadeia fxy 2x x2 y2 ex2y2 fxy 2x 2y ex2y2 fxy 4xyex2y2 Questao 8 Sabendo que a funcao que satisfaz a equacao de Laplace e dita harmˆonica Com base nessa definicao analise a funcao fx y lnx2 y2 e conclua se fx y e harmˆonica A funcao e harmˆonica pois satisfaz a equacao de Laplace A funcao nao e harmˆonica pois nao satisfaz a equacao de Laplace A funcao nao e harmˆonica A funcao e harmˆonica pois nao satisfaz a equacao de Laplace A funcao nao e harmˆonica pois satisfaz a equacao de Laplace Solucao Dizemos que uma funcao fx y e harmˆonica se a equacao de Laplace fxxfyy 0 for satisfeita Derivando duas vezes a funcao fx y lnx2 y2 em relacao a x temos fx x2 y2 lnx2 y2 fx 2x 1 x2 y2 fx 2x x2 y2 fxx 2xx2 y2 2xx2 y2 x2 y22 8 fxx 2x2 y2 2x2x x2 y22 fxx 2x2 2y2 4x2 x2 y22 fxx 2x2 2y2 x2 y22 Agora derivando duas vezes a funcao em relacao a y temos fy x2 y2 lnx2 y2 fy 2y 1 x2 y2 fy 2y x2 y2 fyy 2yx2 y2 2yx2 y2 x2 y22 fyy 2x2 y2 2y2y x2 y22 fyy 2x2 2y2 4y2 x2 y22 fyy 2x2 2y2 x2 y22 Somando fxx e fyy temos fxx fyy 2x2 2y2 x2 y22 2x2 2y2 x2 y22 2x2 2y2 2x2 2y2 x2 y22 0 Como fxx fyy 0 logo a funcao fx y lnx2 y2 e harmˆonica Questao 9 Seja a funcao de varias variaveis fx y 2x3 y3 3x2 3y analise a funcao e encontre o ponto crıtico da funcao Temos como pontos crıticos 01 01 e 11 Temos como pontos crıticos 01 11 e 11 Temos como pontos crıticos 01 01 e 11 Temos como pontos crıticos 01 01 11 e 11 9 Temos como pontos crıticos 01 Solucao Um ponto a b dito ponto crıtico de uma funcao se a primeira derivada em relacao a x e a y e nula ou se uma das derivadas parciais nao existir Para encontrarmos o ponto crıtico de uma funcao de duas variaveis devemos fazer fxx y 0 e fyx y 0 Encontrando a primeira derivada de fx y 2x3 y3 3x2 3y em relacao a x temos fxx y 6x2 0 6x 0 fxx y 6x2 6x Igualando esse resultado a zero vem que 6x2 6x 0 x6x 6 0 x 0 ou 6x 6 0 6x 6 x 1 Derivando a funcao em relacao a y temos fyx y 0 3y2 0 3 fyx y 3y2 3 Igualando esse resultado a zero vem que 3y2 3 0 3y2 3 y2 1 y 1 Combinando os valores de x e y teremos os seguintes pontos crıticos 0 1 0 1 1 1 e 1 1 Questao 10 Ache os maximos e mınimos locais de fx y x22y2x em D gx y 1 gx y x2y2 Maximo local e f1 2 f1 2 9 e mınimo local f12 0 14 10 Maximo local nao existe e mınimo local f12 1 4 Maximo local e f12 32 8 e mınimo local nao existe Maximo local e f12 32 f12 32 94 e mınimo local f12 0 14 Maximo local e f1 32 0 e mınimo local f1 0 1 Solucao Primeiramente vamos encontrar os pontos crıticos da funcao fx y derivando a funcao em relacao a x e em relacao a y e em seguida igualar o resultado a zero Derivando em relacao a x temos fxx y 2x 1 Igualando a zero fxx y vem que 2x 1 0 2x 1 x 1 2 Derivando em relacao a y temos fyx y 4y Igualando a zero fxx y vem que 4y 0 y 0 O unico ponto crıtico da funcao fx y x2 2y2 x e 12 0 Agora precisamos avaliar a funcao f nos pontos da fronteira do domınio D gx y 1 gx y x2 y2 A fronteira do domınio e dada pela equacao x2 y2 1 que representa um cırculo de raio 1 centrado na origem Utilizando os multiplicadores de Lagrange podemos encontrar os maximos e mınimos da funcao f restrita a funcao g fx y λgx y Calculando os gradientes de fx y x2 2y2 x e gx y x2 y2 1 temos fx y fx fy fx y 2x 1 4y gx y gx gy 11 gx y 2x 2y Assim fx y λgx y 2x 1 4y λ2x 2y Da igualdade vem que 2x 1 λ2x 4y λ2y Da segunda equação temos 4y λ2y 4y λ2y 0 y4 λ2 0 y 0 ou 4 λ2 0 λ 42 λ 2 Para λ 2 a primeira equação do sistema ficará 2x 1 λ2x 2x 1 2 2x 2x 1 4x 4x 2x 1 2x 1 x ½ Agora substituindo os valores de x e de y em gx y obteremos outros pontos Para x ½ temos x² y² 1 ½² y² 1 ¼ y² 1 y² 1 ¼ y² ¾ y ¾ y 32 O que nos dá os pontos ½ 32 e ½ 32 Para y 0 temos x² y² 1 x² 0 1 x² 1 x 1 O que nos dá os pontos1 0 e 1 0 Então teremos 5 candidatos a pontos de máximo e mínimo de fx y x² 2y² x no conjunto D Os pontos são ½ 0 ½ 32 ½ 32 1 0 e 1 0 Agora basta calcular o valor de f em cada ponto e verificar qual deles é ponto de máximo e de mínimo fx y x² 2y² x f½ 0 ½² 2 0² ½ ¼ ½ ¼ f½ 32 f½ 32 ½² 2 32² ½ ¼ 2 ¾ ½ ¾ 32 94 f1 0 1² 2 0² 1 1 0 1 0 f1 0 1² 2 0² 1 1 0 1 2 Observando os valores podemos afirmar que os pontos de máximos são ½ 32 ½ 32 e o ponto de mínimo é ½ 0 Questão 11 Seja 4y 2z 12 0 Esta equação define Um plano paralelo ao eixo x interceptando o eixo y em 0 0 0 e z em 0 0 6 Nenhuma das respostas anteriores É uma esfera É um cilindro reto Um plano paralelo ao eixo x interceptando o eixo y em 030 e z em 006 Solucao A equacao geral do plano e dada por ax by cz d 0 logo a equacao dada representa um plano Este plano e paralelo ao eixo x pois a variavel x esta ausente na equacao Para determinar os pontos de intersecao desse plano com os eixos y e z basta zerar os valores de x y e z de nesses dois eixos Para o eixo y quando x 0 e z 0 temos 4y 2z 12 0 4y 2 0 12 0 4y 12 0 4y 12 y 3 Portanto o plano intercepta o eixo y no ponto 0 3 0 Para o eixo z quando x 0 e y 0 temos 4 0 2z 12 0 2z 12 0 2z 12 z 6 Portanto o plano intercepta o eixo z no ponto 0 0 6 Assim a equacao 4y 2z 12 0 define um plano paralelo ao eixo x interceptando o eixo y em 0 3 0 e o eixo z em 0 0 6 Questao 12 Identifique a opcao que relaciona figura e equacao de forma correta xr2 yr2 cz2 0 14 xa2 yb2 zc2 1 x2 y2 z2 r2 xa2 yb2 zc2 1 Nenhuma das respostas anteriores Solucao A equacao do elipsoide centrado na origem e na direcao mostrada na figura e da forma xa2 yb2 zc2 1 A equacao do paraboloide elıptico centrado na origem e na direcao mostrada na figura e da forma zc xa2 yb2 A equacao do hiperboloide de duas folhas centrado na origem e na direcao mostrada na figura tera 3 formas de equacao devido apresentar dois termos negativos no primeiro membro xa2 yb2 zc2 1 xa2 yb2 zc2 1 xa2 yb2 zc2 1 Logo a unica figura que se relaciona corretamente com a equacao e a do hiperboloide de duas folhas Questao 13 Seja fx y 5xy 3x2 Verifique o limite da funcao fx y quando x y tende a 1 1 O limite sera 5x O limite sera 5 15 O limite sera 8 O limite sera 0 O limite sera 8xy Solucao Aplicando o limite de duas variaveis na equacao dada temos lim xy11 5xy 3x2 5 1 1 3 12 5 3 8 Questao 14 Determine as derivadas parciais fxx e fxy da funcao fx y ex2y2 fxx 4x2ex fxy 4xe3 fxx ex fxy 4e2 fxx ex1 fxy 4e2 fxx 4x2ex2y2 2ex2y2 fxy 4xyex2y2 fxx 4xyex2y2 ex2y2 fxy x2ex2y2 ex2y2 Solucao Derivando parcialmente a funcao fx y ex2y2 em relacao a x temos fx x2 y2ex2y2 fx 2xex2y2 Derivando novamente em relacao a x aplicando a regra do produto temos fxx 2xex2y2 2xex2y2 fxx 2ex2y2 2x 2x ex2y2 fxx 2ex2y2 4x2ex2y2 16 Logo fxx 4x2 ex2y2 2ex2y2 Agora vamos derivar fx 2xex2y2 em relação a y aplicando a regra da cadeia fxy 2x x2 y2 ex2y2 fxy 2x 2y ex2y2 fxy 4xy ex2y2 Questão 15 Determine a taxa e variação de fxyz xzx2 y2 1 no ponto 101 na direção do vetor u rt onde rt t1 2t1 t 12 2 612 2 6 Solução Primeiramente calcularemos o vetor gradiente da função fxyz fxyz fx fy fz Calculando as derivadas parciais temos fx xzx2 y2 1 xzx2 y2 1 x2 y2 12 fx zx2 y2 1 xz2xx2 y2 12 fx zx2 zy2 z 2zx2x2 y2 12 fx zx2 zy2 zx2 y2 12 fx zx2 y2 1x2 y2 12 fy xzx2 y2 1 xzx2 y2 1 x2 y2 12 fy 0 x2 y2 1 xz2y x2 y2 12 fy 2xyzx2 y2 12 fz xzx2 y2 1 xzx2 y2 1 x2 y2 12 fz xx2 y2 1 xz 0 x2 y2 12 fz xx2 y2 1x2 y2 12 fz x x2 y2 1 Assim o gradiente ficará fxyz zx2 y2 1x2 y2 12 2xyzx2 y2 12 xx2 y2 1 Aplicando o ponto 101 no gradiente temos f101 112 02 112 02 12 210112 02 12 112 02 1 f101 1 022 022 12 f101 04 04 12 f101 00 12 Agora calcularemos rt rt t1 2t1 t rt 121 Logo u 121 Precisamos normalizar o vetor u para obter um vetor unitário v v u u 121 12 22 12 121 6 16 26 16 Calculando a derivada direcional segue que Dv f101 f101 v Dv f101 0 0 12 16 26 16 Dv f101 0 16 0 26 12 16 Dv f101 1 26 6 12 Questão 16 Dada a função fxy 1xy que representa uma superfície S no R3 Determine os pontos dessa superfície S mais próximos de 000 Os pontos são 111 111 111 e 111 Os pontos são 111 111 e 111 Os pontos são 111 111 e 111 Os pontos são 111 111 e 111 Os pontos são 111 111 e 111 Solução A distância xyz a 000 é dada pela fórmula Dxyx x2 y2 z2 Se xyz S e z 1xy então d pode ser expressa pela função de duas variáveis Dxy x2 y2 1x2 y2 Observe que Dxy será minimizada quando gxy D2xy x2 y2 1x2 y2 for minimizada Para encontrar os pontos críticos da função g resolveremos os sistema de equações formado pelas derivadas parciais de g em relação a x em relação a y igualadas a zero gxxy 2x 2x3 y2 0 gyxy 2y 2x2 y3 0 Da primeira equação temos 2x4 y2 2 x3 y2 0 2x4y2 2 0 2x4y2 2 y2 2 2x4 y2 1 x4 Da segunda equação temos 2x2 y4 2 x2 y3 0 2x2 y4 2 0 2x2 y4 2 y4 2 2x2 y4 1 x2 Substituindo y2 1 x4 na relação y4 1 x2 temos y22 1 x2 1 x42 1 x2 1 x8 1 x2 1 1 x8 x2 x6 1 x 1 substituindo x 1 e x 1 na relação y2 1 x4 temos y2 1 14 y2 1 1 y2 1 y 1 Portanto os pontos críticos de g são 11 11 11 e 11 Para verificar se esses pontos são todos pontos de mínimo devemos encontrar a matriz Hessiana Primeiramente vamos calcular as derivadas parciais de segunda ordem da função gxy gxxy 2x 2 x3 y2 gxxxy 2 6 x4 y2 gxyxy 4 x3 y3 gyxy 2y 2 x2 y3 gyyxy 2 6 x2 y4 gyxxy 4 x3 y3 Calculando o determinante da matriz Hessiana vem que Hxy gxx gxy gyx gyy Hxy 2 6 x4 y2 4 x3 y3 4 x3 y3 2 6 x2 y4 Aplicando o ponto 11 temos H11 2 6 14 42 4 13 31 3 4 13 33 2 6 12 14 26 4 4 2 6 8 4 4 8 64 16 48 0 Aplicando o ponto 11 temos H11 2 6 14 12 4 13 13 4 13 13 2 6 12 14 2 6 4 8 4 4 2 6 4 8 64 16 48 0 Aplicando o ponto 11 temos H11 2 6 14 12 4 13 13 4 13 13 2 6 12 14 2 6 4 8 4 4 2 6 4 8 64 16 48 0 Aplicando o ponto 11 temos H11 2 6 14 12 4 13 13 4 13 13 2 6 12 14 2 6 4 8 4 4 2 6 4 8 64 16 48 0 Substituindo os pontos 11 11 11 e 11 em gxxxy vem que gxxxy 2 6 x4 y2 gxx11 2 6 14 12 2 6 8 0 gxx11 2 6 14 12 2 6 8 0 gxx11 2 6 14 12 2 6 8 0 gxx11 2 6 14 12 2 6 8 0 Como gxxxy 0 e Hxy 0 logo os 4 pontos são pontos de mínimo Para encontrar a terceira coordenada basta substituir os pontos em fxy fxy 1 x y f11 1 11 1 f11 1 11 1 f11 1 11 1 f11 1 11 1 Logo os pontos da superfície S mais próximos da origem são 111 111 111 111 Questão 17 Usamos o Método dos Multiplicadores de Lagrange para resolvermos o seguinte problema Minimizar x2 y2 z2 Sujeito a 2x y 3z 6 Determine a função Lagrangeana do problema dado Lxyzλ x2 y2 z2 λ Lxyz x2 y2 z2 λ2x y 3z 6 Lxyz x2 y2 2x y 3z 6 Lxyz x2 2x y 3z 6 Lx y λ x y z λ2x y 3z 6 Solucao Os multiplicadores de Lagrange tem a seguinte funcao Lx y z fx y z λgx y z Neste problema temos fx y z x2 y2 z2 sujeito a restricao gx y z 2x y 3z 6 Logo a funcao Lagrangeana sera Lx y z x2 y2 z2 λ2x y 3z 6 Questao 18 Determine a parametrizacao da helice circular sabendo que e a curva descrita por um ponto P x y z que se move em torno do eixo z mantendo uma distˆancia constante a 0 desse eixo Sabemos tambem que simultaneamente ela se move paralelamente ao eixo z de modo que sua terceira componente e proporcional ao ˆangulo de rotacao com constante de proporcionalidade b 0 Considerando o inıcio do movimento em P 0 0 0 st rq senq rq senq b q ˆA st cos q senq bq q ˆA st r cos q rsenq bq q ˆA st r cos q r cos q senbq q ˆA st rsenq r cos q bq q ˆA Solucao A helice circular e uma curva reversa Ela se desenvolve sobre a superfıcie cilındrica x2y2 r2 23 Enrolemos a volta da superfıcie um triˆangulo flexıvel ABC de modo que A seja o ponto 000 e que o lado AB se enrole sobre a secao do cilindro no plano xy A hipotenusa AC determina entao sobre a superfıcie cilındrica uma curva chamada helice circular Para parametrizar a helice consideremos um ponto Px y z da helice cuja projecao no plano xy e Q O ponto P se originou do correspondente ponto M sobre a hipotenusa AC A projecao de M e N e obviamente PQ MN Temos ainda AN ˆ AQ at Dessa forma expressamos xt a cos t yt asent zt PQ ANtgθ attgθ onde θ e o ˆangulo agudo B ˆAC Podemos fazer tgθ m e escrever a equacao vetorial da helice circular como r t a cos t i asent j amt k Mudando para as variaveis da questao temos s t r cos q i rsenq j bq k com b am Podemos reescrever a funcao vetorial da seguinte forma st r cos q rsenq bq q ˆA Questao 19 Uma partıcula se move sobre a circunferˆencia x2 y2 a2 no sentido antihorario com veloci dade angular constante de uma revolucao por segundo comecando no ponto P a 0 quando t 0 Encontre o vetor velocidade vetor velocidade escalar e vetor aceleracao sabendo que a parametrizacao da curva e x a cos θ e y asenθ V t 2πasen2πt 2πa cos 2πt vt 2πa e At 4π2a cos 2πt 4π2asen2πt V t 2πasen2πt 2πa cos 2πt vt 4πa e At 2π2a cos 2πt 2π2asen2πt V t 2πa cos 2πt 2πasen2πt vt 2πa e At 4π2a cos 2πt 4π2asen2πt V t 2πasenπt 2πa cos πt vt 2πa e At 4π2a cos 2πt 2π2asen2πt V t sen2πt 2πa cos2 πt vt 2πa e At 4π2a cos 2πt 4π2asen2πt Solucao 24 Neste caso específico queremos o parâmetro θ dado em função do tempo t Como a velocidade da partícula é uma revolução por segundo então sua velocidade angular dθdt é 2π radianos por segundo Portanto θt 2πt visto que θ0 0 Desta forma se a partícula percorre a circunferência apenas uma vez uma parametrização da trajetória é σt acos2πt asen2πt O vetor velocidade é a derivada da função parametrizada logo Vt σt 2πasen2πt 2πa cos2πt O vetor velocidade escalar é dado por vt Vt vt sqrt2πasen2πt2 2πa cos2πt2 vt sqrt4π2a2 sen22πt 4π2 a2 cos22πt vt sqrt4π2 a2 sen22πt cos22πt vt sqrt4π2 a2 1 vt sqrt4π2 a2 vt 2πa O vetor aceleração é dado pela segunda derivada da parametrização da curva Assim At σt Como σt 2πasen2πt 2πa cos2πt logo precisamos derivar somente mais uma vez At σt 4π2 a cos2πt 4π2 a sen2πt Questão 20 Uma partícula se move ao longo da involuta de equação paramétrica xt cos t tsent yt sent t cos t t 0 Encontre a componente tangencial da aceleração AT t 1 Solução Dada a equação paramétrica podemos escrevêla na forma vetorial σt cos t tsent sent t cos t A componente tangencial da aceleração é dada por ATt σt σt σt Encontrando a primeira derivada de σt e a sua norma vem que σt sent t sent tsen t cos t t cos t tcos t σt sent sent t cos t cos t 1 cos t tsent σt sent sent t cos t cos cos t tsent σt t cos t tsent A norma de σt é dada por σt sqrtt cos t2 tsent2 sqrtt2 cos2 t t2 sen2 t sqrtt2 cos2 t sen2 t sqrtt2 1 t Encontrando a segunda derivada de σt vem que σt t cos t tsent σt t cos t tcos t t sent tsen t σt cos t tsent sent t cos t Substituindo σt σt e σt na fórmula da componente tangencial da aceleração segue o resultado ATt t cos t tsent cos t tsent sent t cos t t ATt t cos2 t t2 cos tsent t sen2 t t2 sent cos t t ATt t cos2 t sen2 t t ATt t 1 t ATt 1 Questão 21 Analisando a equação 2x 3y 4z 12 podemos afirmar que I O traço no plano xy é dada por 2x 3y 12 II O traço no plano yz é dado por 3y 4z 12 III O traço no plano xz é dado por 2x 4z 12 IV Temos 600 como interseção com o eixo x 040 interseção com o eixo y e 013 com interseção com o eixo z I II III e IV sao verdadeiras I II III sao verdadeiras e IV e falsa I II sao verdadeiras III IV sao falsas I II sao falsas III IV sao verdadeiras I II III e IV sao falsas Solucao O traco no plano e dado quando zeramos a variavel que nao pertence aquele plano Para a equacao 2x 3y 4z 12 o traco no plano yz e obtido ao fazermos x 0 Logo o traco no plano yz e 3y 4z 12 Quando y 0 teremos o seguinte traco no plano xz 2x 4z 12E quando z 0 teremos o seguinte traco no plano xy 2x 3y 12 Para obter as intersecoes do plano com os eixos coordenados devemos zerar as outras duas coordenadas Eixo x x 0 0 Fazendo y 0 e z 0 temos 2x 3y 4z 12 2x 3 0 4 0 12 2x 12 x 6 Logo a intersecao do plano com o eixo x e 6 0 0 Eixo y 0 y 0 Fazendo x 0 e z 0 temos 2x 3y 4z 12 2 0 3y 4 0 12 3y 12 y 4 Logo a intersecao do plano com o eixo y e 0 4 0 27 Eixo z 0 0 z Fazendo x 0 e y 0 temos 2x 3y 4z 12 2 0 3 0 4z 12 4z 12 z 3 Logo a intersecao do plano com o eixo z e 0 0 3 Observando a resolucao os itens I II e III sao verdadeiros e o item IV e falso pois a intersecao do plano com o eixo z e 0 0 3 Questao 22 Qual das equacoes abaixo representa um hiperboloide elıptico de uma folha x2 16z2 4y2 16 9x2 4y2 36z2 36 x2 y2 z2 9x2 4z2 36y 0 4x2 9y2 z2 36 Solucao Um hiperboloide elıptico de uma folha e uma superfıcie quadratica A equacao reduzida de uma superfıcie quadrica e da seguinte forma x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 A equacao do hiperboloide de uma folha tem como caracterıstica um termo negativo no primeiro membro da equacao Assim teremos trˆes possibilidades x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 x2 a2 y2 b2 z2 c2 1 Observando as equacoes temos que 28 A primeira opcao ao organizarmos a equacao teremos dois termos negativos x2 4y2 16z2 16 o que nao caracteriza um hiperboloide de uma folha mas sim um hiperboloide de duas folhas 9x2 4y2 36z2 36 Esta equacao possui um termo negativo do lado esquerdo Escrevendoa na forma reduzida dividindoa por 36 temos 9x2 36 4y2 36 36x2 36 36 36 x2 4 y2 9 z2 1 Observando a forma reduzida da equacao notamos que ela contempla as caracterısticas de um hiperboloide de uma folha Logo este item esta correto x2 y2 z2 reescrita e igual a x2 y2 z2 0 apesar de possuir um termo negativo do lado esquerdo a equacao se iguala a zero o que caracteriza um cone quadrico A quarta opcao apresenta dois termos negativos o termo y nao esta ao quadrado e esta igualada a zero o que nao caracteriza um hiperboloide de uma folha A quinta opcao possui todos os termos positivos entao nao teremos um hiperboloide de uma folha e sim um elipsoide Questao 23 Determine caso exista o limite da funcao x2yx2 y2 quando x y tende a 0 0 Tende a x Nenhuma das respostas anteriores Tende a zero Tende a 9 Tende a 1 Solucao Vamos verificar se lim xy00 x2y x2 y2 existe Para isso vamos escolher 2 caminhos que ajudam a sair da indeterminacao 0 0 29 Caminho 1 ao longo da reta y x lim xy00 x2y x2 y2 lim x0 x2x x2 x2 lim x0 x3 2x2 lim x0 x 2 0 2 0 Caminho 2 ao longo da parabola y x2 lim xy00 x2y x2 y2 lim x0 x2x2 x2 x22 lim x0 x4 x2 x4 lim x0 x4 x21 x2 lim x0 x2 1 x2 0 1 0 0 Os dois caminhos diferentes forneceram o mesmo resultado logo o limite de x2y x2 y2 existe e e igual a zero Questao 24 Seja fx y 2xy 4y Calcule fx e fy fx 2y e fy 2x 4 Nenhuma das respostas anteriores fx 2x e fy 2xy fx 2y e fy 2x fx 2y e fy 2x 4x Solucao Calculando as derivadas parciais de fx y 2xy 4y em relacao a x e em relacao a y temos fx 2y fy 2x 4 Questao 25 Determine a taxa de variacao da funcao fx y z xyz e2xy no ponto P 1 2 1 na direcao do vetor u 1 1 2 2 2 2 2 2 3 30 2 Solução Primeiramente calcularemos o vetor gradiente da função fxyz xyz e2xy fxyz fx fy fz Calculando as derivadas parciais temos fx xyz 2x y e2xy fx yz 2e2xy fy xyz 2x y e2xy fy xz e2xy fz xyz e2xy fz xy Assim o gradiente ficará fxyz yz 2e2xy xz e2xy xy Aplicando o ponto 121 no gradiente temos f121 2 1 2e212 11 e212 1 2 f121 2 2e0 1 e0 2 f121 2 2 1 1 1 2 f121 402 Agora vamos normalizar o vetor u para obter um vetor unitário v v u u 11 sqrt2 sqrt12 12 sqrt22 11 sqrt2 sqrt1 1 2 11 sqrt2 sqrt4 11 sqrt2 2 12 12 sqrt22 Calculando a derivada direcional segue que Vmax 163 Vmax 35 Vmax 637 Vmax 33 Vmax 1633 Solução Considere uma função Vxyz que precisa ser maximizada sujeita à restrição gxyz Então a função de Lagrange é dada por Vxyz λgxyz Precisamos encontrar maior volume do paralelepípedo que pode ser inscrito no elipsoide x²9 y²4 z²1 1 Seja P xyz um ponto no elipsoide com xyz 0 Considere oito pontos diferentes como x y z Esses pontos são os vértices do paralelepípedo com comprimentos laterais 2x 2y e 2z Então o volume do paralelepípedo é dado por Vxyx 2x 2y 2z 8xyz Agora usando o método dos mutiplicadores de Lagrange vamos encontrar o valor máximo do volume sujeito à restrição dada Para isso vamos determinar o gradiente da função Vxyz e da função gxyz Cálculo do gradiente da função Vxyz 8xyz Vxyz Vₓ Vᵧ Vz Vxyz 8yz 8xz 8xy Agora calcularemos o gradiente da função do elipsoide gxyz x²9 y²4 z²1 1 0 gxyz gₓ gᵧ gz gxyz 2x9 2y4 2z1 Equacionando os multiplicadores de Lagrange vem que Vxyz λgxyz Questão 27 Encontre as dimensões máximas e o volume máximo de um paralelepípedo inscrito no elipsoide gxyz x²9 y²4 z²1 1 Questão 26 Seja a função de várias variáveis fxy 1 x² y² analise a função e encontre seu ponto crítico O ponto crítico será 10 O ponto crítico será 12 O ponto crítico será 21 O ponto crítico será 01 O ponto crítico será 00 Solução Para encontrar o ponto crítico de uma função de duas variáveis devemos derivar a função em relação a x e em relação a y e posteriormente igualar o resultado a zero fxy 1 x² y² fₓxy 2x 2x 0 x 0 fᵧxy 2y 2y 0 y 0 Logo o ponto crítico da função fxy 1 x² y² é 00 8yz8xz8xy λ 2x9 2y4 2z1 Igualando os termos resulta em λ 2x9 8yz 9 λ 2x8yz 9 λ x4yz 1 λ 2y4 8xz 4 λ 2y8xz 4 λ y4xz 2 λ 2z1 8xy 1 λ 2z8xy 1 λ z4xy 3 Substituindo os denominadores da equação do elipsoide temos x²9 y²4 z²1 1 0 x²λₓ x4yz y²λ y4xz z²λ z4xy 1 x² 4yzλx y² 4xzλy z² 4xyλz 1 12xyzλ 1 λ 12xyz Substituindo λ na equação 1 temos 9 λ x4yz 9 12xyz x4yz 3x² 9 x² 93 x² 3 x 3 Substituindo λ na equação 2 temos 4 λ y4xz 4 12xyz y4xz 3y² 4 y² 43 y 43 y 23 y 233 Substituindo λ na equação 3 temos 1 λ z4xy 1 12xyz z4xy 3z² 1 z² 13 z 13 z 13 z 33 Logo as dimensões máximas do paralelepípedo inscrito no elipsoide dado são x 3 y 233 e z 33 Portanto o volume máximo procurado é Vmax 8 x y z Vmax 8 3 233 33 Vmax 16 3² 33 3 Vmax 16 333 Vmax 1633 Vmax 1633 Questão 28 Qual é o valor de ₀¹ 2t 3t² i4t³ 5dt 3 3i 1 3i 2 4i 2 5i 1 2i Solução Calculando a integral ₀¹ 2t 3t² i4t³ 5dt termo a termo temos ₀¹ 2t 3t²dt i ₀¹ 4t³ 5dt 2 t²2 3 t³3₀¹ i 4 t⁴4 5t₀¹ t² t³₀¹ i t⁴ 5t₀¹ 1² 1³ i 1⁴ 5 1 2 i 4 2 4i Questão 29 Dada a função fz x² y² 2x i2xy 2y qual das alternativas a seguir apresenta a correta derivada dessa função calculada pelas condições de CauchyRiemann fz 2x 3 yi fz 2x y 2y xi fz 2x 2 2yi fz 2x xi 4yi fz 2x 2y 2xi Solução A condição de CauchyRiemann estabelece que para uma função fz uxy ivxy ser diferenciável em um ponto as derivadas parciais de u e v devem satisfazer a seguinte relação ux vy e uy vx Dada a função fz x² y² 2x i2xy 2y podemos identificar uxy x² y² 2x e vxy 2xy 2y ux 2x 2 e vy 2x 2 uy 2y e vx 2x 2 Logo as derivadas parciais satisfazem as condições de CauchyRiemann E a derivada de fz é fz 2x 2 2yi Questão 30 Dado o número complexo abaixo qual alternativa apresenta a correta expressão desse complexo na forma cartesiana z 2 cos2π3 isen2π3 Z 1 i3 Z 1 i3 Z 1 i3 Z 2 i3 Z 1 2i3 Solução Vamos aplicar o ângulo de referência encontrado os ângulos com valores trigonométricos equivalentes no primeiro quadrante Observe que o cosseno de 2π3 120 é negativo no segundo quadrante Logo reduzindo para o primeiro quadrante temos cos2π3 cosπ3 12 O seno de 2π3 120 é positivo no segundo quadrante Logo reduzindo para o primeiro quadrante temos sen2π3 senπ3 32 Assim o número complexo z poderá ser escrito da seguinte forma z 2 cos2π3 i sen2π3 z 2 12 i 32 z 2 1 i 32 z 1 i 3