Lista 1 - Funções Varias 5 - Máximos - Mínimos e Derivada

Funções de várias variáveis: Máximos, Mínimos e derivada direcional Questão 1 Nesse problema, temos: 𝑠. 𝑎. 𝑎𝑏𝑐 = 270 Assim, para acharmos as dimensões, precisamos primeiro calcular a área da caixa, representada pela figura abaixo: A equação será então: 𝐴 = 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑏𝑐 Como queremos minimizar a área, temos o seguinte problema de otimização: min 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑏𝑐 𝑠. 𝑎. 𝑎𝑏𝑐 = 127 Colocando na fórmula de Lagrange, tem-se: 𝐿 = 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑏𝑐 − 𝜆(𝑎𝑏𝑐 − 270) Derivando L em relação às variáveis a, b e c e igualando as derivadas a zero, obtemos: 𝜕𝐿 𝜕𝑎 = 2𝑏 + 2𝑐 − 𝜆𝑏𝑐 = 0 𝜕𝐿 𝜕𝑏 = 2𝑎 + 2𝑐 − 𝜆𝑎𝑐 = 0 𝜕𝐿 𝜕𝑐 = 2𝑎 + 2𝑏 − 𝜆𝑎𝑏 = 0 𝜕𝐿 𝜕𝜆 = −(𝑎𝑏𝑐 − 270) = 0 Igualando as duas primeiras equações, tem-se: 𝑎 = 𝑏 Da mesma forma com a segunda e a terceira, 𝑏 = 𝑐 Substituindo na última equação: 𝑎𝑏𝑐 − 270 = 0 𝑎3 = 270 𝑎 = 3√10 3 Assim, 𝑏 = 𝑐 = 3√10 3 Questão 2 Adotando que as dimensões do aquário são 𝑥, 𝑦 𝑒 𝑧, o volume é: 𝑉 = 𝑥𝑦𝑧 O custo nesse caso é dado por: 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥𝑦 + 2𝑥𝑧 + 2𝑦𝑧 Para encontrarmos o mínimo de C, utilizaremos os multiplicadores de Lagrange. Logo, ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝜆∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) No nosso caso, (3𝑦 + 2𝑧, 3𝑥 + 2𝑧, 2𝑥 + 2𝑦) = 𝜆(𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦) 3𝑦 + 2𝑧 = 𝜆𝑦𝑧 3𝑥 + 2𝑧 = 𝜆𝑥𝑧 2𝑥 + 2𝑦 = 𝜆𝑥𝑦 Isolando 𝜆: 𝜆 = 3𝑦 + 2𝑧 𝑦𝑧 = 3𝑥 + 2𝑧 𝑥𝑧 = 2𝑥 + 2𝑦 𝑥𝑦 𝜆 = 3𝑦 + 2𝑧 𝑦𝑧 = 3𝑥 + 2𝑧 𝑥𝑧 → 3𝑥𝑦 + 2𝑥𝑧 = 3𝑥𝑦 + 2𝑧𝑦 2𝑥𝑧 = 2𝑧𝑦 → 𝑥 = 𝑦 Das duas últimas, tem-se: 𝑥 = 2𝑧 3 = 𝑦 Substituindo na restrição: 𝑉 = 2𝑧 3 ∗ (2𝑧 3 ) ∗ 𝑧 𝑉 = 4𝑧³ 9 𝑧³ = 9 4 𝑉 𝑧 = √9 4 𝑉 3 E, então, tem-se: 𝑥 = 𝑦 = 2 3 ∗ (√9 4 𝑉 3 ) Questão 3 Bom, o volume da caixa segue a equação: 𝑉 = 𝑥𝑦𝑧 Assim, devido ao paraboloide, tem-se 𝑉 = 𝑥𝑦 ∗ (4 − 𝑥2 − 𝑦²) 𝑉 = 4𝑥𝑦 − 𝑥3𝑦 − 𝑥𝑦³ Agora, devemos maximizar a função. Para isso, calcula-se as derivadas parciais. Ou seja, 𝑓𝑥 = 4𝑦 − 3𝑥2𝑦 − 𝑦³ 𝑓𝑦 = 4𝑥 − 𝑥³ − 3𝑥𝑦² Para termos 𝑓𝑥 = 0 e 𝑓𝑦 = 0 simultaneamente, com 𝑥, 𝑦 ≠ 0, segue: 𝑥 = √4 − 𝑦2 3 𝑥 = √4 − 3𝑦² Igualando as equações, √4 − 𝑦2 3 = √4 − 3𝑦² 4 − 𝑦2 = 12 − 9𝑦² 8 − 8𝑦2 = 0 𝑦 = 1 Substituindo esse valor na expressão: 𝑥 = √4 − 3 ∗ 1² 𝑥 = 1 Como o único ponto crítico foi (1,1), podemos considerar que esse é o ponto que maximiza a função 𝑉. Agora só falta substituir os valores de 𝑥 e 𝑦 na função para encontrar o volume máximo: 𝑉 = 4 ∗ 1 ∗ 1 − 13 ∗ 1 − 1 ∗ 1³ 𝑉 = 4 − 1 − 1 𝑉 = 2 Questão 4 Primeiro, vamos escrever a equação para o calor perdido. Ou seja, 𝑄(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 10 ∗ (2𝑦𝑧) + 8 ∗ (2𝑥𝑧) + 𝑥𝑦 + 5 ∗ (𝑥𝑦) Assim, 𝑄(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 6𝑥𝑦 + 16𝑥𝑧 + 20𝑦𝑥 Para o volume, tem-se: 𝑉 = 𝑥𝑦𝑧 E, sabendo que 𝑉 = 4000𝑚3, segue: 𝑥𝑦𝑧 = 4000 → 𝑧 = 4000 𝑥𝑦 Substituindo na equação anterior: 𝑄(𝑥, 𝑦) = 6𝑥𝑦 + 80000 𝑥 + 64000 𝑦 Como queremos saber as dimensões que minimizar a perda de calor, a ideia vai ser achar 𝑄𝑥, 𝑄𝑦 e igualar a zero para achar os pontos críticos. Em seguida, ver os pontos de mínimo. Q(x, y) = 6xy + 80000x^{-1} + 64000y^{-1} Derivando em relação a x: Em relação a y: Q_x = 6y - 80000x^{-2} Q_y = 6x - 64000y^{-2} Igualando a Q_x a zero: 6y - 80000x^{-2} = 0 Logo, 6x^2 y = 80000 \rightarrow y = \frac{80000}{6x^2} \quad (i) Fazendo o mesmo com Q_y: 6x - 64000y^{-2} = 0 Usando a relação (i): 6x = 64000 \left( \frac{6x^2}{80000} \right)^2 Fazendo as contas, temos: x = 10 \sqrt{\frac{50}{3}} Portanto, y = \frac{80}{\sqrt{60}} Assim, o único ponto crítico de h seria \left(10 \sqrt{\frac{50}{3}}, \frac{80}{\sqrt{60}}\right), porém este não pertence a D. Como o ponto crítico não pertence a D, vamos olhar a fronteira de D. Analisando L1, L2, L3: Em L1 : y = 30 Q(x, 30) = 180x + \frac{80000}{x} + \frac{6400}{3}, \quad 30 \leq x \leq \frac{100}{3}. Derivando, Q'(x, 30) = 180 - \frac{80000}{x^2} Como 30 \leq x \leq \frac{100}{3}, nossa função Q'(x, 30) é crescente nesse intervalo e possuirá seu ponto de mínimo quando x = 30 e máximo em x = \frac{100}{3}. Calculando o Q nesses pontos, temos: Q(30, 30) \approx 10200 e Q\left(\frac{100}{3}, 30\right) \approx 10533. Em L2: y = \frac{1000}{x} Q\left(x, \frac{1000}{x}\right) = 6000 + 64x + \frac{80000}{x}, \quad 30 \leq x \leq \frac{100}{3}. Derivando, Q'\left(x, \frac{1000}{x}\right) = 64 - \frac{80000}{x^2} No intervalo 30 \leq x \leq \frac{100}{3} nossa função Q'\left(x, \frac{1000}{x}\right) é decrescente e possuirá ponto de mínimo em x = \frac{100}{3} e máximo em x = 30. Assim, h\left(\frac{100}{3}, 30\right) \approx 10533 e h\left(30, \frac{100}{3}\right) \approx 10587. Em L3 : x = 30, Q(30, y) = 180y + \frac{64000}{y} + \frac{80000}{3}, \quad 30 \leq y \leq \frac{100}{3}. Derivando, Q'(30, y) = 180 - \frac{64000}{y^2} No intervalo 30 \leq y \leq \frac{100}{3} Q' será positivo e, assim, Q será crescente de y com ponto de mínimo em x = 30 e máximo em x = \frac{100}{3}. Q(30, 30) \approx 10200 e Q\left(30, \frac{100}{3}\right) \approx 10587. Questão 5 Bom, sabendo que se trata de um retângulo, o seu perímetro pode ser descrito da seguinte forma: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 + 4𝑦 E o gradiente de 𝑓 é: ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (4,4) Por outro lado, nosso retângulo está restrito à elipse da seguinte forma: 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 4𝑦2 − 1 O gradiente de g vale: ∇𝑔(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 8𝑦) Aplicando o método dos multiplicadores de Lagrange, tem-se: ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 (4,4) = 𝜆(2𝑥, 8𝑦) Resolvendo o sistema, Iguala-se as duas primeiras equações: 2𝜆𝑥 = 8𝜆𝑦 𝑥 = 4𝑦 Substituindo na equação da restrição, 𝑥2 + 4𝑦2 = 1 (4𝑦)2 + 4𝑦2 = 1 16𝑦2 + 4𝑦2 = 1 20𝑦2 = 1 𝑦2 = 1 20 𝑦 = √1 √20 = 1 2√5 E, como 𝑥 = 4𝑦 𝑥 = 4 ∗ ( 1 2√5 ) 𝑥 = 2 √5 Temos o seguinte ponto, 𝐷 = ( 1 2√5 , 2 √5 ) Agora para o perímetro máximo, é só substituirmos o ponto D na função. Assim, 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 + 4𝑦 𝑓 ( 1 2√5 , 2 √5 ) = 4 ∗ ( 1 2√5 ) + 4 ∗ ( 2 √5 ) 𝑓 ( 1 2√5 , 2 √5 ) = 2 √5 + 8 √5 = 10 √5 ∗ √5 √5 = 2√5 Questão 6 Um lado de um triângulo está aumentando em uma taxa de 3cm/s e um segundo lado está decrescendo em uma taxa de 2cm/s. Se a área do triângulo permanece constante, a que taxa varia o ângulo entre os lados quando o primeiro lado tem 20cm de comprimento, o segundo lado tem 30cm de comprimento e o ângulo é \frac{\pi}{6}? Vamos olhar para o triângulo T temos que a sua área vai ser A = \frac{1}{2}xh Podemos ver que \sen \theta = \frac{h}{y} h = y \sen \theta Então a área é A = \frac{1}{2}xy \sen \theta Como temos as taxas de crescimento dos lados pelo tempo e a área não varia, podemos dizer que \frac{dA}{dt} = 0 Podemos calcular dA/dt pela regra da cadeia na equação da área \frac{dA}{dt} = \frac{\partial A}{\partial x} \frac{dx}{dt} + \frac{\partial A}{\partial y} \frac{dy}{dt} + \frac{\partial A}{\partial \theta} \frac{d\theta}{dt} \frac{\partial A}{\partial x} \frac{dx}{dt} + \frac{\partial A}{\partial y} \frac{dy}{dt} + \frac{\partial A}{\partial \theta} \frac{d\theta}{dt} = 0 Nós queremos a taxa em que o ângulo varia, que é dθ/dt, as derivadas parciais nós podemos calcular \frac{1}{2} y \sen \theta \frac{dx}{dt} + \frac{1}{2} x \sen \theta \frac{dy}{dt} + \frac{1}{2} xy \cos \theta \frac{dθ}{dt} = 0 Multiplicando a equação por 2 y \sen \theta \frac{dx}{dt} + x \sen \theta \frac{dy}{dt} + xy \cos \theta \frac{dθ}{dt} = 0 Isolando dθ/dt \frac{dθ}{dt} = -\left( y \sen \theta \frac{dx}{dt} + x \sen \theta \frac{dy}{dt} \right) \frac{dθ}{dt} = -\frac{\left( y \sen \theta \frac{dx}{dt} + x \sen \theta \frac{dy}{dt} \right)}{xy \cos \theta} Podemos colocar \sen \theta em evidencia \frac{dθ}{dt} = \frac{\left( y \frac{dx}{dt} + x \frac{dy}{dt} \right) \sen \theta}{xy \cos \theta} \frac{dθ}{dt} = \frac{\left( y \frac{dx}{dt} + x \frac{dy}{dt} \right)}{xy} \tg \theta Substituindo os valores, quando x = 20, y = 30 e \theta = \pi/6, e temos também que as taxas \frac{dx}{dt} = 3 e \frac{dy}{dt} = -2 \frac{dθ}{dt} = -\frac{(30(3) + 20(-2)) \tg \frac{\pi}{6}}{(20)(30)} \frac{dθ}{dt} = -\frac{(90 - 40) \frac{\sqrt{3}}{3}}{600} \frac{dθ}{dt} = -\frac{\sqrt{3}}{36} \approx -0,05 \frac{rad}{s} Funções de várias variáveis: Máximos, Mínimos e derivada direcional Questão 1 Questão 2 Questão 3 Questão 4 Questão 5 Questão 6