Atividade de Cálculo 2

Lista 2 Continuidade Derivadas Parciais Diferenciabilidade Linearização Regra da Cadeia e Derivada de Ordem Superior 1 Mostre que a função hxy x³y³ 2⁷ xy 00 0 xy 00 não é contínua na origem 00 2 Mostre que a função gxy ex² y² 1 cos x² y² 2 xy 00 1 xy 00 é contínua na origem 00 3 Dada a função fxy x² y² x² y²² x² y² 1 0 x² y² 1 faça o esboço do gráfico de f e determine os pontos que f é contínua R f é contínua em xy ℝ² tal que x² y² 1 4 Determine os pontos para quais a função fxy x³ y³ x² y² xy 00 0 xy 00 é contínua R Todo ℝ² 5 Determine as derivadas parciais nos seguintes casos a fxy x 4y³ x² y² xy 00 0 xy 00 b fxy 3x³ 2y³ x² y² xy 00 0 xy 00 R a fx xy y² x² 8xy³ x² y²² xy 00 não existe xy 00 e fy xy 12x²y² 4y³ 2xy x² y²² xy 00 0 xy 00 b fx xy 3x⁴ 9x²y² 4x³y x² y²² xy 00 0 xy 00 e fy xy 6x²y² 2y⁴ 6x²y x² y²² xy 00 0 xy 00 6 Determine as derivadas parciais das funções a fxy 5x² 6xy 2e²xy b gxyz 2xxyz c hxyz sinlnxyz³ d gxy arctanx² y R a fx xy 10x 6y 2e²xy fy xy 6x e²xy b gx xyz yx²y²yz ln 2 gy xyz x²²xyz ln 2 gz xyz xy²y² ln 2 c hx xyz coslnxyz² yz x hy xyz coslnxyz² xz y hz xyz 2 coslnxyz² z d gx xy 1 1 x² y² 2x gy xy 1 1 x² y² 7 Verifique que a função fxy lnx y tanx y satisfaz a equação fxx fyy 0 no seu domínio 8 Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace em dimensão 3 ²fx² ²fy² ²fz² 0 a fxyz x² y² 2z² b fxyz e3x 4y cos5z 9 Dada a função gxy 2x y 3 x 1 ou y 1 3 x 1 e y 1 a Determine fx 11 e fy 11 b f é diferenciável em 11 R fx 11 2 e fy 11 1 R Não 10 Determine os pontos nos quais h é diferenciável a hxy x³y 2x⁶ y² xy 00 0 xy 00 b hxy xy x² y² xy 00 0 xy 00 R Ambas em ℝ² 00 11 Mostre que fxy x⁴ x² y² xy 00 0 xy 00 é diferenciável em 00 e é de classe C¹ 12 Mostre que gxy x² y² sin1 x² y² xy 00 0 xy 00 é diferenciável em 00 mas não é de classe C¹ 13 Determine as equações do plano tangente e da reta normal ao gráfico das funções nos pontos dados a fxy x² y² em 01f01 R 2y z 1 o e r xyz 011 t021 t ℝ b gxy xex² y² em 22g22 R 9x z 8z 0 e r xyz 222 t981t ℝ c fxy arctanx 2y em 2 ½ f2 ½ R 2x 4y 4z 2 π e r xyz 2 ½ ¼ t½ ½ 1 t ℝ 14 Mostre que os planos tangentes ao gráfico de fxy x² y x² y² passam pela origem 15 Calcule a diferencial a x sinxy R dx ycosxydx xcosxydy b z gxy x³y² R dz 3x²y²dx 2x³ydy c w e²x² 2xy 2 R dw e²x² 2xy ² 2dx 2dy 2xdz d x arcsinuw R dx 1 1 u²w² du 1 1 u²w² dw e w fxy x arctanx 2y R dw arctanx 2y 1 x 2y² dx 2 1 x 2y² dy 16 Calcule aproximadamente 101203 R 102 17 Calcule aproximadamente 001² 302² 397² R 4988 18 Seja Ft fet sin t onde fxy é uma função diferenciável dada Expresse Ft em termos das derivadas parciais de f Calcule F0 supondo fx10 5 R Ft fxet sin t 2tet fyet sin t cos t e F0 5 19 Seja gx fx x³ 2 onde fxy é uma função dada diferenciável em ℝ² Expresse gx em termos das derivadas parciais de f R gx fxx x³ 2 3x² fyx x³ 2 20 Seja z fu² v² uv onde fxy é uma função diferenciável dada Expresse zu e zv em termos das derivadas parciais de f R zu 2u fx v fy zv 2v fx u fy 21 Considere a função diferenciável fxy e as funções guv v cosπ u euv e huv u² v² Sabendo que fx 14 3 e fy 14 2 determine Fu 02 e Fv 02 sendo Fuv fguv huv R Fu 02 6 e Fv 02 11 22 Suponha f ℝ² ℝ uma função diferenciável e que para todo t ℝ temse f3t t³ arctant Calcule fx 31 admitindo fy 31 2 Determine a equação vetorial da reta normal ao gráfico de 31 f31 R fx 31 11 6 e r xyz 31π4 t11 12 6 t ℝ 23 Seja uxy fx ay gx ay onde a é uma constante real e f e g são funções quaisquer de uma variável real deriváveis até segunda ordem Verifique que ²uy² a² ²vx² 24 Mostre que as funções a fxy lnx² y² b fxyz 1 x² y² z² satisfazem às respectivas equações de Laplace a ²fx² ²fy² 0 b ²fx² ²fy² ²fz² 0 25 Se u e v são funções de x e y de classe C² e satisfazem as equações de CauchyRiemann ux vy e uy vx mostre que u e v são harmônicas 20 Determine e classifique os pontos críticos de w xyz sujeitos às restrições x² y² 1 e x z 0 R Máximos em 23 13 23 e 0 1 0 e mínimos 23 13 23 e 0 1 0 21 Verifique que c3³ é o valor máximo de xyz x 0 y 0 e z 0 com a restrição x y z c c 0 Conclua que a média geométrica de três números positivos é sempre menor ou igual à média aritmética destes números 22 Determine zx e zy onde x³ y³ z³ 6xyz 1 R zx x² 2yz z² 2xy e zy y² 2xz z² 2xy 23 A função diferenciável z zxy é dada implicitamente pela equação fxy z 0 onde fuv é diferenciável e fv uv 0 Verifique que x zx y fy 0 24 Suponha que x xuv e y yuv sejam dadas implicitamente pelo sistema u x y v yx x 0 Mostre que xu 1 yx 1 25 Determine o volume do maior paralelepípedo que pode ser inscrito no elipsóide x² 9y² 4z² 1 se os faces devem ser paralelas aos eixos coordenados R 3 54 Lista 1 Questão 1 a fx y y x i Domínio A função fx y tem como domínio todo ℝ² uma vez que não há qualquer ponto que gere alguma patologia em fx y Portanto Domf x y ℝ² ii Imagem A imagem da fx y é todo ℝ pois para qualquer k ℝ existe x y tal que y x k iii Curvas de nível fx y k y x k y x k k ℝ São retas com inclinação 1 e intercepto k no eixo y b gx y z ln16 4x² 4y² z² i Domínio O argumento do logaritmo deve ser positivo 16 4x² 4y² z² 0 x²4 y²4 z²16 1 Domg x y z ℝ³ x²22 y²22 z²42 1 ii Imagem Como o logaritmo natural pode assumir qualquer valor real quando seu argumento varia em 0 a imagem é Img ln 16 iii Superfícies de nível ln16 4x² 4y² z² k 16 4x² 4y² z² eᵏ São elipsoides concêntricos c gx y ex²y² i Domínio A função está definida para todos x y ℝ² Domg x y ℝ² ii Imagem Como x² y² 0 a imagem é Img 0 1 iii Curvas de nível ex2y2 k x2 y2 ln k São círculos concêntricos para k 01 d hxy 2y x2 y2 i Domínio O radicando deve ser nãonegativo 2y x2 y2 0 x2 y 12 1 Domh xy ℝ2x2 y 12 1 ii Imagem O valor máximo ocorre no centro 01 Imh 01 iii Curvas de nível 2y x2 y2 k x2 y 12 1 k2 São círculos concêntricos para k 01 e fxyz 1x2y2z2 i Domínio O denominador não pode ser zero Domf xyz ℝ3xyz 000 ii Imagem Imf 0 iii Superfícies de nível 1x2 y2 z2 k x2 y2 z2 1k São esferas concêntricas para k 0 f hxyz x2 y2 z 12 i Domínio Não há restrições para a definição da função Domh xyz ℝ3 ii Imagem A função pode assumir qualquer valor real Imh ℝ ii Imagem Valores nãonegativos Imh 0 iii Curvas de nível 4x² y² k Para k 0 elipses Para k 0 ponto 00 p gxy 1x² y² i Domínio Denominador não pode ser zero Domg xy R² xy 00 ii Imagem Valores positivos Img 0 iii Curvas de nível 1x² y² k x² y² 1k Círculos concêntricos para k 0 q fxy 10 x y² i Domínio Radicando nãonegativo 10 x y² 0 x 10 y² Domf xy R² x 10 y² ii Imagem Valores nãonegativos Imf 0 iii Curvas de nível 10 x y² k x 10 y² k² Parábcas para k 0 r zxy 2 x² y² i Domínio Radicando sempre nãonegativo Domz xy R² ii Imagem Valores a partir de 2 Imz 2 iii Superfícies de nível x2 y2 z 12 k Para k 0 hiperbolóides de uma folha Para k 0 cone circular Para k 0 hiperbolóides de duas folhas g gxy yx21x2 i Domínio Duas condições devem ser satisfeitas a y x2 0 radicando nãonegativo b 1 x2 0 denominador não nulo Domg xy ℝ2y x2 e x 1 ii Imagem Como o numerador é nãonegativo e o denominador pode ser positivo ou negativo Img ℝ iii Curvas de nível yx21x2 k y x2 k21x22 São parábolas modificadas para cada k ℝ h hxy x2 y2 i Domínio O radicando é sempre nãonegativo Domh xy ℝ2 ii Imagem A função assume valores nãonegativos Imh 0 iii Curvas de nível x2 y2 k x2 y2 k2 São círculos concêntricos para k 0 i fxy yx i Domínio O denominador não pode ser zero Domf xy ℝ2x 0 ii Imagem A função pode assumir qualquer valor real Imf ℝ iii Curvas de nível yx k y kx São retas passando pela origem exceto a origem para cada k ℝ j hxy x2 y2 i Domínio O radicando deve ser nãonegativo x2 y2 0 x y Domh xy ℝ2x y e x y ii Imagem Valores nãonegativos Imh 0 iii Curvas de nível x2 y2 k x2 y2 k2 Para k 0 hipérboles Para k 0 retas y x k gxy lnx2 y2 i Domínio O argumento do logaritmo deve ser positivo x2 y2 0 xy 00 Domg xy ℝ2x2 y2 0 ii Imagem O logaritmo natural pode assumir qualquer valor real Img ℝ iii Curvas de nível lnx2 y2 k x2 y2 ek São círculos concêntricos para cada k ℝ l fx y x y2 i Domínio Não há restrições para a definição da função Domf x y R2 ii Imagem A função assume valores nãonegativos Imf 0 iii Curvas de nível x y2 k x y k Para k 0 pares de retas paralelas Para k 0 reta única y x m fx y 1 x2 com x 0 y 0 e x y 1 i Domínio Região triangular no primeiro quadrante Domf x y R2 x 0 y 0 x y 1 ii Imagem Como x 0 1 temos Imf 0 1 iii Curvas de nível 1 x2 k x 1 k São retas verticais dentro do domínio para k 0 1 n gx y 1 x2 y2 i Domínio Não há restrições Domg x y R2 ii Imagem Valor máximo 1 em 00 Img 1 iii Curvas de nível 1 x2 y2 k x2 y2 1 k Círculos concêntricos para k 1 o hx y 4x2 y2 i Domínio Não há restrições Domh x y R2 5 ii Imagem Valores nãonegativos Imh 0 iii Curvas de nível 4x² y² k Para k 0 elipses Para k 0 ponto 00 p gxy 1x² y² i Domínio Denominador não pode ser zero Domg xy R² xy 00 ii Imagem Valores positivos Img 0 iii Curvas de nível 1x² y² k x² y² 1k Círculos concêntricos para k 0 q fxy 10 x y² i Domínio Radicando nãonegativo 10 x y² 0 x 10 y² Domf xy R² x 10 y² ii Imagem Valores nãonegativos Imf 0 iii Curvas de nível 10 x y² k x 10 y² k² Parábolas para k 0 r zxy 2 x² y² i Domínio Radicando sempre nãonegativo Domz xy R² ii Imagem Valores a partir de 2 Imz 2 iii Curvas de nível 2 x² y² k x² y² k 2² Círculos para k 2 s fxyz x² z² e²ʸ i Domínio Não há restrições Domf xyz R³ ii Imagem Todos os reais Imf R iii Superfícies de nível x² z² e²ʸ k Superfícies de revolução variando com k t gxy 8 x² y² x² y² 4 4 x² y² 4 i Domínio Todo o plano Domg xy R² ii Imagem Img 48 iii Curvas de nível Para k 48 círculos concêntricos Para k 4 todo exterior do círculo x² y² 4 u hxy 6 x² y² x² y² 4 4 x² y² x² y² 4 i Domínio Todo o plano Domh xy R² ii Imagem Imh 26 iii Curvas de nível Para k 46 círculos concêntricos Para k 24 círculos concêntricos maiores v fxy 7 x² y² 0 x² y² 16 25 x² y² 16 x² y² 25 i Domínio Coroa circular Domf xy R² 0 x² y² 25 ii Imagem Imf 3 7 iii Curvas de nível Para k 37 círculos concêntricos Para k 3 círculo x² y² 16 Questão 5 segunda coluna n lim xy00 x³y x⁵ y³ Resposta não existe Justificativa Caminho y x lim x0 x⁴ x⁵ x³ lim x0 x x² 1 0 Caminho y x⁵ x³ lim x0 x³x⁵ x³ x⁵ x⁵ x³³ x⁸ x⁶ x⁵ x¹⁵ indeterminado o lim xy00 1 cos xy x Resposta 0 Justificativa Usando a aproximação cos θ 1 θ²2 para θ 0 1 cos xy x xy 2 x y 2 0 quando xy 00 p lim xyz000 x² y² z 7 x² y² 4z² Resposta 0 Justificativa Usando coordenadas esféricas ou limitando por z x² y² z² x² y² z 7 x² y² 4z² x² y² x² y² z² 7 x² y² x² y² z² 7 0 q lim xy00 x y x² y Resposta não existe Justificativa Caminho y 0 lim x0 x x² lim x0 1 x Caminho y x² x lim x0 x x² x x² x² x lim x0 x² x 0 r lim xy00 x arctan 1 x² y² Resposta 0 Justificativa Como arctan 1 x² y² π2 para todo xy 00 x arctan 1 x² y² x π2 0 s lim xy00 3x⁴ y⁴ x⁴ y²³ Resposta não existe Justificativa Caminho y x² lim x0 3x⁴ x⁸ x⁴ x⁸³ lim x0 3x¹² 8x¹² 38 Caminho y 0 lim x0 0 x¹² 0 t lim xy00 x y x² 5y² Resposta não existe Justificativa Caminho y 0 lim x0 x x² Caminho x y lim x0 2x x² 5x² lim x0 2x 6x² u lim xy00 21 x² cos x x y Resposta 0 Justificativa Como 21 x² eln 2 x² 0 quando x 0 e cos xxy 1 o limite é 0 v lim xy11 x 1 x 1² y 1² Resposta não existe Justificativa Caminho y 1 lim x1 x 1 x 1 1 depende do lado w lim xy00 x³ y³ x² y² Resposta 0 Justificativa Usando coordenadas polares x r cos θ y r sin θ r³ cos³ θ sin³ θ r² r cos³ θ sin³ θ 0 x lim xy00 1 ex² y² x² y² Resposta 1 Justificativa Substituindo u x² y² lim u0 1 eu u lim u0 eu1 1 1 LHôpital y lim xy12 xy 2x y 2 x² y² 2x 4y 5 Resposta não existe Justificativa Simplificando o numerador e denominador Numerador x 1y 2 Denominador x 1² y 2² Caminho y 2 limx1 0 x12 0 Caminho x 1 limy2 0 y22 0 Caminho y x 1 limx1 x12 2x12 1 2 z limxy00 xy2 x2y2 Resposta 0 Justificativa Usando coordenadas polares r3 cos θ sin2 θ r2 r cos θ sin2 θ 0 11 a fxy y x Domínio R² Curvas de Nível de fxy y x b gxy ln16 4x² 4y² Domínio 4x² 4y² 16 Curvas de Nível de gxy ln16 4x² 4y² c gxy ex² y² Domínio R² Curvas de Nível de gxy ex² y² d hxy sqrt2yx²y² Dominio 2yx²y²0 Curvas de Nivel de hxy sqrt2yx²y² y1²x²1 01 e fxy 1x²y² Dominio xy00 Curvas de Nivel de fxy 1x²y² f hxy x²y² Dominio R² Curvas de Nivel de hxy x²y² g gxy sqrtyx²1x² Dominio yx² e x1 Curvas de Nivel de gxy sqrtyx²1x² x 1 x 1 h hxy sqrtx²y² Dominio R² Curvas de Nivel de hxy sqrtx²y² i fxy yx Dominio x0 Curvas de Nivel de fxy yx j hxy sqrtx²y² Dominio x²y² Curvas de Nivel de hxy sqrtx²y² k gxy lnx²y² Dominio xy00 Curvas de Nivel de gxy lnx²y² l fxy xy² Dominio R² Curvas de Nivel de fxy xy² m fxy 1x² Domínio x0 y0 xy1 Curvas de Nível de fxy 1x² n gxy 1x²y² Domínio ℝ² Curvas de Nível de gxy 1x²y² o hxy 4x²y² Domínio ℝ² Curvas de Nível de hxy 4x²y² p gxy 1x²y² Domínio xy00 Curvas de Nível de gxy 1x²y² q fxy sqrt10xy² Domínio x10y² Curvas de Nível de fxy sqrt10xy² r zxy 2 sqrtx²y² Domínio ℝ² Curvas de Nível de zxy 2 sqrtx²y² s fxy x²y²e2y Domínio ℝ² Curvas de Nível de fxy x²y²e2y t gxy 8x²y² se x²y²4 4 caso contrário Domínio ℝ² Curvas de Nível de gxy 8x²y² se x²y²4 4 caso contrário u hxy 6x²y² se x²y²4 4sqrtx²y² caso contrário Domínio ℝ² Curvas de Nível de hxy 6x²y² se x²y²4 4sqrtx²y² caso contrário V fxy 7sqrtx²y² se x²y²16 sqrt25x²y² se 16x²y²25 Domínio 0x²y²25 Curvas de Nível de fxy 7sqrtx²y² se x²y²16 sqrt25x²y² se 16x²y²25 Lista 1 Domínio curvas de Nível Gráficos e Limites 3 No ponto dado temos T111 e¹²³ e⁰ 1 Logo veja que os pontos xyz com essa temperatura são tais que e⁰ eˣ²²ʸ²³𝓏² x² 2y² 3z² 0 z² x²3 2y²3 É a superfície buscada é z² x²3 23 y² que é um cono 4 a Lim xy 00 xᴰ eʸ cosx siny e⁰ e⁰ cos0 sin0 1 1 1 0 2 b Lim xyz 010 y³ x²z² x² y² z² 1³ 00² 0² 1² 0² 1 c Lim xy 12 xy x² y² 12 1² 2² 24 1 25 25 d Lim xy 52 x⁵ 4x³y 5xy² 5⁵ 45³2 552² 1075 2 a z sqrtyx² sqrt2x y O domínio é tq yx² 0 e 2x y 0 y x² e y 2x Logo o domínio é Dom xy R² y x² e y 2x xy R² x² y 2x Ou seja o espaço é yx² y2x Dominio b fxy ln9 x² 9y² O domínio é tq 9 x² 9y² 0 x² 9y² 9 x²9 y² 1 E temos que Domf xy R² x²9 y² 1 E o espaço é Dominio é apenas o interior da elipse sem as bordas c hxy 1 16 x² y² Aqui devemos ter que 16 x² y² 0 x² y² 16 4² Logo Domh xy R² x² y² 16 Portanto o espaço fica dado por Dominio é apenas a parte interna do circulo x² y² 16 sem a borda d gxy y x² Aqui devemos ter x² 0 Dom xy R² x² 0 Logo o espaço é xy R² x 0 Ou seja o espaço é R² sem a reta x 0 e Aqui temos duas restrições São essas a x y 0 y x b 4 x² y² 0 x² y² 4 Logo o domínio é Dom xy R² x² y² 4 e y x f gxy x y 1 x² y² Aqui basta que 1 x² y² 0 x² y² 1 Dom xy R² x² y² 1 Portanto o espaço é g hxy x y Logo temos x y 0 y x Ou seja Se x 0 x y 0 y x x y x Se x 0 x y 0 y x x y x x y x Logo o domínio é Dom xy R² y x O espaço é Dominio Aqui as curvas y x e y x são consideradas h z² 4 x² y² z x² y² 4 e logo Domz xy R² x² y² 4 O espaço é O borde do círculo x² y² 4 conta como domínio 2 4x² y² z² 1 z 0 Logo z 1 4x² y² ou seja devemos ter 1 4x² y² 0 x² y²4 14 Dai obtemos Dom xy R² x² y²4 14 Esboço Dominio 5 Para mostrar que o limite não existe basta que nós encontremos dois caminhos de xy x₀y₀ sejam estes C₁ C₂ tais que o limite de ambos não exista ou simplesmente que os limites sejam distintos Vamos aos itens a tomemos os caminhos com y z 0 e x y 0 que nos dará Limxyz 000 x² y² z²x² y² z² Lim x0 x²x² 1 Lim z0 z²z² 1 Portanto Limxyz 000 x² y² z²x² y² z² não existe b Limxy 00 x² sin²yx² 2y² Veja que siny 1 0 sin²y 1 e 0 sin²y y² para y 0 Logo temos 0 Limxy 00 x² sin²yx² 2y² Limxy 00 x² y²x² 2y² Lim n0 n⁴ cos²θ sen²θ n² cos²θ 2 sen²θ Lim n0 n² cos²θ sen²θ cos²θ 2 sen²θ 0 Em que usamos coordenadas polares com x r cosθ y r senθ onde a dependência do limite fica na variável r c Limxyx₀y₀ xy²x² y² tomemos x 0 e y variável logo Limxy00 xy²x² y² Lim y0 0 y² 0 y² 0 E fazemos x y Logo Limxy 00 xy²x² y² Lim y0 y⁴ y⁴ y² Lim y0 y²y² 1 Lim y0 2y 2y 1 Logo o limite pedido não existe d Limxy 00 xyy x³ tomemos x0 e y variável e y x⁴ logo Limxy 00 xyy x³ Lim y0 0 y y 0 0 Lim x0 x⁵ x⁴ x³ Lim x0 x²x 1 2 Logo o limite pedido não existe e Basta tomarmos o caminho com y0 e o com xy Com efeito Limxy 00 x² y ey x⁴ 4y² Lim x0 x² 0⁰ x⁴ 0 0 Lim x0 x³ ex x⁴ 4x² Lim x0 x ex x² 4 0 Mas veja que o caminho y x² nos dá Lim x0 x⁴ ex² x⁴ 4x⁴ Lim x0 ex² 5 15 Logo o limite não existe f Basta usarmos coordenadas polares Com x rcostheta y rsentheta x2 y2 r2 Logo lim xy00 sinx2 y2 x2 y2 lim n0 sinr2 r2 lim u0 sinu u 1 pelo limite fundamental da trigonometria g lim xy00 x2 sqrtx2 y2 tome x2 y e x 0 e temos lim y0 02 sqrt02 y2 0 e lim x0 x2 sqrtx2 x4 lim x0 x2 x sqrt1 x2 lim x0 1 sqrt1 x2 1 Logo o limite não existe h Tome y 0 e x y como caminhos Daí temos lim xy00 y4 x4 3y4 lim x0 0 x4 0 0 lim x0 x4 x4 3x4 lim x0 14 14 Logo o limite pedido não existe i tomemos os caminhos com y 2x e y x 1 Logo lim xy02 2x y2y2x1 lim x0 022x2x1 0 lim xy02 y2x2y2x1 lim x1 2x x 12x1x1 lim x1 x12 x12 1 Portanto o limite não existe j Façamos a expansão em taylor Com e feito sintheta Σn0 to theta2n1 2n1 1n thetaR com theta 1 Logo temos lim xy00 sinxy sinxsiny lim xy00 Σn0 to xy2n1 2n1 1n Σm0 to x2m1 2m1 1mΣk0 to y2k1 2k1 1k lim xy00 xy 13 xy3 x x33 y y33 lim xy00 1 13 xy2 1 x23 y23 x2 y29 1 Já que todas as potências se anulam k lim xy00 1 arctanx2 y2 tome y0 e lim xy00 1 arctanx4 y2 lim x0 1 arctanx2 não existe Pois arctan0 0 rad Logo o limite não existe l lim xy00 sinxy x2 y2 Como xy0 segue que sinxy xy Logo lim xy00 sinxy x2 y2 lim xy00 xy x2 y2 lim xy00 xy x2 y2 Tomemos x0 e xy como caminhos daí temos lim xy00 xy x2 y2 lim xy00 0 y 02 y2 0 lim y0 y2 x2 y2 12 E logo o limite não existe m lim xy00 x2 y2 y2 1 1 Como y0 façamos y2 1 1 12 y2 Logo temos lim xy00 x2 y2 y2 1 1 lim xy00 x2 y2 1 y2 2 1 lim xy00 2x2 0 Portanto lim xy00 x2 y2 y2 1 1 0 Lista 2 Continuidade Ideias básicas para solução 1 Para mostrar que fxy não é contínua num dado ponto basta mostrarmos que Lim fxy não é única para xyc x0y0 dois caminhos C 2 Para mostrarmos a continuidade será usual empregar mos coordenadas polares ie x r cosθ y r senθ Obs x2 y2 r2 cos2θ r2 sen2θ r2 cos2θ sen2θ r2 em que r é a variável r raio que para a ser a varíavel do limite 3 tomar a derivada parcial é simples Seguese a lógica x fxyz considere y e z constantes e derive na variável x como se faz em Cálculo 1 4 Uma fxy é contínua em x0y0 se e somente se Lim fxy fx0y0 xyx0y0 1 Veja que Lim hxy Lim hx0 Lim x0x2 0 0 xy00 x0 x0 y0 Lim hxy Lim hxx Lim x2x2 x2 Lim 12 12 xy00 x0 yx Logo hxy não é contínua em 00 2 Usamos coordenadas polares Lim gxy Lim gr cosθ r senθ xy00 n0 Lim r2 cosθ2 r senθ2 1 cosr2 cos2θ r2 sen2θ r0 r0 Lim r2 1 cosr2 cosr2 cos2θ r2 sen2θ Lim r2 1 cosr Lim dr2dr d1 cosrdr Lim 2r senr r0 r0 Lim d2rdr dsenrdr Lim 2 cosr 2 1 2 r0 r0 Portanto Lim gxy 2 e logo gxy é contínua em 00 Pois Lim gxy g00 2 xy00 3 Temos aqui z fxy x2 y2 x2 y2 1 0 x2 y2 1 Logo fxy descreve o seguinte sólido x2 y2 m z fixo Note que para x2 y2 1 a fxy é contínua pois x2 e y2 são funções contínuas Para x2 y2 1 temos que Lim fxy Lim fx0 Lim x2 1 xyx0y0 x02 y02 1 x 1 y y0 0 e Lim fxy Lim xy1sqrt2 1sqrt2 xy 1sqrt2 1sqrt2 x2 y2 1 De fato aqui já temos que Lim fxy Lim fxy 0 com x02 y02 1 xyx0y0 xyx0y0 E logo f é discontinua em todo ponto x0y0 tq x02 y02 1 Ou seja f é contínua em xy R2 x2 y2 1 4 Usemos coordenadas polares Veja que basta avaliarmos no ponto 00 já que fora desse ponto a fxy é contínua já que x³x³x²y² é contínua pois x² y² 0 Portanto temos Lim fxy Lim frcosθrsenθ xy 00 r0 Lim rcosθ³ rsenθ³ r cosθ² rsenθ² r0 Lim r³ cos³θ sen³θ r² cos²θ sen²θ r0 Lim r cos³θ sen³θ 0 f00 r0 Logo como f é contínua em 00 segue que a f é então contínua em toda R² 5 a fxy x4y³ x²y² xy 00 0 xy 00 temos x f x x4y³ x²y² x²y² x4y³ 2x x² y²² x² y² 2x² 8xy³ x² y²² y² x² 8xy³ x² y²² para xy 00 Note que Lim fxy Lim fxx Lim x4x³ 2x² Lim 12 2x Não existe xy 00 com xy x0 logo fxy não é contínua em 00 Portanto não existe derivada de f em xy 00 Por outro lado y f y x 4y³ x² y² 12 y² x² y² x4y³2y x² y²² 12 y⁴ 12 x² y² 2 x y 8 y⁴ x² y²² 12 x² y² 4 y⁴ 2 x y x² y²² para xy 00 Agora para 00 fazemos y f00 Lim f0k f00 k Lim 4k³ k² k Lim 4 4 k0 k0 Portanto y f00 4 b fxy 3x³ 2 y³ x² y² para xy 00 0 para xy 00 temos x f x 3 x³ 2 y³ x² y² 9x²x² y² 2x3 x³ 2 y³ x² y²² 3 x⁴ 9 x² y² 6 x⁴ 4 x y³ x² y²² 3 x⁴ 9 x² y² 4 x y³ x² y²² E y f x 3 x³ 2 y³ x² y² 6 y²x² y² 2 y3 x³ 2 y³ x² y²² 6 x² y² 6 y⁴ 6 x³ y 4 y⁴ x² y²² 2 y⁴ 6 x² y² 6 x³ y x² y²² Para xy 00 Para 00 temos x f00 Lim fh0 f00 h Lim 3h³ h² 0 3 h0 h0 y f00 Lim f0h f00 h Lim 2 h³ h² 0 2 h0 h0 7 fxy lnx y tan x y Note que fₓ xy x f x lnx y tan x y 1 x y sec² x y E fₓₓ ²x² f x 1 x y sec² x y 1 x y² 2 sec x y sec x y tan x y 1 x y² 2 sec² x y tan x y De forma análoga fᵧ xy 1 x y sec² x y fᵧᵧ xy 1 x y² 1 2 sec² x y tan x y Logo fₓₓ fᵧᵧ 1x y² 2 sec² x y tan x y 1x y² 2 sec² x y tan x y 0 E logo fₓₓ fᵧᵧ 0 em seu domínio 8 a temos fx 2x e fxx 2 e fz 4z e fzz 4 fy 2y e fyy 2 logo fxx fyy fzz 2 2 4 0 e a Eq de laplace é satisfeita b fxyz e 3x 4y cos5z temos fx 3 e3x 4y cos5z fxx 9 e3x 4y cos5z fy 4 e3x 4y cos5z fyy 16 e3x 4y cos5z fz 5 e3x 4y sen5z fzz 25 e3x 4y cos5z logo fxx fyy fzz 9 e3x 4y cos5z 16 e3x 4y cos5z 25 e3x 4y cos5z 9 16 25 e3x 4y cos5z 0 E a f satisfaz a Eq de Laplace 9 gxy 2x y 3 x 1 ou y 1 3 x 1 e y 1 temos x g11 lim h1 gh1 g11h1 lim h1 2x y 36h1 x h y 1 lim h1 2h 1 3h 1 lim h0 2h 2h 1 2 y g11 lim h1 g1h g11h 1 lim h1 h 1 h 1 1 f não é derivável em 11 pois limxy11 gxy limx1 2x x 3 0 Mas limxy11 com x y 1 gxy limxy11 3 3 Logo g não é continua em 11 e portanto não é diferenciável em 11 15 a z senxy logo a diferencial dz dz é dz x senxy dx y senxy dy y cosxy dx x cosxy dy Prosseguindo da mesma forma temos b z x3 y2 logo dz x z dx y z dy 3x2 y2 dx 2x3 y dy 3x2 y2 dx 2x3 y dy c w e2x 2y z2 logo dw x w dx y w dy z w dz 2 e2x 2y z2 dx 2 e2x 2y z2 dy 2z e2x 2y z2 dz e2x 2y z2 2 dx 2 dy 2 z dz 2 e2x 2y z2 dx dy z dz d x arcsinuv logo dx u x du v x dv 11 u2 v2 uuv du 11 u2 v2 vuv dv 11 u2 v2 v du u dv e w fxy x arctanx 2y Logo dw wx dx wy dy arctanx 2y x 11 x 2y2 2x 2y2x dx x 11 x 2y2 22y x 2y dy arctanx 2y x1 x 2y2 dx 2x1 x 2y2 dy 18 temos Ft fet2 sint Logo dFdt fx dxdt fy dydt Obs x et2 y sint fx 2t et2 fy cost fxet2 sint 2t et2 fyet2 sint cost Agora supondo fy10 5 temos que 1 et2 t2 0 t 0 Logo F0 dFdtt0 fx10 20 e0 fy10 cos0 fy10 5 19 gx fx x3 2 onde fxy é uma função dada diferenciável em R2 Expressemos gxy em termos das parciais de f Com efeito seja fuv com u x e v x3 2 Logo gxy gu dudx gv dvdx fu dxdx fo dvdx fxx x32 fy dvdy Mas note que dvdx 3x2 Logo temos que gxy fxx x32 fyx x32 3x2 20 temos z fu2 α2 uv Aqui temos zu u fu2α2 uv fx u2α2u fy uvu fx2u fy v zu 2u fx v fy zv v fu2 α2 uv fx 2u2 α2 fy uvv 2v fx fy u zv 2v fx u fy 21 temos Fuv fguv huv com u0 v2 Logo u0 e v2 temos g02 2 cosπ e20 2 1 1 h02 02 22 4 Portanto Fu 02 2f gu 2f hu 02 uv 14 x y 3 v senπu 2 2u 02 u v 32 senπ0 4 0 32 euv u0v2 6 Portanto Fu 02 6 Por outro lado Fv 0 2 fx gv fy hv uv 0 2 ou x yt q fx 14 cos π u u euv uv 0 2 fy 1 4 2v uv 0 2 3 cosπ 0 e0 2 22 3 222 3 8 11 Fv 11 25 Queremos mostrar que u e v são funções harmônicas isto é ²φ ²φx² ²φy² 0 para φ u e φ v Com efeito veja que da Condição de CauchyRiemann temos ²ux² x ux x vy ²vxy ²uy² y uy y vx ²vyx Pois u v são C² logo y vx x vy ²vxy Daí temos ²ux² ²uy² ²vxy ²vxy 0 Portanto u é harmônica Por outro lado temos ²vx² ²vy² x vx y vy x uy y ux ²uxy ²uxy 0 pois por hipótese u é C² e Na b l a ²uxy ²uyx Com isso mostramos que u e v são funções harmônicas Lista 2 Questão 6 a fx y 5x2 6xy e2xy f x x5x2 x6xy xe2xy 10x 6y 2e2xy f y y5x2 y6xy ye2xy 6x e2xy b gx y z 2xyz g x 2xyz ln2 xxyz 2xyz ln2 yz g y 2xyz ln2 yxyz 2xyz ln2 xz g z 2xyz ln2 zxyz 2xyz ln2 xy c hx y z sinlnxyz2 Primeiro simplificamos lnxyz2 ln x ln y 2 ln z h x coslnxyz2 1 x h y coslnxyz2 1 y h z coslnxyz2 2 z 1 d gx y arctanx2 y g x 2x 1 x2 y2 g y 1 1 x2 y2 2 Questão 10 Pontos de Diferenciabilidade a hx y x3y 2x6y2 x y 0 0 0 x y 0 0 1 Continuidade em 00 Analisamos o limite ao longo de diferentes caminhos Ao longo de y x3 lim x0 x3 x3 2x6 x32 lim x0 x6 3x6 1 3 0 Como o limite depende do caminho h não é contínua em 00 2 Diferenciabilidade Em 0 0 Como h não é contínua não pode ser diferenciável Em R2 0 0 A função é quociente de polinômios com denominador não nulo logo é diferenciável Conclusão h é diferenciável em R2 0 0 b hx y xy x2y2 x y 0 0 0 x y 0 0 1 Continuidade em 00 Analisamos o limite Ao longo de y x lim x0 x x x2 x2 1 2 0 A função não é contínua em 00 2 Diferenciabilidade Em 0 0 Não diferenciável pois não é contínua Em R2 0 0 Diferenciável por ser quociente de funções diferenciáveis com denominador não nulo Conclusão h é diferenciável em R2 0 0 3 Questão 11 Diferenciabilidade e Classe C¹ Considere fxy x⁴x² y² xy 00 0 xy 00 1 Diferenciabilidade em 00 1 Derivadas parciais em 00 fx 00 lim h0 fh0 f00h lim h0 h⁴h²h lim h0 h 0 fy 00 lim k0 f0k f00k lim k0 0k 0 2 Verificação da diferenciabilidade lim hk00 fhk f00 0h 0kh² k² lim hk00 h⁴h² k²32 0 pois h⁴h² k²32 ρ⁴ρ³ ρ 0 Portanto f é diferenciável em 00 2 Classe C¹ 1 Derivadas parciais para xy 00 fx 4x³x² y² x⁴2xx² y²² 2x⁵ 4x³ y²x² y²² fy 2yx⁴x² y²² 2 Continuidade das derivadas em 00 Para fx 2x⁵ 4x³ y²x² y²² 6ρ⁵ρ⁴ 6ρ 0 Para fy 2yx⁴x² y²² 2ρ⁵ρ⁴ 2ρ 0 Como as derivadas parciais são contínuas em 00 e em ℝ² 00 f é de classe C¹ em ℝ² Questão 12 Diferenciabilidade e Classe C1 Como determinar a diferenciabilidade de uma função Para verificar se uma função g R2 R é diferenciável em um ponto a b 1 Calcule as derivadas parciais no ponto gx a b lim h0 gah b ga bh gy a b lim k0 ga bk ga bk 2 Verifique o limite da definição de diferenciabilidade lim hk00 gah bk ga b gx a bh gy a bkh2 k2 0 Se este limite existe e é zero a função é diferenciável no ponto Solução da Questão 12 Considere a função gx y x2 y2 sin1x2 y2 x y 00 0 x y 00 1 Derivadas parciais em 00 gx 00 lim h0 gh 0 g00h lim h0 h2 sin1h2h lim h0 h sin1h2 0 pois sin 1 Similarmente gy 00 0 2 Verificação da diferenciabilidade lim hk00 ghk g00 0h 0kh2 k2 lim hk00 h2 k2 sin1h2 k2h2 k2 lim hk00 h2 k2 sin1h2 k2 0 Portanto g é diferenciável em 00 3 Não é de classe C1 Para x y 00 calculamos gx 2x sin1x2 y2 2xx2 y232 cos1x2 y2 O limite quando x y 00 não existe oscila logo gx não é contínua em 00 Portanto g não é de classe C1 Questão 13 Plano Tangente e Reta Normal Como determinar o plano tangente e reta normal Para uma função diferenciável f R2 R no ponto a b 1 Plano tangente z fab fx abx a fy aby b ou na forma geral fx abx a fy aby b z fab 0 2 Reta normal Passa por abfab com vetor diretor fx ab fy ab 1 Equação paramétrica xyz abfab tfx ab fy ab 1 t R Solução da Questão 13 a fxy x2 y2 em 011 1 Gradiente f 2x 2y f01 02 2 Plano tangente 0x0 2y1 z1 0 2y z 1 0 3 Reta normal xyz 011 t021 t R b gxy x ex2 y2 em 222 1 Gradiente g ex2 y21 2x2 2xy ex2 y2 g22 98 2 Plano tangente 9x 2 8y 2 z 2 0 9x 8y z 8 0 3 Reta normal xyz 222 t9 8 1 t R c fxy arctanx 2y em 2 12 π4 1 Gradiente f 11 x2y2 21 x2y2 f 2 12 12 1 2 Plano tangente 12 x 2 1 y 12 z π4 0 x 2y 2z 1 π2 3 Reta normal xyz 2 12 π4 t 12 1 1 t R 16 Calcule aproximadamente 101203 Consideremos a função fx y xy Aproximaremos usando a linearização em torno de 1 2 fx xxy yxy1 fx1 2 2 fy yxy xy ln x fy1 2 0 f1 2 12 1 x 001 y 003 101203 f1 2 fx1 2x fy1 2y 1 2001 0003 102 9 17 Calcule aproximadamente 0012 3022 3972 Consideremos fxyz x2 y2 z2 Aproximaremos em torno de 034 fx xx2 y2 z2 fx 034 0 fy yx2 y2 z2 fy 034 35 fz zx2 y2 z2 fz 034 45 f034 5 Δx 001 Δy 002 Δz 003 0012 3022 3972 5 0001 35 002 45 003 5 0 0012 0024 4988 Questão 22 Regra da Cadeia e Reta Normal Dada f R2 R diferenciável com f3tt3 arctant e fy 31 2 Passo 1 Calcular fx 31 1 Derivando ambos os lados em relação a t ddt f3tt3 ddt arctant 2 Aplicando a regra da cadeia fx 3tt3 3 fy 3tt3 3t2 11 t2 3 Para t 1 pois 31 3113 3 fx 31 3 fy 31 12 4 Substituindo fy 31 2 3 fx 31 6 12 fx 31 116 Passo 2 Equação da Reta Normal 1 Calculamos f31 arctan1 π4 2 Vetor gradiente em 31 f31 116 2 3 Equação vetorial da reta normal r xyz 31π4 t 116 2 1 Multiplicando por 6 para eliminar frações r xyz 31π4 t 11126 Questão 23 Equação da Onda Dada ux y fx ay gx ay Aqui basta calcularmos as derivads parciais Com efeito veja que temos u x f x ay gx ay 2u x2 f x ay gx ay u y af x ay agx ay 2u y2 a2f x ay a2gx ay a2f x ay gx ay a22u x2 Portanto temos que 2u y2 a22u x2 como desejado O qual corresponde a EDP da onda também conhecida como Equação da onda 12 Questão 24 Equação de Laplace a fx y lnx2 y2 Calculamos as derivadas parciais f x 2x x2 y2 2f x2 2x2 y2 2x2x x2 y22 2y2 2x2 x2 y22 f y 2y x2 y2 2f y2 2x2 y2 2y2y x2 y22 2x2 2y2 x2 y22 2f x2 2f y2 2y2 2x2 2x2 2y2 x2 y22 0 b fx y z 1 x2y2z2 Calculamos as derivadas parciais f x x x2 y2 z232 2f x2 2x2 y2 z2 x2 y2 z252 f y y x2 y2 z232 2f y2 2y2 x2 z2 x2 y2 z252 f z z x2 y2 z232 2f z2 2z2 x2 y2 x2 y2 z252 2f x2 2f y2 2f z2 2x2 y2 z2 2y2 x2 z2 2z2 x2 y2 x2 y2 z252 0 13 Lista 3 Ideias gerais para a solução dos problemas 1 O cálculo da derivada direcional de uma função fxyz num ponto x0y0z0 ao longo da direção de um vetor unitário vecu é dado por Dvecuf abla fxyz x0y0z0 cdot vecu 1 se o vetor vecu não estiver normalizado devese antes de tudo normalizálo Acima a notação cdot denota o produto interno entre o vetor gradiente e o vetor vecu direcional 2 O vetor gradiente de uma função escalar f é dado por abla f e é ele que representa a direção sentido de maior crescimento da função 3 Os pontos criticos de uma função fxyz são obtidos fazendo abla fvec0 Longrightarrow partial fpartial x partial fpartial y partial fpartial z 000 2 Longrightarrow partial fpartial x 0 partial fpartial y 0 partial fpartial z 0 3 4 A condição para quando temos restrições e precisamos usar multiplicadores de Lagrange lambda dado que a função de restrição é gxyz fica dada por abla f lambda abla g Longrightarrow partial fpartial x partial fpartial y partial fpartial z lambda partial gpartial x partial gpartial y partial gpartial z 4 Longrightarrow partial fpartial xmu lambda partial gpartial xmu 5 em que xmu xyz Problema 1 Calcular a derivada direcional nos pontos dados a Para fxy x2 2y2 3 no ponto P 12 na direção vecu 35 45 Primeiro calculamos o gradiente de f abla f partial fpartial x partial fpartial y 2x 4y Avaliando no ponto P abla f12 28 A derivada direcional é dada por Dvecuf abla f cdot vecu 28 cdot 35 45 2 cdot 35 8 cdot 45 65 325 265 b Para gxy sqrt13 exyx no ponto P 00 na direção vecu 2sqrt13 3sqrt13 Calculamos o gradiente abla g sqrt13 exyxy1x No ponto P abla g00 sqrt1310 Derivada direcional Dvecug sqrt1310 cdot 2sqrt13 3sqrt13 2 c Para hxyz 10 ln 1 x2 y2 z2 no ponto P 111 na direção vecu 122 Primeiro normalizamos o vetor direção vecu sqrt12 22 22 3 Rightarrow vecuunit 13 23 23 Gradiente de h abla h 2x1x2y2z2 2y1x2y2z2 2z1x2y2z2 No ponto P abla h111 24 24 24 12 12 12 Derivada direcional Dvecuh 12 12 12 cdot 13 23 23 16 13 13 16 Problema 2 Para a formiga no ponto 10 com temperatura fxy 12 ln x2 y2 O gradiente indica a direção de maior crescimento abla f xx2 y2 yx2 y2 No ponto 10 abla f 10 10 Portanto a direção ótima é 10 Problema 3 Para fxy x² y² x² y² no ponto 11 Queremos Dv f 0 Primeiro calculamos o gradiente f 4xy² x² y²² 4x²y x² y²² No ponto 11 f11 11 A derivada direcional será zero quando f v 0 11 v₁ v₂ 0 v₁ v₂ Portanto qualquer vetor na direção 11 ou seus múltiplos tem derivada direcional zero Problema 4 Para o lago com profundidade fx y 300 2x2 3y2 a A direção de decréscimo máximo é f f 4x 6y No ponto 4 9 f4 9 16 54 Portanto a direção é 16 54 oposta ao gradiente b Para profundidade constante usamos direções ortogonais ao gradiente 16 54 v1 v2 0 16v1 54v2 0 Uma solução é 27 8 ou qualquer múltiplo 5 Problema 5 Dado o potencial elétrico Vxyz ln x² y² z² a Derivada direcional na direção v 3412 no ponto A 0512 Primeiro normalizamos v v 3² 4² 12² 13 u 313 413 1213 Calculamos o gradiente de V V x x² y² z² y x² y² z² z x² y² z² No ponto A V0512 0 5169 12169 Derivada direcional D u V V u 0 313 5169 413 12169 1213 20 144 2197 164 2197 b Direção de máxima taxa de variação é o próprio gradiente normalizado V 0² 5169² 12169² 13169² 13169 Versor V 0 513 1213 normalizado Taxa máxima V 13169 113 c O versor normal à superfície equipotencial é o mesmo do gradiente 0 513 1213 Problema 6 Para a função fxyz com derivadas direcionais conhecidas em 111 Seja f111 abc Temos 1 Na direção 043 4b 3c 5 1 2 Na direção 430 4a 3b 5 2 3 Na direção 010 b 0 b 0 Resolvendo Da 3ª equação b 0 Da 2ª equação 4a5 2 a 52 Da 1ª equação 3c5 1 c 53 O valor máximo da derivada direcional é f a² b² c² 52² 0² 53² 254 259 5613 Portanto para máxima capacidade a calha deve ter largura de base a 3 e inclinação das faces de π 3 60 graus 10 Problema 9 Um fio de cobre de comprimento a deve ser dividido em três partes tais que o produto dos comprimentos das partes seja máximo Determine o comprimento dessas partes Solução Sejam x y e z os comprimentos das três partes com x y z a Queremos maximizar P xyz Podemos expressar z a x y e substituir Px y xya x y Calculamos as derivadas parciais P x ya 2x y P y xa x 2y Igualando a zero ya 2x y 0 e xa x 2y 0 A solução não trivial é x y a 3 logo z a 3 Portanto a resposta final é a 3 11 Problema 11 A distribuição de temperatura na chapa retangular R x y R2 2 x 4 1 y 3 é dada por Tx y x2 2xy 3y2 Ache as temperaturas máxima e mínima da chapa bem como os pontos onde elas ocorrem Solução Pontos críticos no interior T x 2x 2y 0 T y 2x 6y 0 Solução 0 0 com T0 0 0 Análise na fronteira Lados verticais x 2 e x 4 T2 y 4 4y 3y2 T4 y 16 8y 3y2 Lados horizontais y 1 e y 3 Tx 1 x2 2x 3 Tx 3 x2 6x 27 Avaliando nos vértices T2 1 11 T2 3 31 T4 1 11 T4 3 67 Portanto a resposta final é Mínimo 0 em 0 0 Máximo 67 em 4 3 13 Fronteira Superior y 10 gx 10 x2 20x 40 Derivando gx 10 2x 20 0 x 10 Valor em x 10 g10 10 100 200 40 60 Correção cálculo correto é 100 200 40 60 Valores nos vértices g10 10 100 200 40 60 g10 10 100 200 40 340 Fronteira Esquerda x 10 g10 y 100 20y 40 8y 140 12y Função linear decrescente Mínimo em y 10 g10 10 20 Máximo em y 0 g10 0 140 Fronteira Direita x 10 g10 y 100 20y 40 8y 60 28y Função linear crescente Mínimo em y 0 g10 0 60 Máximo em y 10 g10 10 340 3 Comparação dos Valores Reunimos todos os valores relevantes Ponto crítico g4 6 32 Fronteira inferior 4 140 60 Fronteira superior 60 340 Fronteira esquerda 20 140 Fronteira direita 60 340 Portanto obtemos que Valor mínimo absoluto 60 ocorre em 10 10 Valor máximo absoluto 340 ocorre em 10 10 b gx y 2x x22y y2 em D x y R2 0 y 22x x2 Estratégia Como D é limitado pela parábola y 22x x2 buscaremos pontos críticos no interior e analisaremos a fronteira 17 Valores nos vértices g0 3 63 g2 3 47 Lado esquerdo x 0 g0 y 6y2 2y 3 Derivada 12y 2 0 y 16 g0 16 2916 Valores nos vértices g0 1 7 g0 3 63 Lado direito x 2 g2 y 16 4y 6y2 16 2y 3 6y2 2y 3 Derivada 12y 2 0 y 16 g2 16 2916 Valores nos vértices g2 1 11 g2 3 47 3 Vértices 0 1 7 0 3 63 2 1 11 2 3 47 Portanto a resposta final é Mínimo 1 ocorre em 1 0 Máximo 63 ocorre em 0 3 20 Problema 15 Mostre que 0 0 é ponto crítico de fx y x2 kxy y2 para qualquer k Solução Calculando o gradiente f 2x ky kx 2y Em 0 0 f0 0 0 0 Portanto 0 0 é ponto crítico independentemente de k 21 Problema 22 Dada a equação x3 y3 z3 6xyz 1 diferenciamos implicitamente em relação a x 3x2 3z2 z x 6yz 6xy z x 0 z x3z2 6xy 3x2 6yz zx x2 2yz z2 2xy Similarmente derivando em relação a y 3y2 3z2z y 6xz 6xyz y 0 zy y2 2xz z2 2xy 35 Problema 25 Determine o volume do maior paralelepípedo retangular inscrito no elipsóide x2 9y2 4z2 1 com faces paralelas aos planos coordenados Solução Correta Considerando um paralelepípedo com vértices a b c a condição de inscrição impõe que a2 9b2 4c2 1 Restrição O volume a ser maximizado é V 8abc Utilizando multiplicadores de Lagrange construímos L abc λa2 9b2 4c2 1 As condições de primeira ordem são L a bc 2λa 0 1 L b ac 18λb 0 2 L c ab 8λc 0 3 Dividindo 2 por 1 ac bc 18λb 2λa a b 9b a a2 9b2 Dividindo 3 por 1 ab bc 8λc 2λa a c 4c a a2 4c2 Substituindo na restrição 9b2 9b2 9b2 1 27b2 1 b 1 3 3 Portanto a 1 3 c 1 2 3 O volume máximo é Vmax 8 1 3 1 3 3 1 2 3 8 18 3 4 9 3 4 3 27 8 3 54 Portanto obtemos que Vmax 8 3 54 38