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MAT–2454: Soluções de Exercícios e de Provas

Equipes de Professores da Disciplina

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Seção 4.2 Segunda Prova

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Exercícios Exercícios

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1.

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Seja z=f(x,y) uma função de classe C2 qualquer, definida em todo o R2. Assinale todas as afirmações falsas
  1. Se ∂f∂x(x,y)>0 para todo (x,y)∈R2, então f(2,2)>f(1,1).
  2. Se (1,2) é um ponto de mínimo local de f, então ∂2f∂y∂x(1,2)>0.
  3. Se (0,0) é um ponto crítico de f tal que ∂2f∂x2(0,0)>0 e ∂2f∂y2(0,0)>0, então g(x)=f(x,x) satisfaz g″(0)>0.
  4. Se f(1,1)=f(3,3), então ∂f∂x(x,x)=−∂f∂y(x,x) para algum x∈(1,3).
Resposta.
  1. Falsa
  2. Falsa
  3. Falsa
  4. Verdadeira
Solução.
  1. Falsa, o sinal da derivada de f em x garante crescimento na somente ao longo de direções paralelas àquele eixo. Exemplo concreto: f(x,y)=x−2y, onde fx(x,y)=1>0 e f(2,2)=−2<−1=f(1,1).
  2. Falsa pois, como sabemos, o sinal de uma das derivadas mistas não é suficiente para determinar o sinal do determinante Hessiano. Exemplo concreto: f(x,y)=y2 tem mínimo em todo ponto da forma (x,0) e fxy(x,0)=0.
  3. Falsa, a concavidade ao longo dos eixos coordenados não determina a mesma ao longo da bissetriz. Qualquer função de classe C2 tal que f(t,0)=f(0,t)=t2 e f(t,t)=−t2 produz um contra exemplo, f(x,y)=x2+y2−3xy é uma delas.
  4. Verdadeira, pois considerando a função g(t)=f(t,t) que é derivável no intervalo (1,3) e contínua em [1,3] temos, pelo teorema de Rolle, que existe t0∈(1,3) tal que 0=g′(t0)=⟨∇f(t0,t0),(1,1)⟩, logo fx(t0,t0)+fy(t0,t0)=0.
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2.

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Seja C a interseção das superfícies dadas por x2+2y2+z2=4 e 2x3+y2−z2=2. Qual dos seguintes pontos pertence à reta tangente a C em (1,1,1)?
  1. (−11,17,−19);
  2. (−12,16,−20);
  3. (1,−1,1);
  4. (2,4,2);
  5. (6,2,−2).
Resposta.
Alternativa a.
Solução.
Considerando f(x,y,z)=x2+2y2+z2−4 e g(x,y,z)=2x3+y2−z2−2 temos que C=f−1(0)⋂g−1(0). A direção tangente à curva C é a do vetor ∇f(1,1,1)×∇g(1,1,1)=(−12,16,−20), dando a reta tangente
r:(x,y,z)=(1,1,1)+λ(−12,16,−20),λ∈R.
Fazendo λ=1 temos o ponto (−11,17,−19)∈r.
Observe não precisamos conhecer a parametrização de C para determinar sua reta tangente. Essa é a beleza da Proposição A.7.12. Vejamos uma figura:
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Figura 4.2.1. Superfície de nível f e seu plano tangente.
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3.

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A superfície de nível da função f(x,y,z)=xyz+x3+y3+z3+3 que contém o ponto (2,1,−2) é o gráfico de uma uma função z=g(x,y), diferenciável numa vizinhança de (2,1). O polinômio de Taylor de ordem 1 para g(x,y), em torno do ponto (2,1), é:
  1. P(x,y)=−2−57(x−2)+114(y−1).
  2. P(x,y)=−2−114(x−2)+57(y−1).
  3. P(x,y)=2−57(x−2)+114(y−1).
  4. P(x,y)=2−114(x−2)+57(y−1).
  5. P(x,y)=1−114(x−2)+57(y−1).
Resposta.
Alternativa a.
Solução.
Como f(2,1,2)=0, a superfície é o conjunto f−1(0). Além disso, fz(2,1,−2)=14≠0 e portanto o teorema da função implícita garante que existem vizinhanças abertas de U (2,1) em R2 e I de −2 em R e uma função g:V→I, de classe C∞ (assim como f), tal que g(2,1)=−2 e suas derivadas são dadas por
gx(x,y)=−fx(x,y,g(x,y))fz(x,y,g(x,y))gy(x,y)=−fy(x,y,g(x,y))fz(x,y,g(x,y))
No ponto (x,y,g(x,y))=(2,1,−2), temos gx(2,1)=−57 e gy(2,1)=114. Deste modo, o polinômio de Taylor procurado é
P(x,y)=g(2,1)+gx(2,1)(x−2)+gy(2,1)(y−1)=−2−57(x−2)+114(y−1).
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4.

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Considere f:R2→R dada por f(x,y)=(1−x)(1−y)(x+y−1). Assinale a afirmação verdeira:
  1. f possui exatamente um ponto de máximo local e três pontos de sela.
  2. f possui exatamente um ponto de sela e três pontos de máximo local.
  3. f possui exatamente um ponto de sela e três pontos de mínimo local.
  4. f possui exatamente um ponto mínimo local e três pontos de sela.
  5. f não possui pontos críticos.
Resposta.
Alternativa a.
Solução.
Como f está definida num conjunto aberto, os pontos de extremo local estão entre aqueles onde ∇f=(0,0), ou seja,
{(1−y)(2−2x−y)=0(1−x)(2−x−2y)=0.
Os candidatos são P1=(0,1), P2=(1,1), P3=(1,0) e P4=(23,23).
Para poder classificá-los, usamos o critério da matriz Hessiana,
Hf(x,y)=[2(y−1)−3+2(x+y)−3+2(x+y)2(x−1)].
Nos pontos obtidos temos
  • detHf(P1)=detHf(P2)=detHf(P3)=−1<0, logo P1, P2 e P3 são pontos de sela.
  • detHf(P4)=13>0 e fxx(P4)=−23<0, logo P4 é ponto de máximo local.
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5.

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Sejam D={(x,y)∈R2:x4+4xy+4y2≤4} e f:R2→R, dada por f(x,y)=x+y. Se m e M são, respectivamente, os valores máximo e mínimo globais de f em D, então
  1. 2m+4M=6.
  2. m+3M=3.
  3. 2m+M=2.
  4. 3m+2M=5.
  5. m+M=7.
Resposta.
Alternativa a.
Solução.
Observamos, inicialmente, que D é compacto e f é contínua em D, logo existem tais m e M indicados no enunciado. Como ∇f(x,y)=(1,1), não há pontos críticos de f em intD, assim procuramos os extremantes globais em ∂D={(x,y)∈R2:x4+4xy+2y2=2}. Notando que ∂D=g−1(0), onde g(x,y)=x4+4xy+2y2−2, sabemos que os extremantes procurados devem satisfazer
{{∇f(x,y),∇g(x,y)} é linearmentedependenteg(x,y)=0.
A primeira condição acima escreve-se de duas maneiras: ∇f(x,y)=λ∇g(x,y) (pois ∇g(x,y)≠(0,0), para (x,y)∈D) ou então det(∇f(x,y)∇g(x,y))=0. Nos dois casos obtemos a relação 2x(2x2−2)=0 e o sistema fica
{2x(2x2−2)=0x4+4xy+2y2=2,
donde temos
  • x=0⟹y=±1: P1=(0,1) e P2=(0,−1).
  • x=1⟹y=−2±62: P3=(1,−2+62) e P4=(1,−2−62).
  • x=−1⟹y=2±62: P5=(−1,2+62) e P6=(−1,2−62).
Os valores de f nesses pontos são: f(P1)=1, f(P2)=−1, f(P3)=f(P5)=62 e f(P4)=f(P6)=−62 e, então, m=−62 e M=62.
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6.

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Sejam S={(x,y,z)∈R3:x2+y2+z2=27,x>0,y>0,z>0} e f(x,y,z)=ln⁡x+ln⁡y+2ln⁡z, definida no maior domínio possível. A soma das coordenadas do ponto em que f, restrita a S, atinge seu valor máximo é
  1. 33(2+3)2.
  2. 32(3+2)5.
  3. 33(2+2)5.
  4. 32(3+2)2.
  5. f não atinge valor máximo em S.
Resposta.
Alterativa a.
Solução.
Note incialmente que S não é compacto e portanto não há garantia de que o problema admita solução. De fato, a imagem de f não é limitada em S (f tende a −∞ quando nos aproximamos dos planos coordenados).
Restringindo-nos à parte de S em que cada uma das coordenadas é no mínimo a=1, temos um compacto e ali f assume valor máximo e mínimo. Verifique o mínimo de f está na fronteira desta nova região e que esse valor mínimo diminui conforme a se aproxima de 0. Para encontrar o ponto de máximo recorremos aos multiplicadores de Lagrange (com uma restrição nesse caso): como S⊂g−1(0), onde g(x,y,z)=x2+y2+z2−27, sabemos que o ponto procurado satisfaz
{{∇f(x,y,z),∇g(x,y,z)}élinearmente dependenteg(x,y,z)=0x>0,y>0,z>0.
A primeira condição equivale a ∇f(x,y,z)=λ∇g(x,y,z) (pois ∇g(x,y,z)≠(0,0,0), para (x,y,z)∈S) ou então ∇f(x,y,z)×∇g(x,y,z)=(0,0,0). Nos dois casos obtemos as relações (z2−2y2,2x2−z2,y2−x2)=(0,0,0) e o sistema fica
{x2−y2=02x2−z2=0x2+y2+z2=27x>0,y>0,z>0,
cuja solução é (x,y,z)=(332,332,362).
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7.

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Sejam C={(x,y,z)∈R3:x+y+z=1 e y2+z2=9} e f:R3→R, dada por f(x,y,z)=x+3y. Se m e M são, respectivamente, os valores mínimo e máximo de f sobre C, então
  1. m⋅M=−44.
  2. m⋅M=2.
  3. m⋅M=65.
  4. m⋅M=1−351+35
  5. f não admite pontos de máximo e mínimo sobre C.
Resposta.
Alternativa a.
Solução.
Note incialmente que C compacto (interseção da esfera, compacta, com o plano, fechado) e f contínua, portanto existem tais m e M indicados no enunciado. Para encontrar os pontos onde m e M são atingidos recorremos aos multiplicadores de Lagrange (com duas restrições nesse caso): C=g−1(0)⋂h−1(0), onde g(x,y,z)=x+y+z−1 e h(x,y,z)=y2+z2−9.
Sabemos então que os pontos procurados satisfazem
{{∇f(x,y,z),∇g(x,y,z),∇h(x,y,z)} é linearmente dependenteg(x,y,z)=0h(x,y,z)=0.
A primeira condição equivale a ∇f(x,y,z)=λ∇g(x,y,z)+μ∇h(x,y,z) (pois ∇g(x,y,z) e ∇h(x,y,z) são linearmente independentes ao longo de C) ou então [∇f(x,y,z),∇g(x,y,z),∇h(x,y,z)]=0. Nos dois casos obtemos a relação y+2z=0 e o sistema fica
{y+2z=0x+y+z=1y2+z2=9,
cujas soluções são P1=(1+35,−65,35) e P2=(1−35,65,−35). Assim, m=f(P2)=1−35 e M=f(P1)=1+35.
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8.

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Sejam f:R2→R dada por f(x,y)=2x3−15x2+y3+6y2 e D={(x,y)∈R2:x2+y2≤49}.
  1. Determine todos os pontos críticos de f em R2.
  2. Classifique todos os pontos críticos de f em R2.
  3. Determine os pontos de máximo e mínimo de f na circunferência x2+y2=49.
  4. Determine os pontos de máximo e mínimo de f em D.
Resposta.
  1. P1=(0,0), P2=(0,−4), P3=(5,0) e P4=(5,−4).
  2. P1 e P4 são pontos de sela, P2 é um ponto de máximo local e P3 é um ponto de mínimo local.
  3. P5=(0,7) e P8=(−7,0) são respectivamente os pontos de máximo e mínimo de f sobre a circunferência x2+y2=49.
  4. P5 é o ponto de máximo e P8 o de mínimo para f em D.
Solução.
  1. Procuramos aqui pelos pontos onde ∇f(x,y)=(0,0), ou seja, as soluções do sistema
    {6x2−30x=03y2+12y=0,
    que são P1=(0,0), P2=(0,−4), P3=(5,0) e P4=(5,−4).
  2. Aplicamos o critério do Hessiano a cada um dos pontos encontrados no item anterior. Aqui, Hf(x,y)=[12x−30006y+12], tem como determinante detHf(x,y)=(12x−30)(6y+12). Logo
    • detHf(P1)=−360<0 diz que P1 é um ponto de sela e f(P1)=0.
    • detHf(P2)=360>0 e fxx(P2)=−30<0, dizem que P2 é um ponto de máximo local e f(P2)=32.
    • detHf(P3)=360>0 e fxx(P3)=30>0, dizem que P3 é um ponto de mínimo local e f(P3)=−125.
    • detHf(P4)=−360<0 diz que P4 é um ponto de sela e f(P4)=−93.
  3. A circuferência em questão é dada por g−1(0), onde g(x,y)=x2+y2−49, que é uma função de classe C1. O pontos procurados estão entre aqueles da circunferência onde os gradientes de f e g, ∇f(x,y)=(6x2−30x,3y2+12y) e ∇g(x,y)=(2x,2y), são linearmente dependentes, ou seja, são soluções de um dos seguintes sistemas
    {6x2−30x=2λx3y2+12y=2λyx2+y2=49ou{xy(2x−y−14)=0x2+y2=49,
    cujas soluções são P5=(0,7), P6=(0,−7), P7=(7,0), P8=(−7,0) e P9=(215,−285). Com isso temos f(P5)=637, f(P6)=f(P7)=−49, f(P8)=−1421 e f(P9)=259725. Logo, o valor máximo de f, sobre a circunferência ∂D, é atingido em P5 e o mínimo em P8.
  4. Basta verificar quais os pontos encontrados nos itens anteriores estão em D e comparar valores. Neste caso, todos os 9 candidatos encontrados pertencem àquela região e o máximo em D é atingido em P5, euqnto o míninmo acontece em P8.
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