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\pagestyle{empty}

\begin{document}

\centerline{\bf MAT 0147 - C\'alculo 2 para Economia} 

\centerline{\bf 3$^a$ Prova - 28 de novembro de 2016}

\noindent
{\bf Quest\ao\ 1)} Determine o m\'aximo e o m\'inimo de $f(x,y)=x^4+y^2$ em $D=\{(x,y);\,x^2+2y^2\leq 1\}$.

{\tt Solu\cao:} As derivadas parciais $f_x(x,y)=4x^3$ e $f_y(x,y)=2y$ s\ao\ simultaneamente nulas apenas para $(x,y)=(0,0)$. O ponto
$(0,0)$ \'e o (\'unico) ponto de m\'inimo de $f$ em $D$ pois $f(0,0)=0 < x^4+y^2=f(x,y)$, para todo $(x,y)\neq (0,0)$. Como n\ao\
h\'a outros pontos cr\'iticos de $f$ al\'em de $(0,0)$, o m\'aximo de $f$ em $D$, que existe porque $f$ \'e cont\'inua e $D$ \'e compacto,
tem de ocorrer na fronteira de $D$, o conjunto dos pontos onde se verifica $x^2+2y^2=1$.

Para encontrar o m\'aximo de $f$ em $x^2+2y^2=1$, podemos usar o m\'etodo dos multiplicadores de Lagrange (para fun\coes\ de  duas vari\'aveis
com uma restri\cao). Seja $g(x,y)=x^2+2y^2$. O gradiente de $g$, $\nabla g(x,y)=\langle 2x,4y\rangle$, nunca se anula se $g(x,y)=1$. Logo, o m\'aximo de $f$
na curva de n\'ivel $g(x,y)=1$ necessariamente ocorrer\'a em um ponto onde $\nabla f$ seja um m\'ultiplo de $\nabla g$. Esses pontos podem
ser determinados resolvendo o seguinte sistema de tr\^es equa\coes\ e tr\^es inc\'ognitas.
\begin{equation}
  \label{primeiro}
\left\{\begin{array}{rcl}
4x^3&=&\lambda\, 2x\\
2y&=&\lambda\, 4y\\
x^2+2y^2&=&1
\end{array}\right. 
\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcl}
2x^3&=&\lambda x\\
y&=&2\lambda y\\
x^2+2y^2&=&1
\end{array}\right. 
\end{equation}
No caso em que $x\neq 0$ e $y\neq 0$, este sistema \'e equivalente a
\[
\left\{\begin{array}{rcl}
2x^2&=&\lambda \\
1&=&2\lambda \\
x^2+2y^2&=&1
\end{array}\right. 
\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcl}
x^2&=&\frac{1}{4} \\
\lambda&=&\frac{1}{2}\\
x^2+2y^2&=&1
\end{array}\right. 
\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcl}
x^2&=&\frac{1}{4} \\
y^2&=&\frac{3}{8} \\
\lambda&=&\frac{1}{2}
\end{array}\right. 
\]
Obtemos assim quatro solu\coes\ com $x\neq 0$ e $y\neq 0$: $(\frac{1}{2},\sqrt{\frac{3}{8}})$, $(\frac{1}{2},-\sqrt{\frac{3}{8}})$,
$(-\frac{1}{2},\sqrt{\frac{3}{8}})$ e $(-\frac{1}{2},-\sqrt{\frac{3}{8}})$. Nesses quatro pontos, $f$ vale $\frac{7}{16}$.

Devemos agora procurar solu\coes\ de (\ref{primeiro}) com $x=0$ ou $y=0$.

Se $x=0$, segue de $x^2+2y^2=1$ que $y^2=\frac{1}{2}$. As outras duas equa\coes\ s\ao\ satisfeitas com $\lambda=\frac{1}{2}$.

Se $y=0$, segue de $x^2+2y^2=1$ que $x=1$ ou $x=-1$. A equa\cao\ $y=2\lambda y$ \'e satisfeita para qualquer $\lambda$
e a equa\cao\ $2x^3=\lambda x$ determina que $\lambda=\frac{1}{2}$.

Obtemos assim mais quatro candidatos a ponto de m\'aximo de $f$ na fronteira de $D$: $(1,0)$, $(0,\frac{1}{\sqrt{2}})$, $(-1,0)$ e $(0,-\frac{1}{\sqrt{2}})$.
Nos dois pontos em que $x^2=1$, $f$ vale $1$. Nos outros dois, $f$ vale $\frac{1}{2}$

Comparando os valores de $f$ nos 8 candidatos a pontos extremais, conclu\'imos que o maior valor que $f$ assume em $D$ \'e $1$ e que esse valor \'e
assumido nos pontos $(1,0)$ e $(-1,0)$.

\vskip1cm

\noindent
    {\bf Quest\ao\ 2)} Determine o valor de $f(x,y)=(x^2+y^2)\,e^{-x^2-2y^2}$ em seus pontos de sela.
    \\{\tt Sugest\ao}: Use a informa\cao\ dada no gr\'afico ao final do texto.

    {\tt Solu\cao:} Temos $f_x(x,y)=[2x+(x^2+y^2)\,(-2x)]\,e^{-x^2-2y^2}$ e $f_y(x,y)=[2y+(x^2+y^2)\,(-4y)]\,e^{-x^2-2y^2}$.
    Como $e^{-x^2-2y^2}\neq 0$ para todo $(x,y)$, segue que os pontos cr\'iticos de $f$ s\ao\ as solu\coes\ do seguinte
    sistema.
    \begin{equation}
      \label{pc}
\left\{\begin{array}{rcl}
2x-2x(x^2+y^2)&=&0\\
2y-4y(x^2+y^2)&=&0
\end{array}\right. 
\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{rcl}
x(x^2+y^2)&=&x\\
2y(x^2+y^2)&=&y
\end{array}\right.
    \end{equation}
    No caso em que $x\neq 0$ e $y\neq 0$, este sistema \'e equivalente a
    ${\displaystyle
  \left\{\begin{array}{rcl}
(x^2+y^2)&=&1\\
2(x^2+y^2)&=&1
\end{array}\right.}$, que n\ao\ tem solu\cao.

Todas as solu\coes\ do sistema (\ref{pc}) satisfazem portanto $x=0$ ou $y=0$.

Se $x=0$, a primeira equa\cao\ \'e satisfeita para qualquer $y$ e a segunda \'e equivalente a $2y^3=2y$, que tem tr\^es solu\coes: 
$y=-\frac{1}{\sqrt{2}}$, $y=0$ e $y=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Se $y=0$, a segunda equa\cao\ \'e satisfeita para qualquer $x$ e a primeira \'e equivalente a $x^3=x$, que tem tr\^es solu\coes: $x=-1$, $x=0$ e $x=1$.

Conclu\'imos assim que $f$ tem cinco pontos cr\'iticos: $(0,0)$, $(-1,0)$, $(1,0)$, $(0,-\frac{1}{\sqrt{2}})$ e $(0,\frac{1}{\sqrt{2}})$.

Temos os seguintes valores para  $f$ nos pontos cr\'iticos:
\[
f(0,0)=0,\ \ f(-1,0)=f(1,0)=\frac{1}{e},\ \ f(0,\frac{1}{\sqrt{2}})=f(0,-\frac{1}{\sqrt{2}})=\frac{1}{2e}.
\]
O maior desses valores \'e ${\displaystyle \frac{1}{e}}$. 
Analisando o gr\'afico, vemos que os pontos de sela s\ao\ $(0,-\frac{1}{\sqrt{2}})$ e $(0,\frac{1}{\sqrt{2}})$, nos quais  $f$ vale  $\frac{1}{2e}$. 

\vskip1cm

\noindent
    {\bf Quest\ao\ 3)} Considere as seguintes fun\coes, definidas para todo $(x,y,z)\in\R^3$,
    \[
f(x,y,z)=x^2-2x-yz,\ \ \ g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2,\ \ \ h(x,y,z)=y+z.
    \]
    Seja $C$ a interse\cao\ das superf\'icies $g(x,y,z)=6$ e $h(x,y,z)=2$.
    \\
    (a) Mostre que $\nabla g(x,y,z)\times\nabla h(x,y,z)\neq\langle 0,0,0\rangle$, para todo $(x,y,z)\in C$.
    \\
    (b) Determine um vetor $\mathbf{u}$ que tenha norma $1$ e seja tangente a $C$ no ponto $(2,1,1)$
    \\
    (c) Calcule a derivada direcional $D_{\mathbf{u}}f(2,1,1)$. 

    \newpage
        {\tt Solu\cao:}
        \\(a) $\nabla g(x,y,x)=\langle 2x,2y,2z\rangle$, $\nabla h(x,y,z)=\langle 0,1,1\rangle$,
        \[
        \nabla g(x,y,z)\times\nabla h(x,y,z)=2\langle y-z,-x,x\rangle.
        \]
        Assim,
        $\nabla g(x,y,z)\times\nabla h(x,y,z)=\langle 0,0,0\rangle$ se e somente se $y=z$ e $x=0$. Se $y=z$ e $x=0$, ent\ao\
        $(x,y,z)=(0,y,y)$ n\ao\ pertence a $C$ porque, se pertencesse, ter\'iamos $x^2+y^2+z^2=2y^2=6$ e $y+z=2y=2$, duas equa\coes\
        que n\ao\ s\ao\ simultaneamente satisfeitas para nenhum valor de $y$. Logo,
        \[
        \nabla g(x,y,z)\times\nabla h(x,y,z)\neq \langle 0,0,0\rangle
        \]
        para todo $(x,y,z)\in C$.
        \\(b) $\nabla g(2,1,1)\times\nabla h(2,1,1)=2\langle 0,-2,2\rangle$ \'e tangente a $C$ em $(2,1,1)$. Logo,
\[
\mathbf{u}=\frac{1}{4\sqrt{2}}\nabla g(2,1,1)\times\nabla h(2,1,1)=\frac{1}{\sqrt{2}}\langle 0,-1,1\rangle
\]
\'e tangente a $C$ e tem norma (m\'odulo) igual a $1$
        \\(c) $\nabla f(x,y,z)=\langle 2x-2,-z,-y\rangle$,  $\nabla f(2,1,1)=\langle 2,-1,-1\rangle$,
        \[
        D_{\mathbf{u}}f(2,1,1)\,=\,\nabla f(2,1,1)\cdot \mathbf{u}\,=\,\frac{1}{\sqrt{2}}\,\langle 2,-1,-1\rangle \cdot\langle 0,-1,1\rangle
        \,=\,0.
        \]
        

   
    
\vskip1cm
    
\noindent
    {\bf Quest\ao\ 4)} Considere as seguintes fun\coes, definidas para todo $(x,y,z)\in\R^3$,
    \[
f(x,y,z)=x^2-2x-yz,\ \ \ g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2,\ \ \ h(x,y,z)=y+z.
    \]
    Seja $C$ a interse\cao\ das superf\'icies $g(x,y,z)=6$ e $h(x,y,z)=2$. Determine o m\'aximo e o m\'inimo de $f$ em $C$.
   
    {\tt Solu\cao:} Como $f$ \'e cont\'inua e $C$ \'e um conjunto compacto, $f$ tem m\'aximo e tem m\'inimo em $C$.
    Vimos na terceira quest\ao\ que $\nabla g(x,y,z)\times\nabla h(x,y,z)\neq \langle 0,0,0\rangle$
    para todo $(x,y,z)\in C$. Logo, os pontos de m\'aximo e de m\'inimo de $f$ em $C$ s\ao\ pontos onde o gradiente de $f$ \'e
    combina\cao\ linear do gradiente de $g$ e do gradiente de $h$; ou seja s\ao\ pontos $(x,y,z)$ para os quais existem $\lambda$ e
    $\mu$ tais que $\nabla f(x,y,z)\,=\,\lambda\,\nabla g(x,y,z)\,+\,\mu\,\nabla h(x,y,z)$. Esses pontos podem ser encontrados
    resolvendo-se o sistema
   \begin{equation}\label{doisml}
    \left\{\begin{array}{rcl}
2x-2&=&2\lambda x\\
-z&=&2\lambda y+\mu\\
-y&=&2\lambda z+\mu\\
x^2+y^2+z^2&=&6\\
y+z&=&2
\end{array}\right..
\end{equation}
Comparando a segunda e a terceira equa\coes\ deste sistema, podemos ``eliminar o $\mu$''. O que queremos, portanto, \'e equivalente a
resolver o sistema seguinte (se houvesse interesse, poder\'iamos determinar $\mu$ usando uma das equa\coes\ descartadas):
 \begin{equation}\label{doisml4}
    \left\{\begin{array}{rcl}
2x-2&=&2\lambda x\\
2\lambda y+z&=&2\lambda z+y\\
x^2+y^2+z^2&=&6\\
y+z&=&2
\end{array}\right..
\Longleftrightarrow
 \left\{\begin{array}{rcl}
2x-2&=&2\lambda x\\
2\lambda (y-z)&=&y-z\\
x^2+y^2+z^2&=&6\\
y+z&=&2
\end{array}\right..
\end{equation}
A segunda equa\cao\ \'e satisfeita se e somente se $y=z$ ou $\lambda=\frac{1}{2}$. Nossa estrat\'egia para resolver 
(\ref{doisml4}) ser\'a obter todas as solu\coes\ satisfazendo $y=z$ e em seguida obter todas as solu\coes\ satisfazendo $\lambda=\frac{1}{2}$. 

Se $y=z$, a primeira, a terceira e a quarta equa\coes\ de (\ref{doisml4}) ser\ao\ satisfeitas se e somente se 
\[
 \left\{\begin{array}{rcl}
2x-2&=&2\lambda x\\
x^2+2y^2&=&6\\
2y&=&2
\end{array}\right..
\Longleftrightarrow
 \left\{\begin{array}{rcl}
2x-2&=&2\lambda x\\
x^2+2&=&6\\
y&=&1
\end{array}\right..
\Longleftrightarrow
 \left\{\begin{array}{l}
2x-2=2\lambda x\\
x=2\ \mbox{ou}\ x=-2\\
y=1
\end{array}\right..
\]
(Como os dois valores que achamos para $x$ s\ao\ n\ao-nulos, o valor de $\lambda$ fica determinado, para cada valor de $x$, pela primeira equa\cao.) 
Obtivemos assim dois candidatos a ponto de m\'aximo ou m\'inimo satisfazendo $y=z$: $(2,1,1)$ e $(-2,1,1)$. 

Se $\lambda=\frac{1}{2}$,
 a primeira, a terceira e a quarta equa\coes\ de (\ref{doisml4}) ser\ao\ satisfeitas se e somente se 
\[
 \left\{\begin{array}{rcl}
2x-2&=&x\\
x^2+y^2+z^2&=&6\\
y+z&=&2
\end{array}\right..
\Longleftrightarrow
 \left\{\begin{array}{rcl}
x&=&2\\
y^2+z^2&=&2\\
y+z&=&2
\end{array}\right..
\Longleftrightarrow
  \left\{\begin{array}{rcl}
x&=&2\\
y^2+(2-y)^2&=&2\\
z&=&2-y
\end{array}\right..
\Longleftrightarrow
(x,y,z)=(2,1,1).
\]
Ou seja, considerando o caso $\lambda=\frac{1}{2}$, obtivemos apenas uma solu\cao, que j\'a havia sido encontrada no caso $y=z$.

O m\'etodo dos multiplicadores de Lagrange (para 3 vari\'aveis e 2 restri\coes) implica portanto que o m\'aximo e o m\'inimo de $f$ ocorrem em 
$\{(2,1,1),(-2,1,1)\}$. Como $f(2,1,1)=-1<7=f(-2,1,1)$, segue que $(2,1,1)$ \'e o ponto de m\'inimo e $(-2,1,1)$ \'e o ponto de m\'aximo.


\begin{figure}[b]
  \begin{center}
    \includegraphics[width=6in]{P3economia.pdf}
  \end{center}

  \caption{ }
\end{figure}

    

\end{document}
