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MAT–2454: Soluções de Exercícios e de Provas

Equipes de Professores da Disciplina

Seção 5.2 Segunda Prova

Exercícios Exercícios

1.

Sejam \(f\colon\R^2\to\R\) uma função diferenciável e \(2x+12y+z=0\) o plano tangente ao gráfico de \(f\) no ponto \(\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)\text{.}\) Suponha ainda que \(r(t)=(t^3,t^2)\text{,}\) com \(t\in (-\infty,-1)\text{,}\) seja a curva de nível de \(f\) que contém o ponto \((x_0,y_0)\text{.}\)
  1. A soma das coordenadas de \(\nabla f(x_0,y_0)\) é:
  2. A soma das coordenadas do ponto \(\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)\) é:
Resposta.
  1. -14
  2. -112
Solução.
Observando a equação do plano dada temos que \(\nabla f(x_0,y_0)=(-2,-12)\text{,}\) cuja soma das coordenadas é \(\boxed{-14}\text{.}\)
Suponha agora que \(t_0\in (-\infty,-1)\) é tal que \(r(t_0)=(x_0,y_0)\text{.}\) Como \(r(t)\) é curva de nível de \(f\text{,}\) existe \(k\in\R\) tal que, para todo \(t\text{,}\)
\begin{equation*} (f\circ r)(t)=k\implies \big\langle \nabla f(x_0,y_0),r'(t_0)\big\rangle=0\implies -6t_0^2-24t_0=0\implies t_0=-4. \end{equation*}
Logo, \((x_0,y_0)=r(t_0)=(-64,16)\text{.}\) Usando esse valores na equação do plano do tangente temos \(f(x_0,y_0)=z=-64\text{.}\) Assim, \(\boxed{x_0+y_0+f(x_0,y_0)=-112}\text{.}\)

2.

Sejam \(f\colon\R^2\to\R\) uma função diferenciável e \(\gamma\colon\R\to\R^2\) a curva dada por \(\gamma(t)=\big(x(t),y(t)\big)\text{,}\) onde \(x(t)\) é tal que \(x(0)=2\) e \(x'(0)=s\text{,}\) e \(y(t)=3e^{t^2}\cos t\text{.}\) Sejam ainda \(\alpha(t)=e^t\) e \(g(t)=\alpha(t) f\big(\gamma(t)\big)\text{.}\) Sabendo que o plano tangente ao gráfico de \(f\) em \(\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)\) é \(x+2y+z+3=0\text{,}\) o valor de \(s\) de modo que a reta tangente ao gráfico da função \(g\) em \(\big(0,g(0)\big)\) seja paralela à reta \(y=x\) é
Resposta.
\(s=-12\)
Solução.
A reta tangente ao gráfico da função \(g\) em \(\big(0,g(0)\big)\) é paralela à reta \(y=x\) se e somente se \(g'(0)=1\text{.}\) Assim,
\begin{equation*} g'(t)=\alpha'(t)f\big(\gamma(t)\big)+\alpha(t)\big\langle f\big(\gamma(t)\big),\gamma'(t)\big\rangle. \end{equation*}
Em \(t_0=0\text{,}\) temos \(\alpha'(0)=1\text{,}\) \(x'(0)=s\text{,}\) \(y'(0)=0\) e, da equação do plano tangente vem que \(\nabla f(x_0,y_0)=(-1,-2)\) e \(f(x_0,y_0)=-11\text{.}\) Logo \(g'(0)=-11-s=1\iff \boxed{s=-12}\text{.}\)

3.

Sejam \(F\colon\R^3\to\R\) e \(f\colon\R^2\to\R\) funções de classe \(\mathscr{C}^1\text{,}\) tais que o gráfico de \(f\) coincida com a superfície de nível \(0\) de \(F\text{.}\)
Assuma que as curvas
\begin{equation*} \gamma(t)=\big(\gamma_1(t),\gamma_2(t),\gamma_3(t)\big) \quad\mbox{e}\quad \alpha(t)=\big(\alpha_1(t),\alpha_2(t),\alpha_3(t)\big) \end{equation*}
têm suas imagens contidas no gráfico de \(f\) e, além disso, \(\gamma(0)=\alpha(0)=(x_0,y_0,2)\text{,}\) \(\gamma'(0)=(1,2,3)\) e \(\alpha'(0)=(1,-2,1)\text{.}\)
A reta normal ao gráfico de \(f\) no ponto \(\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)\) corta o plano \(Oxy\) em \((a,b,0)\text{.}\) Sabendo que \(x_0=y_0\text{,}\) o valor de \(a-b\) é
Resposta.
\(a-b=3\text{.}\)
Solução.
As hipóteses elencadas nos dizem que a imagem das curvas \(\gamma\) e \(\alpha\) estão contidas no gráfico de \(f\text{.}\) Como \(\gamma(0)=\alpha(0)=(x_0,y_0,2)\text{,}\) temos que \(f(x_0,y_0)=2\text{.}\) Os vetores \(\gamma'(0)\) e \(\alpha'(0)\) são linearmente independentes e portanto a direção normal ao gráfico de \(f\) em \(\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)\) é dada por \(\gamma'(0)\times\alpha'(0)=(8,2,-4)\text{.}\) Com isso a reta normal tem a equação
\begin{equation*} r\colon (x,y,x)=(x_0,y_0,2)+\lambda (8,2, -4), \quad\lambda\in\R, \end{equation*}
que corta o plano \(z=0\) quando \(\lambda=\dfrac{1}{2}\text{.}\) Logo, como \(x_0=y_0\text{,}\) temos \(\boxed{a-b=3}\text{.}\)
Nota 5.2.1.
A função \(F\) mencionada no enunciado é completamente desnecessária, servindo apenas de dica para ajudar a determinar o vetor normal ao gráfico de \(f\text{.}\)

4.

Sejam \(f\colon\R^3\to\R\text{,}\) dada por \(f(x,y,z)=x^2-2y^2-z^2\) e a superfície \(S\) descrita pela equação \(z=-\sqrt{2x+4y}\text{.}\) Seja \(C\) a curva dada pela interseção da superfície de nível \(1\) de \(f\) com \(S\text{.}\)
  1. A reta tangente a \(C\) no ponto \((3,-1,-\sqrt{2})\) corta o plano \(Oxy\) no ponto \((v_1,v_2,0)\text{.}\) Então \(v_1+v_2\) vale:
  2. Dentre todos os vetores unitários \(\vec{u}\in\R^3\text{,}\) o valor máximo de \(\dfrac{\partial f}{\partial\vec{u}}(3,0,4)\) é
Resposta.
  1. \(\displaystyle 1\)
  2. \(\displaystyle 10\)
Solução.
  1. A direção da reta tangente a \(C\) no ponto \((x_0,y_0,z_0)=(3,-1,-\sqrt{2})\) é dada pelo produto vetorial dos vetores normais às superfícies dadas. Para facilitar as contas, podemos considerar \(S\) como uma parte da superfície \(z^2=2x+4y\text{,}\) ou seja, parte da superfície de nível 0 da função \(g(x,y,z)=2x+4y-z^2\text{.}\) Deste modo, um vetor tangente a \(C\) no ponto \((x_0,y_0,z_0)\) é
    \begin{equation*} \nabla f(x_0,y_0,z_0)\times \nabla g(x_0,y_0,z_0)=(0,-8\sqrt{2},16), \end{equation*}
    e a equação da reta tangente é
    \begin{equation*} r\colon (x,y,z)=(3,-1,-\sqrt{2})+\lambda (0,\sqrt{2},-2),\quad\lambda\in\R. \end{equation*}
    Esta reta corta o plano \(Oxy\) no ponto \((v_1,v_2,0)=(3,-2,0)\text{.}\) Logo, \(\boxed{v_1+v_2=1}\text{.}\)
  2. Como \(f\) é diferenciável, \(\dfrac{\partial f}{\partial\vec{u}}(3,0,4)=\big\langle \nabla f(3,0,4), \vec{u}\big\rangle=\|\nabla f(3,0,4)\|\cos \theta\text{,}\) que assume valor máximo quando \(\theta=0\text{.}\) Tal valor é \(\boxed{\|\nabla f(3,0,4)\|=10}\text{.}\)

5.

Considere a função \(f\colon\R^2\to\R\text{,}\) dada por \(f(x,y)=\sin(2x)\cosh(3y)\text{.}\)
  1. O número de pontos de mínimo local de \(f\) é:
  2. O número de pontos de máximo local de \(f\) é:
  3. O número de pontos de sela de \(f\) é:
Resposta.
  1. \(\displaystyle 0\)
  2. \(\displaystyle 0\)
  3. Infinitos
Solução.
Os pontos críticos de \(f\) são aqueles onde \(\nabla f(x,y)=(0,0)\text{.}\) Neste caso existem infinitas soluções, todas sobre o eixo \(Ox\text{.}\) O determinante Hessiano de \(f\) nesses pontos é o oposto de uma soma de quadrados, que se verifica sempre negativo. Deste modo todos os infinitos pontos críticos de \(f\) são pontos de sela.

6.

Seja \(f\colon S\subseteq\R^3\to\R\text{,}\) dada por \(f(x,y,z)=3(x-2)^2+2(y-3)^2-3(z-5)^2\text{,}\) onde \(S=\big\{(x,y,z)\in\R^3\colon 3(x-2)^2+2(y-3)^2+3(z-5)^2\leq 27\big\}\text{.}\)
  1. O número de pontos de máximo global de \(f\) é:
  2. O número de pontos de mínimo global de \(f\) é:
  3. O valor máximo de \(f\) é:
  4. O valor mínimo de \(f\) é:
Resposta.
  1. Infinitos;
  2. \(2\text{;}\)
  3. \(27\text{;}\)
  4. \(-27\text{.}\)
Solução.
A função \(f\) é contínua no conjunto \(S\text{,}\) que é uma elipsoide sólido em \(\R^3\) e portanto um compacto. O teorema de Weierstrass garante então a existência de pontos de máximo e mínimo globais. Eles podem ser encontrados dividindo \(S\) em seu interior e fronteira.
No interior, \(\mathring{S}=\big\{(x,y,z)\in\R^3\colon 3(x-2)^2+2(y-3)^2+3(z-5)^2<27\big\}\text{,}\) os candidatos a extremantes devem ser pontos onde \(\nabla f=\big(6(x-2),4(y-3),-6(z-5)\big)\) se anula, ou seja, \((x,y,z)=(2,3,5)\text{.}\) Nesse ponto temos \(f(2,3,5)=0\text{.}\)
Na fronteira, \(\partial S=\big\{(x,y,z)\in\R^3\colon 3(x-2)^2+2(y-3)^2+3(z-5)^2=27\text{,}\) utilizamos multiplicadores de Lagrange. A restrição é a superfície de nível \(0\) da função suave \(g(x,y,z)=3(x-2)^2+2(y-3)^2+3(z-5)^2-27\text{.}\) Procuramos um ponto em \(g^{-1}(0)\) no qual \(\big\{\nabla f, \nabla g\big\}\) é linearmente dependente, o que equivale a \(\nabla f\times \nabla g= \vec{0}\text{.}\) Assim temos o sistema
\begin{equation*} \begin{cases} (y-3)(z-5)&=0\\ (x-2)(z-5)&=0\\ 3(x-2)^2+2(y-3)^2+3(z-5)^2&=27. \end{cases} \end{equation*}
Se \(z=5\text{,}\) temos \(3(x-2)^2+2(y-3)^2=27\text{,}\) uma elipse de candidatos. Em todos esses infinitos pontos, da forma \((x,y,5)\text{,}\) temos \(\boxed{f(x,y,5)=27}\text{.}\)
Se \(z\neq5\) então \(x=2\) e \(y=3\text{,}\) donde temos \(z=5\pm3\) e \(\boxed{f(2,3,5\pm3)=-27}\text{.}\)

7.

Sejam \(f\colon S\subseteq\R^3\to\R\) uma função diferenciável, \(g_1(x,y,z)=-9x+2y+6z-2\text{,}\) \(g_2(x,y,z)=-8x-5y+2\) e \(B=\big\{(x,y,z)\in\R^3\colon g_1(x,y,z)=g_2(x,y,z)=0\big\}\text{.}\)
Suponha que existe uma curva \(r\colon\R\to B\text{,}\) derivável e bijetiva, satisfazendo
\begin{equation*} \nabla f\big(r(t)\big)=(-8e^{4t}, -5e^{4t}, (t+10)^3),\text{ para todo }t\in\R. \end{equation*}
Sabendo que \(f\) possui ao menos um ponto de mínimo local em \(B\text{,}\) responda às perguntas abaixo.
  1. O número de pontos de máximo global de \(f\) em \(B\) é:
  2. O número de pontos de mínimo global de \(f\) em \(B\) é:
  3. O número de pontos de máximo local de \(f\) em \(B\) é:
  4. O número de pontos de mínimo local de \(f\) em \(B\) é:
Resposta.
  1. \(0\text{;}\)
  2. \(1\text{;}\)
  3. \(0\text{;}\)
  4. \(1\text{.}\)
Solução.
Nos candidatos a ponto de máximo ou de mínimo local de \(f\) em \(B\) (que é uma reta, dada pela interseção dos planos \(g_1^{-1}(0)\) e \(g_2^{-1}(0)\)) devemos ter que \(\big\{\nabla f,\nabla g_1,\nabla g_2\big\}\) é linearmente dependente, ou seja, o produto misto destes vetores é nulo. A longo de \(B\) isso se escreve como
\begin{equation*} \det\begin{pmatrix} {-8e^{4t}}&{-5e^{4t}}&{(t+10)^3}\\ {-9}&{2}&{6}\\ {-8}&{-5}&0 \end{pmatrix}=0\iff {61(t+10)^3}=0. \end{equation*}
Isto mostra que existe um único candidato a ponto crítico, a saber \(r(-10)\text{.}\) Do enunciado, sabemos que existe ao menos um ponto de mínimo local de \(f\) em \(B\text{,}\) logo existe um único ponto de mínimo local de \(f\) em \(B\text{.}\)
Este é também um ponto de mínimo global, pois estamos estudando máximos e mínimos da função \(f\circ r\colon\R\to\R\) e, do Cálculo 1, sabemos que se uma tal função tem um único ponto crítico que é de mínimo local, então este é o único ponto de mínimo global (um exercício bem interessante em si. Uma de suas soluções usa simultaneamente o Teorema de Rolle e o Teorema do Valor Intermediário).
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