Segunda Prova

Seção 3.2 Segunda Prova

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1.

Seja $f\colon\R^2\to\R$ diferenciável tal que $2x+3y+z=1$ é o plano tangente ao gráfico de $f$ no ponto $\big(-1,2, f(-1,2)\big)\text{.}$ Determine

O valor de $f(-1,2)\text{.}$
A reta tangente ao gráfico de $g\colon\R\to\R$ dada por $g(t)=f(te^t- \cos t, 2e^t +t)$ no ponto $\big(0,g(0)\big)\text{.}$
O plano tangente ao gráfico de $h(u,v)=u f(uv, u^2+v^2)$ no ponto $\big(1,-1, h(1,-1)\big)\text{.}$

Resposta.

$f(-1,2)=-3\text{.}$
$y= -11x-3\text{.}$
$7x-4y+z-8 = 0\text{.}$

Solução.

Basta lembrar que o ponto $\big(-1,2, f(-1,2)\big)$ pertence do plano dado como tangente ao gráfico de $f$ nesse ponto. Assim $2\cdot(-1)+3\cdot 2+f(-1,2)=1\implies \boxed{f(-1,2)=-3}\text{.}$
Prestando a devida atenção aos sinais, a equação do plano dado nos diz que $\nabla f(-1,2)=(-2,-3)\text{.}$ A equação da reta tangente ao gráfico de $g$ (uma função de $\R$ em $\R$ é dada por $y=g(0)+g'(0)x\text{.}$ Determinamos os coeficientes, observando que $g(t)=f\big(\gamma(t)\big)\text{,}$ onde $\gamma(t)=(te^t- \cos t, 2e^t +t)$). Com isso,
\begin{align*} g(0)&=f\big(\gamma(0)\big)=f(-1,2)=-3;\\ g'(0)&=(f\circ\gamma)'(0)=\big\langle\nabla f\big(\gamma(0)),\gamma'(0)\big\rangle=-11, \end{align*}
pois $f$ e $\gamma$ são diferenciáveis, com $\nabla f(-1,2)=(-2,-3)$ obtido no item anterior e $\gamma'(0)=(1,3)\text{.}$ Assim, a reta procurada é $\boxed{y=-11x-3}\text{.}$
Precisamos do valor $h(1,-1)=1\cdot f(-1,2)=-3$ e das derivadas parciais de $h$ no ponto $(1,-1)\text{,}$ o que vem da Regra da Cadeia. Primeiro as derivadas num ponto qualquer:
\begin{align*} h_u(u,v)&=f(uv,u^2+v^2)+u\Big[f_x(uv,u^2+v^2)v+f_y(uv,u^2+v^2)(2u)\Big];\\ h_v(u,v)&=u\Big[f_x(uv,u^2+v^2)u+f_y(uv,u^2+v^2)(2v)\Big]; \end{align*}
No ponto $(u,v)=(1,-1)\text{,}$ temos $h_u(1,-1)=-7$ e $h_v(1,-1)=4\text{.}$ Assim o plano tangente pedido tem equação
\begin{equation*} \pi\colon -7(x-1)+4(y+1)-z-3=0\iff \boxed{\pi\colon 7x-4y+z-8 = 0}\text{.} \end{equation*}

2.

Seja $f\colon\R^3\to\R$ dada por $f(x,y,z)=(x+y)z$ e considere

\begin{equation*} C=\big\{(x,y,z)\in\R\colon x^2 + y^2 - z^2 = 1\text{ e }(x-1)^2+(y-1)^2+z^2=1\big\}. \end{equation*}

Encontre um vetor unitário tangente à curva $C$ em $(1,1,1)\text{.}$
Denotando por $\vec{u}$ o vetor encontrado no item anterior, calcule $\dfrac{\partial f}{\partial \vec{u}}(1,1,1)\text{.}$

Resposta.

As duas possíveis respostas são $\vec{u_1}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)$ ou $\vec{u_2}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(-1,1,0)\text{;}$
$\dfrac{\partial f}{\partial \vec{u}}(1,1,1)=0\text{.}$

Solução.

Existem aqui duas estratégias de solução, uma usando a teoria e fazendo menos contas e outras mais artesanal, parametrizando a curva:

Solução 1 (utilizando a relação entre gradientes e superfícies de nível):

Consideremos as funções (de classe $\mathscr{C}^1$) $g,h\colon\R^3\to\R$ dadas por
\begin{equation*} g(x,y,z) = x^2 + y^2 - z^2 \quad \text{e} \quad h(x,y,z) = (x-1)^2 + (y-1)^2 + z^2, \end{equation*}
cujos gradientes são
\begin{equation*} \nabla g(x,y,z) = 2(x,y,-z) \quad \text{e} \quad \nabla h(x,y,z) = 2 (x-1, y-1, z). \end{equation*}
Em particular, $\nabla g(1,1,1) = 2(1,1,-1)$ e $\nabla h(1,1,1) = 2(0,0,1)$ são linearmente independentes. Como $C$ é a intersecção das superfícies de nível $c=1$ de $g$ e $h\text{,}$ sabemos que a reta tangente a $C$ em $(1,1,1)$ é a interseção dos planos tangentes às superfícies de nível acima e portanto normal aos vetores $(1,1,-1)$ e $(0,0,1)\text{.}$ Deste modo, um vetor diretor desta reta é
\begin{equation*} \vec{v} = (1,1,-1) \times (0,0,1) = (1,-1,0). \end{equation*}
Assim, os vetores
\begin{equation*} \vec{u_1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0) \quad \text{e} \quad \vec{u_2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1,1,0) \end{equation*}
são ambos unitários e tangentes a $C$ em $(1,1,1)\text{.}$
Como $f$ é diferenciável, sabemos que
\begin{equation*} \frac{\partial f}{\partial \vec{u}}(1,1,1) = \big\langle \nabla f(1,1,1), \vec{u_1}\big\rangle = \big\langle (1,1,2), \vec{u_1}\big\rangle = 0 \end{equation*}
e, analogamente, $\dfrac{\partial f}{\partial \vec{u_2}}(1,1,1) = 0\text{.}$ Observe que $\nabla f(1,1,1) = (1,1,2)$ é combinação linear de $\nabla g(1,1,1)$ e $\nabla h(1,1,1)\text{.}$ Tal fato está ligado à solução do Exercício 3.2.4.

Solução 2 (Parametrizando a curva "por partes"):

Somando as equações que definem $C$ e completando quadrados, obtemos

\begin{equation*} \Big(x - \frac{1}{2}\Big)^2 + \Big(y - \frac{1}{2}\Big)^2 = \frac{1}{2} \end{equation*}

e podemos escrever

\begin{align*} x - \frac{1}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos t &\implies x = \frac{\sqrt{2}}{2}\cos t + \frac{1}{2},\\ y - \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\sin t &\implies y = \frac{\sqrt{2}}{2}\sin t + \frac{1}{2}. \end{align*}

Para determinar $z$ em termos de $t\text{,}$ basta substituir na primeira equação:

\begin{equation*} z^2 = \dfrac{\sqrt{2}}{2} (\sin t + \cos t) \implies z = \pm \frac{\sqrt{\sin t + \cos t}}{\sqrt[4]{2}}. \end{equation*}

Como estamos interessados no ponto $(1,1,1)\text{,}$ vamos considerar apenas

\begin{equation*} z = \frac{\sqrt{\sin t + \cos t}}{\sqrt[4]{2}}. \end{equation*}

Note que a expressão dentro da raiz quadrada acima deve ser maior ou igual a zero, o que impõe uma restrição ao domínio da nossa parametrização procurada. Devemos ter $\sin t + \cos t \geq 0\text{,}$ o que equivale a $t \in \Big[-\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\Big]\text{.}$

(Uma maneira rápida de verificar isto é notar que

\begin{equation*} \sin t + \cos t \geq 0 \iff \frac{\sqrt{2}}{2} \sin t + \frac{\sqrt{2}}{2} \cos t \geq 0 \iff \sin(t + \pi/4) \geq 0.) \end{equation*}

A curva $\gamma\colon \Big[ -\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\Big]\to\R^3$ dada por

\begin{equation*} \gamma(t) = \Big( \frac{\sqrt{2}}{2}\cos t + \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\sin t + \frac{1}{2},\frac{\sqrt{\sin t + \cos t}}{\sqrt[4]{2}}\Big) \end{equation*}

é, portanto, uma parametrização de parte de $C$ que passa por $(1,1,1)\text{.}$ Para encontrar um vetor tangente a $\gamma$ em $(1,1,1)\text{,}$ precisamos calcular determinar $t_0 \in \Big] -\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\Big[$ tal que $\gamma(t_0) = (1,1,1)$ e, em seguida, calcular a derivada de $\gamma$ neste ponto.

Notemos que $\gamma(t) = (1,1,1)$ se, e somente se,

\begin{equation*} \frac{\sqrt{2}}{2}\cos t + \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\sin t + \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{\sin t + \cos t}}{\sqrt[4]{2}} = 1, \end{equation*}

que admite apenas $t= \frac{\pi}{4}$ como solução no intervalo $\Big] -\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\Big[$ (verifique).

Como

\begin{equation*} \gamma'(t) = \left( -\frac{\sqrt{2}}{2}\sin t, \frac{\sqrt{2}}{2}\cos t,\frac{\cos t - \sin t}{2\sqrt[4]{2}\sqrt{\sin t + \cos t}}\right), \forall t \in \left] -\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right[, \end{equation*}

concluímos que

\begin{equation*} \gamma'\left(\frac{\pi}{4}\right) = \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right) \end{equation*}

é tangente a $C$ em $(1,1,1)\text{.}$ Note que este vetor é paralelo ao vetor $\vec{v}$ obtido na solução anterior!
Uma vez encontrado o vetor tangente a $C$ a derivada direcional é calculada como na solução anterior.

Um figura sempre ajuda:

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Figura 3.2.1. Superfícies da Exercício 3.2.2

3.

Determine os pontos críticos da função

\begin{equation*} f(x,y) = x^2y +xy^2 -xy \end{equation*}

e classifique-os como pontos de máximo local, mínimo local ou de sela.

Resposta.

Os pontos $(0,0)\text{,}$ $(1,0)$ e $(0,1)$ são de sela, enquanto que $(1/3,1/3)$ é de mínimo local.

Solução.

Note que $f$ é de classe $\mathscr{C}^2$ e seu gradiente é

\begin{equation*} \nabla f(x,y) = (2xy+y^2 -y, 2xy+x^2 - x). \end{equation*}

Deste modo, os pontos críticos de $f$ são as soluções do sistema

\begin{equation*} \begin{cases} 2xy+y^2-y&=0,\\ 2xy+x^2-x&=0.\end{cases} \end{equation*}

A primeira equação equivale a $y=0$ ou $y=1-2x\text{.}$ Vamos analisar os dois casos:

substituindo $y=0$ na segunda equação, obtemos $x^2-x=0\text{,}$ isto é, $x=0$ ou $x=1\text{.}$ Temos, assim, os pontos $(0,0)$ e $(1,0)\text{;}$
substituindo $y=1-2x$ na segunda equação, obtemos $-3x^2+x=0\text{,}$ isto é, $x=0$ ou $x=1/3\text{.}$ Para $x=0$ temos $y=1\text{;}$ para $x=1/3$ temos $y=1/3\text{.}$ Isto nos dá os pontos $(0,1)$ e $(1/3,1/3)\text{.}$

Uma vez encontrados os pontos críticos de $f\text{,}$ vamos classificá-los usando o Critério da Hessiana (Teorema A.8.6). Precisamos das derivadas de segunda ordem de $f$:

\begin{equation*} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y) = 2y, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y) = 2x+2y-1, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y) = 2x. \end{equation*}

Denotando por $H_f(x,y)$ a matriz Hessiana de $f$ no ponto $(x,y)\text{,}$ temos:

$\det H_f(0,0) = \det\begin{bmatrix} 0 & -1\\ -1 & 0 \end{bmatrix} = -1 < 0 \implies (0,0)$ é ponto de sela de $f\text{.}$
$\det H_f(1,0) = \det\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 1 & 2 \end{bmatrix} = -1 < 0 \implies (1,0)$ é ponto de sela de $f\text{.}$
$\det H_f(0,1) = \det\begin{bmatrix} 2 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} = -1 < 0 \implies (0,1)$ é ponto de sela de $f\text{.}$
$\det H_f(1/3,1/3) = \det\begin{bmatrix} 2/3 & 1/3\\ 1/3 & 2/3 \end{bmatrix} = 1/3 > 0$ e $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1/3,1/3) = 2/3> 0 \implies (1/3,1/3)$ é ponto de mínimo local de $f\text{.}$

4.

Seja $f\colon\R^3\to\R$ dada por $f(x,y,z)=(x+y)z\text{.}$ Determine o valor máximo e o valor mínimo de $f$ em

\begin{equation*} C= \big\{ (x,y,z) \in \R^3\colon x^2 + y^2 - z^2 = 1\text{ e } (x-1)^2 + (y-1)^2 +z^2 =1\big\}. \end{equation*}

Resposta.

O valor máximo de $f$ é $2\text{,}$ atingido no ponto $(1,1,1)\text{,}$ enquanto o mínimo é $-2\text{,}$ atingido no ponto $(1,1,-1)\text{.}$

Solução.

Observamos, primeiramente, que $f$ é contínua e $C$ é compacto (é a intersecção de um hiperboloide de uma folha, que é fechado, e uma esfera, que é fechada e limitada). O Teorema de Weierstrass assegura então que o problema proposto tem solução.

Usando a mesma notação da solução do Exercício 3.2.2, vamos considerar as funções $g,h\colon\R^3\to\R$ dadas por

\begin{equation*} g(x,y,z) = x^2 + y^2 - z^2 \quad\text{e}\quad h(x,y,z) = (x-1)^2 + (y-1)^2 + z^2. \end{equation*}

As funções $f\text{,}$ $g$ e $h$ são de classe $\mathscr{C}^1$ e seus gradientes são $\nabla f(x,y,z) = (z,z, x+y)\text{,}$ $\nabla g(x,y,z) = 2(x,y,-z)$ e $\nabla h(x,y,z) = 2 (x-1, y-1, z)\text{.}$

O Método dos Multiplicadores de Lagrange (Teorema A.9.9) garante que os candidatos a máximos e mínimos locais de $f$ em $C$ são as soluções do sistema

\begin{equation*} \begin{cases} \{ \nabla f(x,y,z), \nabla g(x,y,z), \nabla h(x,y,z)\}\; \text{é linearmente dependente},\\ x^2 + y^2 - z^2 = 1,\\ (x-1)^2 +(y-1)^2+ z^2 = 1. \end{cases} \end{equation*}

A primeira condição equivale a

\begin{equation*} \det\begin{bmatrix} z & z & x+y\\ x & y & -z\\ x-1 & y-1 & z \end{bmatrix} = 0 \iff 2z^2(y-x)+y^2 - x^2 = 0, \end{equation*}

ou seja, $(2z^2 + x+ y)(y-x)=0\text{,}$ de modo que $x=y$ ou $x+y+2z^2=0\text{.}$ Vamos analisar estes dois casos.

Caso 1 $x=y\text{.}$ Substituindo isso nas outras duas equações temos

\begin{equation*} \begin{cases} 2x^2 - z^2 &= 1,\\ 2(x-1)^2 + z^2 &= 1. \end{cases} \end{equation*}

Somando estas equações, concluímos que

\begin{equation*} x^2 - x = 0 \implies x = 0\; \text{ou}\; x = 1. \end{equation*}

Se $x=0\text{,}$ então $y=0$ e $z^2 + 1 = 0\text{,}$ um absurdo. Se $x=1\text{,}$ então $y=1$ e

\begin{equation*} z^2 = 1 \implies z = \pm 1. \end{equation*}

Isto nos dá os candidatos $(1,1,1)$ e $(1,1,-1)\text{.}$
Caso 2 $2z^2+x+y=0\text{.}$ Somando as duas últimas equações obtemos $x^2+y^2=x+y$ que, junto com a hipótese desse caso, prodduz $x^2+y^2+2z^2=0\text{,}$ ou seja, $(x,y,z)=(0,0,0)\text{.}$ Este ponto não atende às restrições do problema (duas últimas equações do sistema de Lagrange).

Com isso, os únicos candidatos são $(1,1,1)$ e $(1,1,-1)\text{,}$ onde $f(1,1,1)=(1+1)\cdot 1=2$ é valor máximo e $f(1,1,-1)=(1+1)\cdot (-1)=-2$ é o valor mínimo.

Observamos que o problema poderia ser resolvido parametrizando-se a curva $C$ e analisando a derivada de sua composta com a função $f\text{.}$

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