prova-p3-gab-calc2-2015-2-cmb

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Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática
Gabarito da 3a Prova de Cálculo II - CMB - 04/02/2016 - Mônica
1a Questão: (2 pontos)
Seja f(x, y) = ay2 − 2by cos x, onde a e b são constantes reais. Que condições devem
satisfazer as constantes a e b para que em (0, 1) exista um mı́nimo relativo de f(x, y)?
Justifique.
Solução
Como (0, 1) é um ponto cŕıtico de f , fx(0, 1) = fy(0, 1) = 0. Calculando fx(x, y) =
2by sen x e fy(x, y) = 2ay − 2b cos x, vemos que fx(0, 1) = 0 e fy(0, 1) = 2a − 2b. Logo
2a− 2b = 0, isto é. a = b.
Como em (0, 1) temos um mı́nimo relativo, se A = fxx(0, 1), B = fxy(0, 1) e C = fyy(0, 1),
temos que ter B2−AC < 0 e A > 0. Calculando fxx(x, y) = 2by cos x, fxy(x, y) = 2b sen x
e fyy(x, y) = 2a, vemos que A = 2b, B = 0, C = 2a. Logo B
2 −AC = −4a2 < 0 e A = 2a
tem que ser positivo.
Portanto, as constantes a e b tem que ser iguais e positivas.
2a Questão: (2 pontos)
Seja f(x, y) = 2x2 + 3y2 − 4x− 5.
1. Podemos garantir que a função f(x, y) possui máximo absoluto e mı́nimo absoluto
em D = {(x, y); x2 + y2 ≤ 16}? Justifique.
Solução
Como D é um subconjunto limitado e fechado do plano e f(x, y) é uma função
cont́ınua em D, podemos garantir que f possui máximo absoluto e mı́nimo absoluto
em D.
2. Determine o valor máximo absoluto e o valor mı́nimo absoluto de f em D, se posśıvel.
Justifique.
Solução
No interior de D:
Como fx = 4x− 4 e fy = 6y, o único ponto cŕıtico é (1, 0) e f(1, 0) = −7.
Na fronteira de D:
Vamos usar o método dos multiplicadores de Lagrange.
Se g(x, y) = x2 + y2, temos que ter fx = λgx, fy = λgy e g(x, y) = 16. Logo,
4x− 4 = λ2x, 6y = λ2y e x2 + y2 = 16.
Pela segunda equação, temos que y = 0 ou λ = 3.
Se y = 0, obtemos x = 4 ou x = −4. Assim temos mais dois pontos candidatos:
(4, 0) e (−4, 0), com f(4, 0) = 11 e f(−4, 0) = 43.
Se λ = 3, então x = −2 e y = ±√12. Assim temos mais dois pontos candidatos:
(−2,√12) e (−2,√12), com f(−2,√12) = 47 = f(−2,−√12).
Logo o mı́nimo de f é −7 e o máximo de f é 47.
3a Questão: (4 pontos)
Resolva as equações diferenciais:
1. xy′ − 3y = x5 ln x, x > 0, y(1) = 3/4.
Solução
A equação é linear de primeira ordem. Reescrevendo a equação como y′ − 3
x
y = x4 ln x,
podemos usar o método do fator integrante.
O fator integrante é
e
R − 3
x
dx = e−3 ln x =
1
x3
.
Logo (
y
1
x3
)′
= x ln x,
y
x3
=
∫
x ln xdx + C.
Integrando por partes, ∫
x ln xdx =
x2
2
ln x− x
2
4
.
Portanto
y(x) = x3
[
x2
2
ln x− x
2
4
+ C
]
.
Fazendo x = 1, calculamos C = 1.
A solução é
y(x) =
x5
2
ln x− x
5
4
+ x3.
2. y′′ + 4y = 8 cos(2x) + 12 sen (2x).
Solução
O caso homogeneo: y′′ + 4y = 0.
O polinomio caracteŕıstico é p(r) = r2 + 4, que tem duas raizes complexas r = ±2i.
Logo
yh(x) = C1 cos(2x) + C2 sen (2x).
A solução particular: Do tipo yp(x) = Ax sen (2x) + Bx cos(2x), onde A e B são
constantes a determinar. Calculamos:
y′p(x) = A sen (2x) + B cos(2x) + 2Ax cos(2x)− 2Bx sen (2x),
y′′p(x) = 4A cos(2x)− 4B sen (2x)− 4Ax sen (2x)− 4Bx cos(2x).
Logo
8 cos(2x) + 12 sen (2x) = y′′ + 4y = 4A cos(2x)− 4B sen (2x),
o que implica que A = 2 e B = −3.
A solução é
yh(x) = C1 cos(2x) + C2 sen (2x) + 2x sen (2x)− 3x cos(2x).
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4a Questão: (2 pontos)
Devido a uma maldição rogada por uma tribo inimiga, os membros de uma certa aldeia
são gradualmente impelidos ao assassinato ou suićıdio. A taxa de variação da população é
de −2√p pessoas/mês, quando o número de pessoas é p. Quando a maldição foi rogada a
população era de 1600 pessoas. Quando morrerá toda a população da aldeia? Justifique.
Solução
Temos a seguinte equação diferencial:
dp
dt
= −2√p.
Como a equação é separável, ∫
dp√
p
=
∫
−2dt,
2
√
p(t) = −2t + C.
Como p(0) = 1600, C = 80 e
2
√
p(t) = −2t + 80.
Portanto a população p(t) = 0 quando t = 40 meses.
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