AD2 CIII 2015 2 gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
AD2 – CA´LCULO III – gabarito – 2015-2
Nome: Matr´ıcula:
Polo: Data:
Atenc¸a˜o!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula, • O desenvolvimento das questo˜es pode ser a la´pis. No entanto,
Polo e Data; as respostas devera˜o estar necessariamente a` caneta;
• E´ expressamente proibido o uso de calculadoras; • E´ expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res- • As respostas devem estar acompanhadas de justificativa.
ponsa´vel; Respostas sem justificativa na˜o sera˜o consideradas.
Questa˜o 1 Considere a superf´ıcie z = 3 + x2 + y2.
(a) Determine a equac¸a˜o do plano tangente a esta superf´ıcie que e´ paralelo ao plano 2x+y+3z = 6;
(b) Determine a equac¸a˜o da reta normal a` superf´ıcie que e´ paralela a` reta
L = {(2, 1, 3) + t(−2, 2, 1); t ∈ R}.
Soluc¸a˜o:
(a) O vetor normal a` superf´ıcie z = 3 + x2 + y2 em cada um dos seus pontos e´ dado por
~n = (zx, zy,−1) = (2x, 2y,−1),
enquanto o vetor normal ao plano 2x+ y + 3z = 6 e´ dado por
~n1 = (2, 1, 3).
Assim, procuramos pelo ponto P = (x, y, z) da superf´ıcie dada no qual o plano tangente tenha
um vetor normal que seja paralelo ao vetor ~n1. Para tanto, deve existir λ ∈ R tal que
(2x, 2y,−1) = λ(2, 1, 3),
ou seja, 2x = 2λ, 2y = λ e 3λ = −1, donde conclu´ımos que λ = −1
3
, x = −1
3
, y = −1
6
e
z = 3 +
(
−1
3
)2
+
(
−1
6
)2
=
113
36
.
Da´ı, P =
(−1
3
,−1
6
,−113
36
)
. Portanto, a equac¸a˜o do plano tangente a` superf´ıcie z = 3+x2+y2,
que e´ paralelo ao plano 2x+ y + 3z = 6, e´ dada por
2
(
x+
1
3
)
+ 1
(
x+
1
6
)
+ 3
(
z − 113
36
)
= 0.
CA´LCULO III AD2 2
(b) O vetor diretor da reta normal a` superf´ıcie z = 3 + x2 + y2 em cada uma dos seus pontos e´
dado por
~u = (zx, zy,−1) = (2x, 2y,−1),
enquanto o vetor diretor da reta L e´ dado por
~u1 = (−2, 2, 1).
Assim, procuramos pelo ponto P = (x, y, z) da superf´ıcie dada no qual reta normal tenha um
vetor diretor que seja paralelo ao vetor ~u1. Para tanto, deve existir λ ∈ R tal que
(2x, 2y,−1) = λ(−2, 2, 1),
ou seja, λ = −1, x = 1, y = −1 e
z = 3 + 12 + (−1)2 = 5.
Da´ı, P = (1,−1, 5). Portanto, a reta normal a` superf´ıcie que e´ paralela a` reta L e´ dada por
L1 = {(1,−1, 5) + t(−2, 2, 1); t ∈ R}.
Questa˜o 2 Seja f : R2 −→ R uma func¸a˜o diferencia´vel, e defina g : R2 −→ R por
g(s, t) = f(as2 − bt2, bt2 − as2),
onde a, b ∈ R. Determine a relac¸a˜o entre as constantes a e b para que a func¸a˜o g satisfac¸a
tgs + sgt = 0.
Soluc¸a˜o:
Considerando as duas func¸o˜es x(s, t) = as2 − bt2 e y(s, t) = bt2 − as2, segue que
gs = fx · xs + fy · ys = 2asfx − 2asfy
e
gt = fx · xt + fy · yt = −2btfx + 2btfy.
Consequentemente,
tgs = 2astfx − 2astfy,
sgt = −2bstfx + 2bstfy
e
tgs + sgt = 2stfx(a− b) + 2stfy(−a+ b) = 2st(fx − fy)(a− b)
para todo (s, t) ∈ R2. Logo, para que tgs + sgt = 0, basta tomar a = b.
Questa˜o 3 Seja f : R2 −→ R a func¸a˜o definida por
f(x, y) =
x4
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0), e f(0, 0) = 0.
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CA´LCULO III AD2 3
(a) Calcule fx(0, 0) e fy(0, 0);
(b) Prove que f e´ diferencia´vel em (0, 0);
(c) Prove que f e´ diferencia´vel em cada (x, y) 6= (0, 0).
Soluc¸a˜o:
(a) Por definic¸a˜o,
fx(0, 0) = lim
h→0
f(0 + h, 0)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
h4
h2
− 0
h
= lim
h→0
h = 0
e
fy(0, 0) = lim
h→0
f(0, 0 + h)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
0− 0
h
= 0.
(b) Para cada (h, k) ∈ R2 \ {(0, 0)}, ponhamos
f(h, k) =
h4
h2 + k2
= f(0, 0) + fx(0, 0)h+ fy(0, 0)k + r(h, k).
Como f(0, 0) = fx(0, 0) = fy(0, 0) = 0, temos
lim
(h,k)→(0,0)
r(h, k)√
h2 + k2
= lim
(h,k)→(0,0)
h4
(h2 + k2)
√
h2 + k2
= lim
(h,k)→(0,0)
h
(
h2
h2 + k2
)(
h√
h2 + k2
)
= 0,
uma vez que lim
(h,k)→(0,0)
h = 0,
(h, k) ∈ R2 \ {(0, 0)} e h2 ≤ h2 + k2 =⇒ 0 ≤ h
2
h2 + k2
≤ 1
e
(h, k) ∈ R2 \ {(0, 0)} e |h| =
√
h2 ≤
√
h2 + k2 =⇒
∣∣∣∣ h√h2 + k2
∣∣∣∣ ≤ 1.
Portanto, f e´ diferencia´vel em (0, 0).
(c) Para cada (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}, temos
fx(x, y) =
4x3(x2 + y2)− 2x · x4
(x2 + y2)2
=
2x5 + 4x3y2
(x2 + y2)2
e
fy(x, y) =
0 · (x2 + y2)− 2y · x4
(x2 + y2)2
=
−2x4y
(x2 + y2)2
.
Assim, fx e fy sa˜o duas func¸o˜es cont´ınuas em R2 \ {(0, 0)}. Portanto, f e´ diferencia´vel em
cada (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}.
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CA´LCULO III AD2 4
Questa˜o 4 Seja f : R2 −→ R uma func¸a˜o diferencia´vel.
(a) Se z = f(x, y), onde x = r cos θ e y = rsen θ, mostre que
(fx)
2 + (fy)
2 = (zr)
2 +
1
r2
(zθ)
2;
(b) Se u = f(x, y), onde x = es cos t e y = essen t, mostre que
(fx)
2 + (fy)
2 = e−2s[(us)2 + (ut)2].
Soluc¸a˜o:
(a) Pela Regra da Cadeia, temos
zr(r, θ) = fx(x, y)xr(r, θ) + fy(x, y)yr(r, θ) = fx(x, y) cos θ + fy(x, y)sen θ
e
zθ(r, θ) = fx(x, y)xθ(r, θ) + fy(x, y)yθ(r, θ) = fx(x, y)(−rsen θ) + fy(x, y)(r cos θ)
para cada (r, θ) ∈ R2.
Logo,
(zr)
2 +
1
r2
(zθ)
2 = (fx)
2 cos2 θ + (fy)
2sen2θ + 2fxfy cos θsen θ
1
r2
(
(fx)
2r2sen2θ + (fy)
2r2 cos2 θ − 2r2fxfy cos θsen θ
)
= (fx)
2(cos2 θ + sen2θ) + (fy)
2(cos2 θ + sen2θ)
= (fx)
2 + (fy)
2,
como quer´ıamos demonstrar.
(b) Pela Regra da Cadeia, temos
us(s, t) = fx(x, y)xs(s, t) + fy(x, y)ys(s, t) = fx(x, y)(e
s cos t) + fy(x, y)(e
ssen t)
e
ut(s, t) = fx(x, y)xt(s, t) + fy(x, y)yt(s, t) = fx(x, y)(−essen t) + fy(x, y)(es cos t)
para cada (s, t) ∈ R2.
Logo,
(us)
2 + (ut)
2 = (fx)
2(e2s cos2 t) + (fy)
2(e2ssen2t) + 2e2sfxfy cos tsen t
(fx)
2(e2ssen2t) + (fy)
2(e2s cos2 t)− 2e2sfxfy cos tsen t
= e2s(fx)
2(cos2 t+ sen2t) + e2s(fy)
2(cos2 t+ sen2t)
= e2s
[
(fx)
2 + (fy)
2
]
,
que e´ equivalente a` identidade do enunciado. Isto completa a demonstrac¸a˜o.
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