Cálculo Diferencial e Integral II

Instituto Superior T´ecnico Departamento de Matem´atica

Sec¸c˜ao de ´Algebra e An´alise

C´

alculo Diferencial e Integral II

Exame/Teste de Recupera¸c˜ao v2 - 8h - 29 de Junho de 2015

Dura¸c˜ao: Teste - 1h30m; Exame - 3h

Apresente e justifique todos os c´alculos

Resolu¸c˜ao abreviada

Teste 1 1. Considere a fun¸c˜_{ao g : R}2 _{→ R definida por}

g(x, y) = (

4xy2_−x2_y

x2_+y2 (x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0).

a) Verifique se g ´e cont´ınua na origem. [1.0] Resolu¸c˜ao: ´ E cont´ınua, pois 0 ≤ |g(x, y) − g(0, 0)| =     4xy2_{− x}2_y x2_{+ y}2     ≤     4xy2 x2_{+ y}2     +     x2_y x2_{+ y}2     = 4|x|     y2 x2 _{+ y}2     + |y|     x2 x2_{+ y}2     ≤ 4|x| + |y| → 0 .

b) Calcule, caso existam, as derivadas de g no ponto (0, 0) segundo os vetores (4, 1), (0, 1) [1.0]

e (1, −1). Que pode concluir quanto `a diferenciabilidade de g na origem?

Resolu¸c˜ao:

Seja v = (a, b). Ent˜ao ∂g ∂v(0, 0) = d dtg((0, 0) + tv)|t=0= d dtg(at, bt)|t=0.

Como g(4t, t) = g(0, t) = 0 para qualquer t resulta que para v = (4, 1) e v = (0, 1) tem-se ∂g/∂v = 0. Por outro lado tem-se g(t, −t) = 5t/2 para qualquer t, pelo que

∂g/∂v = 5/2 se v = (1, −1). Isto implica que g n˜ao ´e diferenci´avel, pois o vector

(1, −1) ´e combina¸c˜ao linear de (4, 1) e (0, 1) e a diferenciabilidade implicaria que

tamb´em com v = (1, −1) se devia ter ∂g/∂v = 0 (pois havendo diferenciabilidade

tem-se ∂g/∂v(0, 0) = Dg(0, 0)v).

2. Seja h : R2 → R3 _{diferenci´avel no ponto (−1, 1) tal que} ∂h

∂y(−1, 1) = (−1, 1, 1) e considere

[1.5]

f : R → R2 _{definida por f (x) = (x}2_{− 1, e}−x_{). Sendo ψ = h ◦ f, determine a derivada de}

ψ na origem. Resolu¸c˜ao: dψ dx(0) = Dh(f (0))Df (0) =     .. . −1 .. . 1 .. . 1      0 −1  =   1 −1 −1   .

3. Determine e classifique os pontos cr´ıticos da fun¸c˜_{ao G : R}2 _{→ R definida por G(x, y) =} [1.0]

5x2_{+ 10y}2_{+ 3xy − 7x + 17y.}

Resolu¸c˜ao:

Tem-se DG = 0 se e s´o se 10x + 3y − 7 = 0 e 3x + 20y + 17 = 0. Este sistema tem como

solu¸c˜ao o ´unico ponto cr´ıtico (1, −1), no qual se tem D2_{G(1, −1) =}  10 3

3 20



. Esta matriz ´e definida positiva e por isso o ponto ´e de m´ınimo.

4. Considere o conjunto definido por [2.0]

A = {(x, y, z) ∈ R3: 0 ≤ x ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤ 1 ; x

2 ≤ y ≤ x ; 0 ≤ z ≤ 2x + y}.

Calcule o volume de A usando integrais iterados da formaR R R dzdydx.

Resolu¸c˜ao: V3(A) = Z 1 0 Z x x/2 Z 2x+y 0 1 dzdydx + Z 2 1 Z 1 x/2 Z 2x+y 0 1 dzdydx = 4/3 . 5. Considere o s´olido definido por

B = {(x, y, z) ∈ R3: 0 ≤ y ≤ x ; x2 + y2+ z2 ≤ 2 ; z ≥ 0}. Seja f (x, y, z) = 3px2_{+ y}2_{+ z}2 _{a densidade de massa do s´olido.}

a) Escreva uma express˜ao para a massa total de B usando coordenadas cil´ındricas.

[1.0] Resolu¸c˜ao: M = Z π/4 0 Z √ 2 0 Z √ 2−z2 0 3ρpρ2 _{+ z}2 _{dρdzdϕ .}

b) Calcule a massa total de B usando coordenadas esf´ericas.

[1.0] Resolu¸c˜ao: M = Z π/4 0 Z π/2 0 Z √ 2 0 3r3sen θ drdθdϕ = 3π/4 .

6. Diz-se que φ : Rn → R ´e uma fun¸c˜ao homog´enea de grau α ∈ R se, para quaisquer x ∈ Rn

[1.5]

e t ∈ R+, se verifica

φ(tx) = tαφ(x).

Sendo φ uma fun¸c˜ao homog´enea e de classe C2 _{com α ≥ 2:}

• Prove que Duφ(u) = αφ(u), para qualquer u ∈ Rn.

Resolu¸c˜ao: Duφ(u) = d dtφ(u + tu)|t=0= d dt[(t + 1) α_{φ(u)] |} t=0= αφ(u) .

• Prove que uT_{Hu = α(α − 1)φ(u), em que H ´e a matriz hesseana de φ no ponto u.}

Resolu¸c˜ao: uTHu = d 2 dt2φ(u + tu)|t=0 = d2 dt2 [(t + 1) α_{φ(u)] |} t=0= α(α − 1)φ(u) .

Teste 2

1. Seja M = {(x, y, z) ∈ R3: 3x2y + y3+ z2 = 1 ; x + y = 1}.

a) Mostre que M ´e uma variedade indicando a sua dimens˜ao.

[1.0]

Resolu¸c˜ao:

Seja F = (3x2_{y + y}3_{+ z}2_{− 1, x + y − 1). Esta fun¸c˜ao ´e de classe C}1 _{e M = F}−1_(0).

Al´em disso

DF = 6xy 3x

2 _{+ 3y}2 _2z

1 1 0



s´o tem carater´ıstica menor que 2 se z = 0 e 6xy = 3x2 _{+ 3y}2_{, mas estes pontos n˜ao}

pertencem a M . Por isso M ´e uma variedade cuja dimens˜ao ´e a dimens˜_{ao de R}3

menos a caracter´ıstica de DF , ou seja, 1.

b) Determine a reta tangente e o plano perpendicular a M no ponto (1, 0, 1). [1.0]

Resolu¸c˜ao:

O espa¸co tangente T(1,0,1)M ´e o n´ucleo de DF (1, 0, 1), que ´e gerado pelo vector (2, −2, 3),

e o espa¸co normal N(1,0,1)M ´e o espa¸co das linhas de DF (1, 0, 1). A recta tangente e o

plano normal s˜ao respectivamente (1, 0, 1) + T(1,0,1)M e (1, 0, 1) + N(1,0,1)M . Portanto

a recta tangente ´e

{(1 + 2t, −2t, 1 + 3t) | t ∈ R} e o plano normal ´e

{(1 + λ, 3κ + λ, 1 + 2κ) | κ, λ ∈ R} .

c) Mostre que numa vizinhan¸ca de (1, 0, 1), M ´e o gr´afico de uma fun¸c˜ao de y, ou seja, [1.0]

(x, z) = f (y), e determine dx dy(0). Resolu¸c˜ao:

A matriz quadrada contida em DF (1, 0, 1) que cont´em as derivadas parciais em ordem

a x e z ´e DxzF =

 0 2 1 0



e ´e n˜ao-singular. Como F ´e de classe C1 _{resulta que a}

condi¸c˜ao F (x, y, z) = 0 ´e equivalente a (x, z) = f (y) numa vizinhan¸ca de y = 0 para alguma fun¸c˜ao f de classe C1 e tem-se

Df (0) = − (DFxz(1, 0, 1)) −1 DyF (1, 0, 1) =  −1 −3/2  , pelo que dx_dy(0) = −1.

d) Determine se a fun¸c˜ao f (x, y, z) = 3x tem ou n˜ao m´aximo absoluto em M. [1.0]

Resolu¸c˜ao:

Aplicando o m´etodo dos multiplicadores de Lagrange obtemos (0, 1, 0) como ´unico can-didato a ponto de extremo condicionado de f em M . Neste ponto f tem o valor 0,

mas o ponto (1, 0, 1) tamb´em pertence a M e neste f tem o valor 3, que ´e superior.

2. Considere a linha [1.0]

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x2+ y2 = 1 ; z = x2− y2_}

e o campo escalar φ(x, y, z) = 1

p1 + 16x2_y2.

Parametrize a linha L e calcule o integral Z

L

φ. Resolu¸c˜ao:

Uma parametriza¸c˜ao ´e g(t) = (cos t, sen t, cos2_{t − sen}2_{t) com t ∈ ]0, 2π[ e}

Z L φ = Z 2π 0 φ(g(t))||g0(t)||dt = Z 2π 0 1 = 2π .

3. Considere o campo vetorial [1.0]

F (x, y) = (− y

x2_{+ y}2 + 1 ,

x

x2_{+ y}2 + 2y)

e a linha L definida por

L = {(x, y) ∈ R2 : x

2

9 + y

2 _{= 1}}

e percorrida no sentido hor´ario.

Calcule o trabalho realizado por F ao longo da linha L. Resolu¸c˜ao:

Temos F = G + H onde G = _x2_+y1 2(−y, x) e H = (1, 2y). O campo G ´e o “ralo da

banheira” centrado na origem e H ´e o gradiente de φ(x, y) = x + y2_{. Como a curva d´a}

uma volta `a origem no sentido negativo o trabalho ´e W = I L F · dg = I L G · dg + I L H · dg = −2π + 0 = −2π .

4. Calcule o fluxo do campo vetorial F (x, y, z) = (2y, −2x, 3) atrav´es da superf´ıcie [1.5]

B = {(x, y, z) ∈ R3 : x + z = 1 ; x2+ y2 < 1}

segundo a normal com terceira componente positiva, usando o teorema da divergˆencia.

Resolu¸c˜ao:

Seja D = {(x, y, z) : x + z < 1; x2+ y2 < 1; z > 0}. Pelo teorema da divergˆencia temos

Z ∂D F · n = Z D ∇ · F = 0 ,

em que n ´e a normal exterior. O campo F ´e tangente `a superf´ıcie cil´ındrica S = {(x, y, z) : x + z < 1; x2 + y2 = 1; z > 0} ,

pelo que o seu fluxo atrav´es de S ´e nulo. A “base” de D ´e o disco T = {(x, y, z) : x2+ y2 < 1; z = 0} , e em T tem-se R_T F · n = −R_T 3 = −3π. Logo, Z B F · n = Z ∂D F · n − Z S F · n − Z T F · n = 3π .

5. Seja A ⊂ R3 _{a superf´ıcie definida por z = x}2_{+ y}2_{− 1 ; z < 0 e considere o campo vetorial}

[1.0]

H(x, y, z) = (y, −x, z2− xy).

Use o teorema de Stokes para calcular o fluxo do rotacional de H atrav´es da superf´ıcie A segundo a normal com terceira componente negativa.

Resolu¸c˜ao:

O bordo ∂A, com o sentido induzido pela normal, ´e parametrizado por g(t) = (sen t, cos t, 0) com t ∈ [0, 2π]. Logo, usando o Teorema de Stokes temos

Z A ∇ × H · n = I ∂A H · dg = Z 2π 0 H(g(t)) · g0(t)dt = Z 2π 0 1 = 2π .

6. Seja M ⊂ Rn _{uma variedade compacta de dimens˜ao maior do que zero e v ∈ R}n_{um vetor}

[1.5]

n˜ao nulo. Mostre que existem pelo menos dois pontos x ∈ M tais que v ´e perpendicular

a M em x. Resolu¸c˜ao:

Seja φ : Rn_{→ R a fun¸c˜ao definida por φ(x) = x · v. Ent˜ao ∇φ = v. Como φ ´e cont´ınua,}

pelo Teorema de Weierstrass conclu´ımos que existem m´aximo e m´ınimo absoluto de φ em

M . Em cada ponto de extremo condicionado x tem-se v = ∇φ(x) ∈ NxM e por isso

existem pelo menos dois pontos x, correspondentes respectivamente a um m´aximo e a um