Análise Matemática II - LEIC (Alameda) 1 o Exame (Grupos I, II, III, IV e V) 2 o Teste (Grupos III, IV e V)

(1)

An´

alise Matem´

atica II - LEIC (Alameda)

1o _{Exame (Grupos I, II, III, IV e V)}

2o _{Teste (Grupos III, IV e V)}

dura¸c˜ao: 21 de Junho de 2006, 9:00

teste - 1:30, exame - 3:00

Apresente todos os c´alculos e justifica¸c˜oes relevantes

I. a) Primitive (3.0 vals.) cos(log x) x , cos x √ 1 + sen x, e x 1 + e2x, e 2x_{sen 2x}

Por primitiva¸c˜ao imediata obtem-se, em cada intervalo contido no dom´ınio, Pcos(log x) x = sen(log x) + C P cos x√1 + sen x = 2 3(1 + sen x) 3/2_{+ C} P e x 1 + e2x = arctg(e x_{) + C}

Usando duas vezes a regra de primitiva¸c˜ao por partes, P e2xsen 2x = 1 2e 2x_{sen 2x − P e}2x_{cos 2x + C} = 1 2e 2x_{sen 2x −} 1 2e 2x_{cos 2x − P e}2x_{sen 2x + C} = e 2x 2 (sen 2x − cos 2x) − P e 2x sen 2x + C , donde, P e2xsen 2x = e 2x 4 (sen 2x − cos 2x) + C . b) Calcule (3.0 vals.) Z e 0 x2_{− e}2_x (x + 1)(e2_{+ x}2₎dx

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A fun¸cão integranda é uma fun¸cão racional própria que pode ser factorizada da forma seguinte: x2_{− e}2_x (x + 1)(e2 _{+ x}2₎ = A x + 1 + B + Cx e2_{+ x}2 .

Isto permite-nos escrever, para o c´alculo das constantes A, B e C,

x2− e2_{x = A(e}2_{+ x}2_{) + (B + Cx)(x + 1) = (Ae}2_{+ B) + (B + C)x + (A + C)x}2_,

resultando no seguinte sistema de equa¸c˜oes:      Ae2+ B = 0 B + C = −e2 A + C = 1

Das duas primeiras equa¸c˜oes deduz-se Ae2 − C = e2_{. Somando `}_{a terceira termo a}

termo, resulta A(e2 _{+ 1) = e}2 _{+ 1, ou seja, A = 1. Por substitui¸c˜}_{ao na terceira,}

resulta C = 0 e, portanto, B = −e2_{. Logo,}

x2_{− e}2_x (x + 1)(e2_{+ x}2₎ = 1 x + 1 − e2 e2_{+ x}2 Como, Z e 0 dx (x + 1) = [log |x + 1|] e 0 = log(e + 1) , e Z e 0 e2_dx e2_{+ x}2 = Z e 0 dx 1 + x_e2 = h e arctgx e ie 0 = eπ 4 , conclui-se Z e 0 x2_{− e}2_x (x + 1)(e2_{+ x}2₎ = log(e + 1) − eπ 4 .

II. Seja f : R+0 → R uma fun¸c˜ao de classe C 2

e seja g : R+ → R a fun¸c˜ao dada, (4.0 vals.)

para cada x > 0 por

g(x) = 1 x

Z x

0

f (t) dt

a) Mostre que a ´e um ponto de estacionaridade de g se e s´o se f (a) = 1

Z a

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Designemos por ϕ(x) o integral indefinido de f : ϕ(x) =R₀xf (t) dt, para x > 0. As-sim, dado que f é de classe C2, f é cont´ınua e podemos usar o Teorema Fundamental do Cálculo: ϕ0(x) = f (x) , _{∀x ∈ R}+. Logo, g0(x) = ϕ(x) x 0 = xϕ 0_{(x) − ϕ(x)} x2 = xf (x) − ϕ(x) x2 , ∀x ∈ R +_.

Por defini¸c˜ao, a > 0 ´e um ponto de estacionaridade de g sse g0(a) = 0. Mas,

g0(a) = 0 ⇔ af (a) − ϕ(a)

a2 = 0 ⇔ af (a) − ϕ(a) = 0 ⇔ f (a) =

ϕ(a)

a ,

que ´e o que se pretendia obter.

b) Mostre que, para cada x > 0,

xg00(x) + 2g0(x) = f0(x).

Em virtude dos c´alculos efectuados na al´ınea anterior, x2g0(x) = xf (x) − ϕ(x) .

Pelo facto de f ser diferenciável para x > 0, resulta que g0 é diferenciável para x > 0 e, por deriva¸cão termo a termo da expressão anterior, que

2xg0(x) + x2g00(x) = f (x) + xf0(x) − ϕ0(x) = f (x) + xf0(x) − f (x) = xf0(x) .

Dividindo por x (podemos fazˆe-lo, j´a que x > 0), obtem-se 2g0(x) + xg00(x) = f0(x).

c) Se a for um ponto de estacionaridade de g e f0(a) 6= 0, que pode concluir quanto `a sua natureza?

Como f é de classe C1, g é de classe C2. Além disso, de acordo com o enunciado da al´ınea anterior e, atendendo a que a é ponto de estacionaridade de g e, portanto g0(a) = 0,

g00(a) = f

0_(a)

a .

Como a > 0 e f0(a) 6= 0, resulta que g00(a) 6= 0 e que, portanto, a trata-se de um ponto de extremo local de g. Como o sinal de g00(a) ´e igual ao sinal de f0(a),

(4)

concluimos, al´em disso, que

f0(a) > 0 ⇒ g tem um m´ınimo local em a, f0(a) < 0 ⇒ g tem um m´aximo local em a .

2

o

Teste

III. Considere a fun¸c˜ao f = (f1, f2) com dom´ınio D ⊂ R2, dada por

(4.0 vals.) f1(x, y) = x arctg y x2 _{+ y}2 f2(x, y) = p 1 − x2_{− y}2

Seja D, como habitualmente se convenciona, o maior conjunto onde ambas as express˜oes est˜ao definidas.

a) Determine D e esbo¸ce-o.

A expressão de f1(x, y) está definida para qualquer (x, y) 6= (0, 0). A expressão de

f2(x, y) est´a definida para qualquer (x, y) tal que 1 − x2− y2 ≥ 0, ou seja, tal que

x2+ y2 ≤ 1. Logo, D = {(x, y) ∈ R2 : (x, y) 6= (0, 0) ∧ x2+ y2 ≤ 1} . x y 0 1 D

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b) Indique int D, front D e D. Diga, justificando sucintamente, se D é aberto, se é fechado, se é limitado, se é compacto e se é conexo.

int D = {(x, y) ∈ R2 : (x, y) 6= (0, 0) ∧ x2+ y2 < 1} front D = {(x, y) ∈ R2 : x2+ y2 = 1} ∪ {(0, 0)}

D = int D ∪ front D = {(x, y) ∈ R2 : x2+ y2 ≤ 1}

O conjunto D não é aberto porque D 6= int D. Também não é fechado porque D 6= D. É limitado porque se (x, y) ∈ D então k(x, y)k ≤ 1. Não é compacto porque não é fechado. É conexo porque é conexo por arcos: dados dois pontos quaisquer de D, digamos (a, b) e (c, d), podemos construir uma fun¸cão cont´ınua ϕ(t), t ∈ [0, 1] tal que ϕ(0) = (a, b) e ϕ(1) = (c, d) e tal que ϕ([0, 1]) ⊂ D, do seguinte modo: com t ∈ [0, 1/2], ϕ(t) percorre o segmento de recta de (a, b) a um ponto intermédio (α, β) situado sobre o mesmo raio que (a, b) e tal que k(α, β)k = k(c, d)k; com t ∈ [1/2, 1], ϕ(t) percorre o arco de circunferência k(x, y)k = k(c, d)k de (α, β) para (c, d).

c) Justifique sucintamente a continuidade de f em cada (a, b) ∈ intD.

Em cada (a, b) ∈ D, f1 coincide com uma fun¸c˜ao racional tal que o polin´omio

denominador n˜ao possui raizes em D. Logo f1´e cont´ınua em (a, b). Em cada (a, b) ∈

D, f2 coincide com a composta de uma fun¸c˜ao polinomial que apenas assume valores

não negativos em D, com a fun¸cão raiz quadrada e, como ambas são cont´ınuas, pelo teorema da continuidade da fun¸cão composta conclui-se que f2 é cont´ınua em (a, b).

Como uma fun¸c˜_{ao com valores em R}2 _´_{e cont´ınua num ponto sse cada uma das suas}

duas fun¸c˜oes coordenadas o forem, conclui-se que f ´e cont´ınua em cada (a, b) ∈ D. d) Investigue se f1 admite um prologamento por continuidade a (0, 0).

Estudemos os limites relativos a rectas n˜ao verticais dadas por y = mx (note que interessa que essas rectas passem pelo ponto em estudo, neste caso, (0, 0)):

lim (x,y)→(0,0) y=mx f1(x, y) = lim x→0f1(x, mx) = limx→0 x arctg mx (1 + m2_)x2 = lim_x→0 arctg mx (1 + m2_)x = lim x→0 m 1+(mx)2 1 + m2 = m 1 + m2.

onde foi usada a regra de Cauchy para levantamento de indetermina¸cões do tipo 0/0. Este limite depende do declive da recta considerada, m. Conclui-se que não existe lim(x,y)→(0,0)f1(x, y), e, portamto, f1 não é prolongável por continuidade ao

(6)

IV. Seja g ∈ C1_(R2_{) dada por}

(4.0 vals)

g(x, y) = xy arctg(x + y), a) Calcule a matriz jacobiana de g em (1, −1).

Dado que g ´e de classe C1 _{em R}2_{, as suas derivadas parciais podem ser calculadas}

da forma usual ∂g ∂x = y arctg(x + y) + xy 1 + (x + y)2 ∂g ∂y = x arctg(x + y) + xy 1 + (x + y)2.

Calculando estas derivadas no ponto (x, y) = (1, −1), obtemos a matriz jacobiana M (1, −1), (cujos elementos s˜ao as coordenadas do vector gradiente ∇g(1, −1)) de g:

M (1, −1) = h _∂x∂g ∂g_∂y i

(1,−1) = −1 −1 .

b) Calcule ∂g_∂v(1, −1), onde v = (1, 2).

Uma vez que g ´e de classe C1 _{em R}2_{, a derivada de g segundo o vector v = (v} 1, v2)

pode ser calculada usando a f´ormula ∂g ∂v(1, −1) = ∇g(1, −1) · v = h ∂g ∂x(1, −1) ∂g ∂y(1, −1) i v 1 v2 = ∂g ∂x(1, −1) v1+ ∂g ∂y(1, −1) v2.

Usando a al´ınea anterior e tomando v = (1, 2) concluimos que ∂g ∂v(1, −1) = −1 −1 1 2 = −3.

c) Considere φ ∈ C1_(R2_{, R}2_{) e (a, b) ∈ R}2 _{tais que φ(a, b) = (1, −1) e φ}0_{(a, b)}

´

e a aplica¸c˜ao linear L definida por

∀_(x,y)∈R2 L(x, y) = (5x + 3y, 2x − 4y) .

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As coordenadas de ∇(g ◦ φ)(a, b) são os elementos da matriz jacobiana de g ◦ φ no ponto (a, b). Como φ é diferenciável em (a, b) e g é diferenciável em (1, −1) = φ(a, b). para calcular o gradiente da composi¸cão g ◦ φ, podemos usar a regra da deriva¸cão da fun¸cão composta (regra da cadeia)

M(a.b)(g ◦ φ) = M(1,−1)(g)M(a,b)(φ) (produto maticial)

Uma vez que

L(x, y) = (5x + 3y, 2x − 4y) = 5 3 2 −4

x y

concluimos que L = φ0(a, b) ´e representada pela matriz jacobiana

M(a,b)(φ) = 5 3 2 −4 . Assim, temos M(a.b)(g ◦ φ) = −1 −1 5 3 2 −4 = −7 1 . Logo, ∇(g ◦ φ)(a, b) = (−7, 1).

V. Seja f ∈ C2_{(R) tal que f}0(0) > 0. Considere a fun¸c˜ao φ dada por φ(x, y) = (2.0 vals.)

f (x2_{+ 2y}2_{− 2xy), para todo (x, y) ∈ R}2_{. Mostre que φ tem um extremo local}

em (0, 0) e classifique-o.

Uma vez que f é de classe C2_{, sabemos que φ(x, y) = f (x}2_{+ 2y}2_{− 2xy) é também}

de classe C2_{. As suas derivadas parciais de primeira ordem s˜}_ao

∂φ ∂x = (2x − 2y)f 0 (x2+ 2y2− 2xy) ∂φ ∂y = (4y − 2x)f 0 (x2+ 2y2− 2xy).

Como ambas as derivadas são nulas na origem, o ponto (0, 0) é um ponto de estaci-onaridade. As derivadas parciais de segunda ordem são dadas por

∂2φ ∂x2 = 2f 0 (x2+ 2y2− 2xy) + (2x − 2y)2_f00 (x2+ 2y2− 2xy) ∂2_φ ∂x∂y = ∂2_φ ∂y∂x = −2f 0 (x2+ 2y2− 2xy) + (2x − 2y)(4y − 2x)f00 (x2+ 2y2− 2xy) ∂2_φ ∂x2 = 4f 0

(8)

Assim, a matriz Hessiana na origem (ponto (x, y) = (0, 0)) ´e dada por Hφ(0, 0) = 2 −2 −2 4 f0(0).

Os valores pr´oprios da matriz

A =

2 −2

−2 4

s˜ao as ra´ızes do polin´omio caracter´ıstico det(A − λI) = 2 − λ −2 −2 4 − λ = λ2− 6λ + 8 − 4 = 0, dados por λ = 6 ± √ 36 − 16 2 = 3 ± √ 5.

Como ambos estes valores de λ são positivos e f0(0) > 0, temos que ambos os valores próprios λ1, λ2 de Hφ(0, 0) = Af0(0) são igualmente positivos. Pelo teste da

matriz Hessiana, podemos concluir que a origem ´e ponto de m´ınimo local de φ. Alternativamente: Como λ1λ2 = det Hφ(0, 0) = 8f0(0)2 − 4f0(0)2 = 4f0(0)2 > 0,

podemos concluir que λ1, λ2 tˆem o mesmo sinal e, potanto, (0, 0) ´e ponto de extremo

local de φ. Como, al´em disso, temos ∂_∂x2φ2(0, 0) = 2f

0_{(0) > 0, podemos concluir que}