NOME: Gabarito da P2
Universidade Federal do Rio de Janeiro
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a
Instituto de Matemática 2 Prova de Cálculo II - 07/02/2013
Departamento de Métodos Matemáticos

2x + y


,

|x| + |y|
1a QUESTÃO (valor: 2.0 pts): Dada a função f (x, y) =


 0,
(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
(a) A função é contı́nua na origem? Justifique sua resposta.
(b) A função é diferenciável na origem? Justifique sua resposta.
Solução: (a) (valor 1.0 pt) f é contı́nua em (0.0) ⇐⇒
lim
f (x, y) = f (0, 0) = 0.
(x,y)→(0,0)
Verifiquemos, então, se o limite existe:
- Calculemos o limite quando (x, y) → (0, 0) sobre o eixo x:

2,
x≥0
2x + y
2x 
lim
= lim
=
x→0 |x|

(x,y)→(0,0) |x| + |y|
−2 ,
x<0
Portanto, o limite não existe na origem. Logo, f não é contı́nua na origem.
(b)(valor 1.0 pt) Existe um teorema que diz: “Toda função diferenciável é contı́nua”.
Logo, pelo item (a), como f não é contı́nua ela não é diferenciável na origem.
2a Questão (valor: 3.0 pts): Considere a função f (x, y, z) = x2 + 9y 2 + z 2 .
(a) Esboce a superfı́cie de nı́vel S que passa pelo ponto P = (3, −1, −3).
(b) Determine o ponto de interseção da reta normal a S que passa pelo ponto P , com o
plano z = 0.
(c) Encontre os pontos da superfı́cie S nos quais o plano tangente a S é paralelo ao plano
2x + 6y + 2z = 1.
Solução: (a) (valor 0.5 pt) A equação da superfı́cie de nı́vel S é dada por f (x, y, z) =
x + 9y 2 + z 2 = k. Como o ponto P = (3, −1, −3) ∈ S, determinamos o valor de k
substituindo o ponto P na equação anterior obtendo k = 32 + 9(−1)2 + (−3)2 = 27.
Logo, a equação da superfı́cie de nı́vel é
2
x2 y 2 z 2
x + 9y + z = 27 ⇔
+
+
=1
27
3
27
2
2
2
:
elipsóide
Gráfico:
2
2
- S ∩ z = 0 ⇒ x27 + y3 = 1 : elı́pse azul
2
z2
- S ∩ x = 0 ⇒ y3 + 27
= 1 : elı́pse vermelha
x2
z2
- S ∩ y = 0 ⇒ 27 + 27 = 1, : elı́pse verde
(b) (valor 1.0 pt) O vetor que dá a direção da reta
normal a S é o gradiente de f no ponto P :
∇f = (2x, 18y, 2z) ⇒ ∇f (P ) = (6, −18, −6)
1
Figura 1: Elipsóide
Logo, as equações paramétricas da reta

 x
y

z
normal a S no ponto P são:
=
3 + 6t
= −1 − 18 t
= −3 − 6 t
Quando z = 0 ⇒ t = −1/2 ⇒ x = 0 e y = 8. Assim, obtemos o ponto de interseção
(0, 8, 0) (veja figura ao lado).
(c) (valor 1.5 pt) A equação do plano Π, tangente ao elipsoide e paralelo ao plano
2x + 6y + 2z = 1 tem equação 2x + 6y + 2z + d = 0. Como o vetor ∇f é perpendicular à
S, então, ∇f é perpendicular ao plano tangente à S, logo, paralelo ao vetor (2, 6, 2), que
é perpendicular ao plano Π. Assim, ∇f (x, y, z) = s(2, 6, 2), para algum s ∈ R, ou seja,
2x = 2s ,
18y = 6s
Assim,
x=s
y=
s
3
e 2z = 2s
e z=s
9s2
+ s2 = 27 ⇒ s = ±3
9
Logo, temos os pontos P1 = (3, 1, 3) e P2 = (−3, −1, −3) de S nos quais temos planos
tangentes a S e paralelos ao plano 2x + 6y + 2z = 1.
Como o ponto (x, y, z) ∈ S ⇒ s2 +
3a Questão (valor: 2.5 pts): Uma montanha tem a superfı́cie descrita por
z = f (x, y) = 142 − 4x2 − y 2 . Um esquiador está no ponto A = (−2, 1, 125).
(a) Se o esquiador quiser descer o mais rápido possı́vel, que direção e sentido ele deve
tomar? Qual a taxa de descida?
(b) Se o esquiador descer a montanha e sua posição em cada instante é dada por
R(t) = (x(t), y(t), z(t)), onde
x(t) = t3 − 3t,
y(t) = t2 ,
z(t) = f (x(t), y(t)),
0 ≤ t ≤ 2,3
Determine a componente vertical da velocidade do esquiador, isto é,
passar pelo ponto B = (2, 4, 110).
dz
, quando ele
dt
Solução: (a) (valor 1.0 pt) O esquiador deve tomar a direção e sentido contrário ao
do ∇f (−2, 1), isto é, tomar a direçao√e sentido do
√ vetor −∇f (−2, 1) = (−16, 2). A taxa
de descida é igual a −|∇f (2, 1)| = − 260 = −2 65 = −16, 12.
(b) (valor 1.5 pt) Aplicando a regra da cadeia:
dz
∂z dx ∂z dy
=
+
= −8x(3t2 − 3) − 2y(2t)
dt
∂x dt
∂y dt
Quando o esquiador passar pelo ponto B, tem-se y = 4 = t2 ⇒ t = 2. Assim,
dz
= −8(2)(3 · 22 − 3) − 2(4)(2 · 2) = −176
dt
4a Questão (valor: 2.5 pts): Dada a função f (x, y) =
x3
1
− 4x + y 2 − .
3
3
(a) Determine e classifique os pontos crı́ticos de f em todo o R2 .
2
(b) Determine os pontos de máximo e mı́nimo absolutos de f na região
D = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 ≤ 1}.
∂f
Solução: (a) (valor 1.0 pt)
= x2 − 4 = 0 ⇒ x = ±2
∂x
∂f
= 2y = 0 ⇒ y = 0
∂y
Assim, obtemos 2 pontos crı́ticos: P1 = (2, 0) e P2 = (−2, 0).
Calculando as segundas derivadas:
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
=
0
e
=
2x,
=2
∂x2
∂x∂y
∂y 2
Aplicando o teste da segunda derivada para classificar os pontos crı́ticos:
B 2 − AC
P1 = (2, 0)
0−4·2<0
P2 = (−2, 0) 0 − (−4) · 2 > 0
A
4>0
mı́nimo local
ponto de sela
(b) (valor 1.5 pt) Os pontos de máximo e mı́nimo de f se encontram dentre os pontos
crı́ticos de f que estão no interior de D e os pontos de máximo e mı́nimo da fronteira de
D.
Pelo item (a) vemos que os pontos crı́ticos de f não estão no interior de D. Portanto,
nos preocupamos apenas com os pontos extremos na fronteira de D. Para isto utilizamos
o método dos multiplicadores de Lagrange. Resolvendo o sistema:

∂g
∂f



= λ

x2 − 4 = λ 2x

 ∂x
∂x
∂f
∂g ⇐⇒
2y = λ 2y
= λ


2
2

∂y
x +y −1 = 0

 ∂y
g(x, y) = 0
Da segunda equação, se y 6= 0, tem-se
√ λ = 1. Substituindo na primeira equação,
2
obtém-se
√ x − 2x − 4 = 0 ⇒ x =
√ 1 ± 5. Substituindo-se na terceira equação tem-se
(1 ± 5)2 + y 2 = 1 ⇒ y 2 = −5 ± 5 < 0. Logo, o sistema não tem solução para y 6= 0.
Agora, se y = 0, da terceira equação obtém-se x = ±1.
Calculando o valor de f nos pontos P3 = (1, 0) e P4 = (−1, 0):
f (1, 0) = −4 e f (−1, 0) =
Portanto, P3 é mı́nimo e P4 é máximo sobre D.
3
10
3