Baixe Solucionário Guidorizzi vol 2 cap 16 e outras Exercícios em PDF para Cálculo, somente na Docsity!
C APÍTULO 16
Exercícios 16.
1. Seja f ( x, y ) 2 x^2 y^2 2 xy x y.
Os únicos candidatos a extremantes locais são os pontos críticos de f pois o Df ^2 é aberto.
De ∂ ∂
f x
( x, y ) 4 x 2 y
∂ ∂
f y
( x, y ) 2 y 2 x 1
resulta que os candidatos a extremantes locais são as soluções do sistema: {^42^ xy ^ 22 yx 10 0.
A solução do sistema é 0
À ,^ àØ. Temos^
∂ À
à Ø
2 2 0
f x , (^) 4 0 e
∂ À
à Ø
2 2 0
f y
Portanto, 0
À, àØ é candidato a ponto de mínimo local.
3. f ( x, y ) x^3 y^2 xy 5.
∂ ∂
f x
( , x y ) 3 x^2 y
∂ ∂
f y ( , x y ) 2 y x.
Resolvendo o sistema 3 0 2 0
x^2 y y x
œ à ”
encontramos os pontos críticos (0, 0) e 1 6
À ,^ àØ.
Agora
∂ ∂
2 2 6
f x ( , x y ) x , ∂ ∂
2 2 0 0^0
f x ( , ) e ∂ ∂ À
à Ø
2 2
1 6
1 12
f 1 0 x , ;
∂ ∂
2 2 2
f y ( , x y ) , ∂ ∂
2 2 0 0^2
f y ( , ) e ∂ ∂ À
à Ø
2 2
1 6
1 12
f 2 0 y , .
O ponto ^
À , àØ é candidato a ponto de máximo local. Seja g ( x ) f ( x , 0) x^3 5. O ponto x 0 não é extremante local de g ( x ). Portanto, o ponto (0, 0) não é extremante local de f ( x , y ).
6. f ( x, y ) x^5 y^5 5 x 5 y.
∂ ∂
f x
( , x y ) 5 x 4 5
∂ ∂
f y ( , x y ) 5 y^4 5.
Resolvendo o sistema: 5 5 0 1 5 5 0 1
4 4
x x y y
.
œ à ”
Os pontos (1, 1), (1, 1), (1, 1), (1, 1) são pontos críticos. Temos:
∂ ∂
∂ ∂
∂ ∂
2 2 3 2 2
2 20 1 1 20 0 2 1 1 20 0 f x x y x f x
f x ( , ) , ( , ) e ( , ) ;
∂ ∂
∂ ∂
∂ ∂
2 2 3 2 2
2 20 1 1 20 0 2 1 1 20 0 f y x y y f y
f y ( , ) , ( , ) e ( , ) .
O ponto (1, 1) é candidato a mínimo local, e o ponto (1, 1), máximo local. Agora:
∂ ∂
2 2 1 1 20 0
f x
( , ) (^) e ∂ ∂
2 2 1 1^20
f x ( , ) ;
2 2 1 1 20 0
f y ( , ) (^) e ∂ ∂
2 2 1 1^20
f y ( , ) .
Os pontos (1, 1) e (1, 1) não são extremantes locais.
Exercícios 16.
1. a ) f ( x , y ) x^2 3 xy 4 y^2 6 x 2 y.
∂ ∂
f x ( , x y ) 2 x 3 y 6
f y
( , x y ) 8 y 3 x 2.
Logo, 5 3
À ,^ àØ é ponto de mínimo local.
(Não é mínimo global, pois g ( x ) f ( x , 0) x^3 5 x e f ( x , 0) para x .)
e ) f ( x, y ) x^3 3 x^2 y 27 y
∂ ∂
f x
( x, y ) 3 x^2 6 xy
∂ ∂
f y
( x, y ) 3 x^2 27
Resolvendo o sistema 3 6 0 3 27 0
2 2
x xy x
œ à ”
encontramos:
3 3 2 3 3 2 À,^ àØ e^ À^ ,^ àØ.
Hessiano de f :
H ( x, y )
2 2
2
2 2 2
f x x y f x y x y f x y
x y f y
x y
x y x x
^
H 3 3
À,^18 0 324
à Ø ^
^
H 3 ^
À ,^18 0 324
à Ø
Logo, 3 3 2
À,^ àØ e^ ^ ,^ são pontos de sela.
4. Seja P (0, 0, 0) e P 1 ( x , y , (^) x y z
Distância entre os pontos P e P 1 : d ( P, P 1 ) (^) x^2 y^2 ( x 2 y 4 )^2
Vamos minimizar f ( x, y ) x^2 y^2 ( x 2 y 4)^2.
f x
( x, y ) 2 x 2( x 2 y 4)
f y
( x, y ) 2 y 4( x 2 y 4)
Resolvendo o sistema: (^) {^44^ xx^^ ^104 y y ^816 obtemos
x 2 y z 3
4 3
2 3
; e.
H ( x , y ) 44 104 24 0 e ∂ ∂ À
à Ø
2 2
f 4 0 x
, .Logo, 2 3
À , àØ é ponto de mínimo global de f ( x , y ).
Assim, P 1 2 3
À ,^ ,^ àØ é o ponto procurado.
7. a ) Seja f ( x) x e
E ( , )
i 1
4 ¬ (^) [ f ( a (^) i ) b (^) i ] 2.
Consideremos:
a (^) i b (^) i ai^2 a (^) ib (^) i 5 100 25 500 6 98 36 588 7 95 49 665 8 94 64 752 26 387 174 2505
E ( , )
i 1
4 ¬ (^) [ a (^) i b (^) i ] 2
∂ ¬
E
a (^) i
1
4 2 a (^) i ( a (^) i b (^) i )
∂ ¬
E
i
1
4 ( ai b (^) i ).
Devemos minimizar a função:
g ( x, y ) x^2 y^2 (12 3 x 2 y ) 2 ( x 1)^2 ( y 1)^2 (11 3 x 2 y ) 2
g ( x, y ) 20 x^2 10 y^2 24 xy 140 x 94 y 267
∂ ∂
g x
( x , y ) 40 x 24 y 140
∂ ∂
g y
( x , y ) 20 y 24 x 94.
Resolvendo o sistema: œÃ 2040^ xy^^ 24 24 xy ^14094 ”
temos (^) x 34 y z 14
25 14
16 14 , e.
H ( x , y ) 4024 2420 ^0
2 2
g x ( x , y ) 0. Logo, x y
e é ponto de mínimo
global de g.
Portanto, P 34 14
À ,^ ,^ àØ.
14. Seja f ( x, y ) 1 x^2 y^2 , x 0 e y 0. Plano tangente ao gráfico de f.
z z 0
f x ( x^0 ,^ y^0 ) ( x^ ^ x^0 )^ ^
f y ( x 0 , y 0 ) ( y y 0 ), ou seja,
z 1 x (^) 02 y 02 2 x 0 ( x x 0 ) 2 y 0 ( y y 0 ).
Daí, z 2 x 0 x 2 y 0 y x 02 y 02 1.
A seguir vamos determinar o volume do tetraedro determinado pelo plano tangente e pelos planos coordenados. Temos
x 0 e y 0 fi z x (^) 02 y 02 1,
x 0 e z (^0) fi y x^ y y 02 ^02 0
1 2 e
y 0 e z (^0) fi x x^ y x 02 ^02 0
1 2 .
Da Geometria Analítica sabemos que o volume do tetraedro é
do volume do
paralelepípedo. Portanto,
V x y x y
x y x y 1 ^ 6
1 4
1 24
02 02 3 0 0
02 02 3 0 0
( ) ( ) .
Devemos minimizar a função volume:
V ( x, y ) (^^ x^ y )^. xy
2 2 13 24
∂ ∂
V x
x y x^ y^ x^ y x y
( , ) (^ ^ ^ )^ (^ ^ )
2 2 2 2 2 2
1 5 1 24
e
∂ ∂
V y
x y x^ y^ y^ x x y
( , ) (^ ^ ^ )^ (^ ^ ).
2 2 2 2 2 2
1 5 1 24
Resolvendo o sistema 5 1 5 1
2 2 2 2
x y y x
œ à ”
temos x 1 2
e y (^) 1 2 .
Mas x 0 e y 0, portanto, ( x 0 , y 0 , z 0 )
À
à Ø
Equação do plano tangente que forma com os planos coordenados um tetraedro de volume mínimo:
z 2 x 0 x 2 y 0 y (^) x (^) 02 y 02 1 , ou seja, z x y 3 2 .
20. Não, pois (0, 0) é o único ponto crítico de f ( x, y ) x^2 (1 y )^3 y^2 , é ponto de mínimo local mas não é ponto de mínimo global. ( Observação. Esta função foi sugerida pelo Professor Luiz Augusto Fernandes do IME-USP.)
Exercícios 16.
1. d ) Seja f ( x, y ) xy em A {( x, y ) e ^2 x 0, y 0 e 2 x y 5}.
O teorema de Weierstrass garante que f assume em A valor máximo e valor mínimo pois f é contínua e A é compacto.
∂ ∂
f x
x y y f y
( , ) e ( x y , ) x
O único ponto crítico é (0, 0), que não pertence ao interior de A.
Vamos analisar, agora, o que ocorre na fronteira. Sobre o segmento de extremidades (0, 1) e (1, 0) os valores de f são dados por g ( x ) f ( x , 1 x ), ou seja, g ( x ) 5 x^2 6 x 2, com 0 x 1, cujo gráfico é um arco de parábola com concavidade para cima, logo, sobre este lado o valor máximo deverá ocorrer em uma das extremidades (ou em ambas). De g (1) 1 e g (0) 2, segue que sobre este lado o valor máximo é 2 e ocorre em (0, 1). De forma aná- loga, conclui-se que sobre os outros lados o valor máximo deverá ocorrer, também, nos vértices. Calculando os valores de f nos vértices: f (1, 0) 1; f (0, 1) 2; f (1, 0) 1 e f (0, 1) 2.
O valor máximo é 2 sendo atingido nos pontos (0, 1) e (0, 1).
3. Seja T ( x, y ) 4 x^2 y^2 e A {( x, y ) ^2 | x 0, y x e 2 y x 4}.
Como T é uma função contínua e A compacto, então, T assume em A valor máximo e valor mínimo. Temos
∂ ∂
T
x ( x, y )^ ^2 x^ e^ (0, 0) é o único ponto crítico. Temos ∂ ∂
2 2
T
x ( x, y ) 2 0 e H (0, 0) 4 0, logo, (0, 0) ∂ ∂
T y
( x, y ) 2y. é um ponto de temperatura máxima em A.
E mais T (0, 0) 4 é a temperatura máxima.
Vamos analisar o comportamento da função na fronteira de A :
No segmento OM ( y x e 0 x
F ( x ) T ( x, x ) 4 2 x^2 F '( x ) 4 x. O ponto (0, 0) é de máximo e T (0, 0) 4.
A função é decrescente em 0 x
3 e T^4 3
À , àØ ^ (no vértice^ M ).
No segmento MN ( x 0, y x e y 2
x 2 ):
F ( x ) T ( x , 2 x 2
( 5 x^2 8 x )
F '( x )
( 10 x 8) (^) fi 10 x 8 (^0) fi x 4 fi y 5
8 5 .
F " ( x )
À , àØ é ponto de máximo no segmento^ MN.
T
À , àØ
No segmento ON ( x 0 e 0 y 2) F ( y ) T (0, y ) 4 2 y^2 F' ( y ) 8 y. (0, 0) dá temperatura máxima igual a 4. A função F' ( y ) é sempre negativa em 0 y 2. Portanto a função F é estritamente decrescente em 0 y 2, com valor máximo em (0, 0) e valor mínimo em (0, 2). Logo, T (0, 2) 0 é a menor temperatura e P (0, 2) é o ponto de menor temperatura.
Exercícios 16.
1. a ) Sejam f ( x, y ) 3 x y e g ( x, y ) x^2 2 y^2 1 Vamos achar os extremantes de f em B {( x, y ) ^2 | g ( x, y ) 0} pelo método dos mul- tiplicadores de Lagrange. Como g é de classe C 1 e g ( x, y ) (2 x , 4 y ) (0, 0) em B , temos que os candidatos a extremantes locais são os ( x, y ) que tornam compatível o sistema:
œ^ ó^ ó à ”
fi œÃ ” g x^ f x yy^ g x^ y fi
x y x y
( ,^ )^ (^ ,^ )
l l 0
l l
x y x y
œ Ã
Como l π 0 temos (^) x 3 y 2
1 l 4 l e.
Substituindo em x^2 2 y^2 1 segue:
9 4
2 l l
fi l fi l
Logo, os candidatos a extremantes locais são:
3 38 19
À¡
à Øò^ À¡
à Øò
e
Como B é compacto e f^3 38 f 19
À¡
à Øò^ À¡
à Øò
resulta que
3 38 19
À¡
à Øò^
é ponto de máximo e 3 38 19
À¡
à Øò^
é ponto de mínimo.
d ) Sejam f ( x, y ) x^2 4 y^2 e g ( x, y ) xy 1, x 0 e y 0.
Vamos encontrar os extremantes de f em:
B {( x, y ) ^2 | g ( x, y ) 0, x 0 e y 0} utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange.
Como g é de classe C^1 e g ( x, y ) ( y, x ) (0, 0) em B resulta que os extremantes pos- síveis são os ( x , y ) que tornam compatível o sistema.
œ^ ó^ ó Ô fi^ œ Ô
f x y g x y g x y
x y y x xy
l l 0
f^2 f 6
À¡^
à Øò^ À¡^
à Øò e
Portanto,
À¡^
à Øò^ À¡^
à Øò e (^) são pontos de máximo e 2 6
À¡^
à Øò^ e
À¡^
à Øò^ são pontos de mínimo.
2. Sejam f ( x, y ) x^2 16 y^2 e g ( x, y ) xy 1, x 0 e y 0.
Resolvendo o sistema: (^) { xy (^) f x y ^ ( , 1 ^ ) 0 , x^ 0 g x y e( , y ^ ) 0 , ou seja,
( 2 , 32 ) ( , ) 2 32. 1 0
x y y x x y y x xy
fi {
e
Logo, 2 x 32 2 ^32 y
y x
x y
y x
e. Daí, fi
fi 2 x^2 32 y^2 fi x^2 16 y^2 0 fi x 4 y.
Substituindo em :
4 1 1 2
y^2 fi y ( y 0 ) fi x 2 ( x 0 ).
Ponto de tangência 2 1 2 À, àØ e
f 2 1 2 2 16 1 2
(^2 ) 2 À,^ àØ ^ ^ À àØ .
Curva de nível: x^2 16 y^2 8.
4. Vamos minimizar a função d x y ( , ) ( x 14 ) 2 ( y 1 )^2 que nos dá a distância de
um ponto P ( x, y ) até (14, 1), sujeita à restrição g ( x, y ) y x^2 0. Para simplificar cálculos, podemos minimizar o quadrado da distância. Seja f ( x, y ) ( x 14)^2 ( y 1)^2. f ( x, y ) (2( x 14), 2( y 1)) e g ( x, y ) ( 2 x , 1).
Resolvendo o sistema
f x y g x y y x
x x y
œ^ fi à ”
œÃ (^2 0) ”
y x^2 0
Logo, 14 2 1 14 2
x x
y y x x
( ) fi.
Substituindo em : 14 2
x x x fi x x fi x (as outras raízes são complexas)
e y 4.
Portanto, (2, 4) é o ponto procurado.
6. Sejam f ( x, y, z ) x^2 y^2 2 z^2 e g ( x, y, z ) x 2 y 3 z 4.
Resolvendo o sistema:
f x y z g x y z x y z
x y z x y z
œ^ ( ,^ ,^ )^ ( ,^ ,^ )^ fi (^ ,^ ,^ )^ ( ,^ ,^ ) Ô œÃ (^2 3 4 0) ”
Então, 2 x ; 2 y 2 ; 4 z 3 . Substituindo os valores de x, y, z , em função de , em . (^) 2
fi fi .
Portanto, (^) x 8 y z 19
; e
f x y z ( , , ) x^2 y^2 2 z^2 64 ^256 ^288 361
Superfície de nível: x^2 y^2 2 z^232 19
Ponto de tangência
À ,^ ,^ àØ.
8. Sejam P ( x, y, z ) e O (0, 0, 0). Consideremos a distância entre P e O :
d P O ( , ) x^2 y^2 z^2
Vamos minimizar a função f ( x, y ) x^2 y^2 z^2 com a restrição g ( x, y, z ) x 2 y 3 z 4 0.
f x y z g x y z x y z
x y z x y z
( , , ) ( , , ) (^ ,^ ,^ )^ ( ,^ ,^ )
œ^ fi à ”
œÃ (^2 3 4 0) ”
Temos x ^ y z 2
; e.
Substituindo em :
fi
Daí, 144 ^2 12 ^2 18 0 fi 132 ^2 18 fi 3 22 .
Para l 3 22 , temos
x ^3 22 ^2 3 ^ ^ 6 3
2 66 6
3 22 2 3 6 3
2 66 6
; z.
Para l 3 22 , temos
x 2 ^66 y z 6
1 3
2 66 6 , e.
Logo,
À¡
à Øò^
maximiza f.
13. Seja f ( x, y ) x^2 y^2 e g ( x, y ) x^2 6 xy 7 y^2 80.
Vamos minimizar f ( x, y ) sujeito a restrição g ( x, y ) 0.
œ^ ó^ ó Ô f x y g x y x xy y
( , ) ( , )
l (^2 6 7 280 )
Ou seja,
( 2 2 ) 2 6 6 14 (^2 6 7 280 )
x y x y x y x xy y
l
œ à ”
De : 2 x (2 x 6 y ) fi 2 2 6 3
x 3 x y
x x y
x y
fi l ( π )
2 y ( 6 x 14 y ) fi y 3 x 7 y
( 3 x 7 y )
Logo, x x y
y x y
fi 3 x^2 8 xy 3y^2 0
x y y y (^) x y x y
fi
œ Ã
Substituindo x
y 3 em^ : y^2 9
2 y^2 7 y^2 80 0 fi 80 y^2 720 fi y^2 9 fi y 3 fi x 1
Se x 3 y , então y .
Logo, os pontos da curva mais próximos da origem são (1, 3) e (1, 3).
Agora, os vetores (1, 3) e (3, 1) são ortogonais
[(1, 3) (3, 1) 0] e (^) u r^ 1 r v 10
3 10
3 10
1 10 À¡^ ,^ àØò^ e^ À¡^ , àØòsão os versores de (1, 3) e (3, 1).
Fazendo uma mudança de coordenadas:
( x, y ) u^1 10
À¡^
à Øò^ À¡^
à Øò ∆ ∆ u v
v 1 442 443 1 442 443
(o vetor ( x, y ) escrito em outra base).
Logo,
x u v y u v
e.
Substituindo em x^2 6 xy 7 y^2 80 0 resulta
u^2 v^2 10 40
Logo, a mudança de coordenadas pro- posta transforma a equação dada na
equação u^2 v^2 10 40
(^1) que é uma
hipérbole.
23. Sejam T ( x, y, z ) 100 x^2 yz e g ( x , y , z ) x^2 y^2 z^2 4.
Os únicos pontos críticos no interior da esfera x^2 y^2 z^2 4, que é um conjunto com- pacto, são os pontos (0, y , z ), ( x , 0, z ) e ( x , y , 0) e nestes pontos a temperatura é zero. Para determinar os candidatos que estão na fronteira da esfera vamos utilizar os multiplicadores de Lagrange.
Vamos, portanto, procurar ( x, y, z ) que torne compatível o sistema:
œ ó ó Ô T x y z g x y z g x y z
l )
( 200 100 100 ) ( 2 2 2 ) 4
2 2 2 2 2
xyz x z x y x y z x y z
l
œ à ”
