CM202 - Cálculo Diferencial e Integral II

CM202 - Cálculo Diferencial e Integral II
22 de Dezembro de 2015 - Exame
Gabarito
x
1. 20 Calcule a integral
cos
dA, onde R é a região no primeiro quadrante limitada
y
R
pelas curvas y = x e x = y 3 .
ZZ
Solution: As curvas são
A intersecção é quando x = x3 , isto é x = 0, e x = 1 no primeiro quadrante. Daí, y = 0
√
e y = 1, respectivamente. A região pode ser descrita como 0 ≤ x ≤ 1 e y ≤ x ≤ 3 y,
mas isso não vai ajudar na integral. No entanto, podemos descrevê-la como 0 ≤ y ≤ 1 e
x3 ≤ y ≤ x.
x
Z 1Z x
Z 1
Z 1
y
y cos
dydx =
x sin
dx =
x[sin(1) − sin(x2 )]dx
I=
x
x x3
0
x3
0
0
Z 1
Z 1
Z 1
sin(1)
sin(u)
x sin(x2 ) dx =
x dx −
−
du
= sin(1)
2
2
0
0
0
sin(1) + cos(1) − 1
sin(1) cos(1) − cos(0)
+
=
=
2
2
2
2. 20 Encontre os três pontos críticos de f (x, y) = (xy − 1)2 + (y − x)2 e classifique-os.
Solution: Buscamos (x, y) tal que
∇f (x, y) = h2y(xy − 1) − 2(y − x), 2x(xy − 1) + 2(y − x)i = 0
Somandos as duas equações obtemos
2(y + x)(xy − 1) = 0.
Daí y = −x ou xy = 1. Se y = −x, na primeira equação temos
2x(x2 + 1) = 0.
Então x = 0, e portanto y = 0. Se xy = 1, na primeira equação temos
−2(y − x) = 0,
ou seja y = x. Como xy 6= 0, então x, y 6= 0, logo y = x1 . Daí
1
=x
x
⇒
x2 = 1.
Logo x = ±1, e então y = ±1. Então os pontos críticos são (0, 0), (1, 1) e (−1, −1).
As segundas derivadas de f são
∂ 2f
(x, y) = 2y 2 + 2
2
∂x
∂ 2f
(x, y) = 4xy − 4
∂x∂y
∂ 2f
(x, y) = 2x2 + 2,
∂y 2
e D(x, y) = 4(x2 + 1)(y 2 + 1) − 4(2xy − 2)2 Daí,
D(0, 0) = −12 < 0
D(1, 1) = 12 < 0,
D(−1, −1) = 12 < 0,
ZZZ
3. 20 Calcule I =
1.
Ponto de sela
fxx (1, 1) = 4 > 0,
Ponto de sela
fxx (−1, −1) = 4 > 0,
Ponto de sela
1
dV , onde E é a região limitada pela esfera de raio
2
2
2 3/2 + 1
E (x + y + z )
Solution: Em coordenadas esféricas, temos x2 + y 2 + z 2 = ρ2 , e a esfera de raio 1 nos dá
0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ ϕ ≤ π. Daí,
Z π
Z 2π
Z 1
Z π Z 2π Z 1
ρ2
1
2
ρ
sin
ϕdρdθdϕ
=
sin
ϕdϕ
dθ
dρ
I=
3
3
0
0
0 ρ +1
0
0
0 ρ +1
π 2π Z 2
2
4π
1
4π
= − cos ϕ θ
du =
ln u =
ln 2
3
3
1 3u
0 0
1
4. Considere a função f (x, y) =
x
y2
(a) 10 Desenhe as curvas de nível dessa função.
Solution: O domínio dessa função é y 6= 0. Considerando isso, as curvas de nível do
nível k são tais que
f (x, y) =
x
=k
y2
⇒
x = ky 2 .
isto é, parábola de vértice na origem, com concavidade k, a não ser quando k = 0,
que resulta na reta x = 0.
Page 2
1
0
2
−1
1
−2
2
1
1
−
−
2
0
2
−
2
2
0
−2
−2
−4
1
−2
−1
1
0
1
−1
−2
0
2
4
0
0
df (b) 10 Calcule
onde x(t) = t2 + 1 e y(t) = −t2 .
dt t=1
2x
1
, − 3 , x0 (t) = 2t e y 0 (t) = −2t, e x(1) = 2 e
Solution: Temos ∇f (x, y) =
y2
y
y(1) = −1. Agora temos
∂f dx ∂f dy
1
2x
2
2×2
df =
+
=
+
2 = −6
= 2 (2t) − 3 (−2t)
2
dt t=1
∂x dt
∂y dt t=1
y
y
(−1)
(−1)3
t=1
ZZ
5. 20 Calcule
2
(x − y) sin
R
x+y
dA onde R é o paralelograma de vértices (0, 0), (π, π),
2
(0, 2π) e (−π, π).
Solution: Vamos fazer a mudança de variável x = u − v e y = u + v, obtendo
u=
x+y
2
v=
y−x
.
2
Daí,
(x, y) (0, 0)
(u, v) (0, 0)
(π, π)
(π, 0)
(0, 2π)
(π, π)
(−π, π)
(0, π)
obtendo R = {(u, v) | 0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ π}. O Jacobiano é 2, e a integral vira
π
π
Z πZ π
Z π
Z π
v 3 2
2
I=
(2v) sin u 2dudv = 8
v dv
sin u du = 8 (− cos u)
3 0
0
0
0
0
0
3
3
π
16π
= 8 (1 + 1) =
3
3
Também podemos fazer com a mudança direta x = πu − πv e y = πu + πv chegando direto
no quadrado [0, 1] × [0, 1], como feito em sala.
Page 3
6. 20 Dê um contra-exemplo para a seguinte afirmação:
“Se lim f (αt, βt) = 0, ∀α, β ∈ R, então
t→0
Solution: Uma função é a clássica f (x, y) =
lim
f (x, y) = 0”.
(x,y)→(0,0)
x2 y
. Temos
x4 + y 2
α2 βt3
α2 βt
=
lim
.
t→0 α4 t4 + β 2 t2
t→0 α4 t2 + β 2
lim f (αt, βt) = lim
t→0
No caso específico de β = 0, a fração já se anula. Caso contrário, o limite dá
entanto,
1
1
t2 t2
= lim = ,
4
4
t→0 2
t→0 t + t
2
lim f (t, t2 ) = lim
t→0
então o limite não existe.
Page 4
0
= 0. No
β2