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Cálculo Diferencial e Integral II

IST

Solução do Exame, Versão A, 2017/07/03

Esta é uma solução parcial desta prova destinada a produzir soluções a incorporar posteriormente em fichas. Esta solução está a ser elaborada após o encerramento de actividades do semestre respectivo.


  1. Mude a ordem de integração para calcular \[\int_0^1\left(\int_{y/2}^y e^{x^2}\, dx \right)\, dy + \int_ 1^2\left(\int_{y/2}^1 e^{x^2}\, dx \right)\,dy.\]
  2. Determine o volume de $S=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 0\leq y\leq 1 - z, z\geq x-1, x\geq 0, z\geq 0\}$.
    Solução
    Gráfico
    Animação produzida com Sage via Jmol da região $S$.Rode o modelo para observar as projecções de $S$ nos planos $yOz$ e $xOz$ que são úteis se integrar primeiro em ordem a $x$ ou $y$ respectivamente.

    Optando por integrar primeiro em ordem a $x$ ou primeiro em ordem a $y$, o volume é calculável com um único integral iterado. Se se optar por integrar primeiro em ordem a $z$ é necessário considerar a soma de dois integrais interados. Por exemplo \begin{align*}\operatorname{vol}(S) & =\int_0^1\left(\int_0^{1-y}\left(\int_0^{z+1} 1 \, dx\right)\, dz\right)\, dy\\ &=\int_0^1\left(\int_0^{1-y}z+1\, dz\right)\, dy \\ & = \int_0^1 \frac{(1-y)^2}{2}+ 1-y\, dy=\frac{1}{6}+1 -\frac{1}{2}=\frac{2}{3}.\end{align*}

  3. Considere a função $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[g(x,y)=\begin{cases} \frac{x^3(x+y)}{x^2+ (x+y)^2},& \text{ se $(x,y)\neq (0,0)$,}\\ 0,& \text{ se $(x,y)=(0,0)$.} \end{cases}\] Decida se $g$ é diferenciável em $(0,0)$.
  4. Seja $F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ uma função diferenciável e considere uma função $\psi:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ definida por $\psi(u,v,w)=F(u-v^2, u^2+v+w^2, w-u^2)$. Relacione o determinante da matriz jacobiana de $\psi$ no ponto $(0,0,1)$, $\det J_\psi(0,0,1)$, com o determinante da matriz jacobiana de $F$, $\det J_F$, calculado num ponto apropriado.
  5. Considere $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $f(x,y)=e^{x^2+y^2}(x+1)(y+1)$. Estude $f$ quanto a existência e tipo de pontos de extremo local.
  6. Seja $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ uma função de classe $C^1$ tal que $h(0)=1$ e é nula numa vizinhança de $1$. Mostre que a função $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[G(x,y)=\int_{x^2+y^2}^{xy+x+y+1}h(t)\, dt\] possui um máximo local em $(0,0)$.
    Solução usando fórmula de Taylor

    Podemos calcular derivadas parciais de $G$ usando o teorema fundamental do cálculo e o teorema de derivação da função composta para obter \begin{align*}\frac{\partial G}{\partial x}& = (y+1)h(xy+x+y+1) - 2x\; h(x^2+y^2), \\ \frac{\partial G}{\partial y}& = (x+1)h(xy+x+y+1) - 2y \; h(x^2+y^2).\end{align*} Particularizando para $(0,0)$ obtemos, usando $h(1)=0$, \begin{align*} \frac{\partial G}{\partial x}(0,0)&= 0, \\ \frac{\partial G}{\partial y}(0,0)&= 0,\end{align*} o que deixa em aberto a possibilidade de $(0,0)$ ser um ponto de extremo.

    Calculando as derivadas parciais de segunda ordem de $G$ obtém-se \begin{align*}\frac{\partial^2 G}{\partial x^2} & = (y+1)^2 h'(xy+x+y+1)- 2 \; h(x^2+y^2) -4x^2 h'(x^2+y^2)\\  \frac{\partial^2 G}{\partial x \partial y} & =  h(xy+x+y+1) + (x+1)(y+1) h'(xy+x+y+1) -4xy\; h'(x^2+y^2)\\ \frac{\partial^2 G}{\partial y^2} & = (x+1)^2 h'(xy+x+y+1)- 2 \; h(x^2+y^2) -4y^2 h'(x^2+y^2) \end{align*} Notando que $h(1)=h'(1)=0$, uma consequência de $h$ ser identicamente $0$ numa vizinhança de $1$, obtemos \begin{align*}\frac{\partial^2 G}{\partial x^2}(0,0) & = - 2,  \\  \frac{\partial^2 G}{\partial x \partial y} (0,0) & =  0, \\ \frac{\partial^2 G}{\partial y^2}(0,0) & = - 2. \end{align*} Portanto a matriz hessiana de $G$ é definida negativa em $(0,0)$ e portanto $(0,0)$ é um ponto de máximo local.

    Solução não usando fórmula de Taylor e válida para $h$ contínua

    Como $h$ é contínua e $h(0)=1$, existe uma vizinhança de $0$, $V_\epsilon(0)$, onde $h\gt 0$.

    Sabemos que existe uma vizinhança de $1$, $V_\delta(1)$, onde $h$ é identicamente nula.

    Da continuidade da função $(x,y)\mapsto x^2+y^2$, existe $r_1\gt 0$ tal que $(x,y) \in B_{r_1}(0,0)\Rightarrow x^2+y^2\in V_\epsilon(0)$. Além disso $x^2+y^2\geq 0$.

    Da continuidade da função $(x,y)\mapsto xy+x+y+1$, existe $r_2\gt 0$ tal que $(x,y) \in B_{r_2}(0,0)\Rightarrow xy+x+y+1 \in V_\delta(1)$.

    Seja $r=\min(r_1,r_2)$. Então se $(x,y)\in B_r(0,0)$ podemos afirmar que \[G(x,y)=\int_{x^2+y^2}^{xy+x+y+1}h(t)\, dt \leq \int_0^1 h(t)\, dt = G(0,0)\] em que usámos $\int_0^{x^2+y^2}h(t)\, dt \geq 0$ e $\int_{xy+x+y+1}^1 h(t)\, dt = 0$.

    1. Mostre que o sistema \[ \begin{cases}x = u + v + e^{uv} \\ y = u - v +\log(uv+1) \end{cases} \] define $(u,v)$ como uma função $T\in C^1$ de $(x,y)$ verificando $T(1,0)=(0,0)$ para $(u,v)$ numa vizinhança suficientemente pequena de $(0,0)$.
    2. Considerando $(u,v)=T(x,y)$, calcule $\frac{\partial v}{\partial y}(1,0)$.
  7. Calcule a área da superfície em $\mathbb{R}^3$ definida por $1\leq x=\sqrt{y^2+z^2}\leq 2$.
  8. Seja $M=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: z=x^2+y^2, x+y+z=2\right\}$.
    1. Justifique que $M$ é uma variedade diferenciável e determine a sua dimensão.
    2. Determine $T_M(1,0,1)$, o espaço tangente a $M$ no ponto $(1,0,1)$.
    3. Determine o ponto de $M$ com maior coordenada $z$.
  9. Calcule o volume da região de $\mathbb{R}^3$ definida por \[U=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: (x^2+y^2)^{1/4}\leq z\leq 2- (x^2+y^2)^{1/2}, |y|\leq x\}.\]
    1. Calcule \[\int_L \left(x-\frac{y}{x^2+y^2}\right) dx + \left(y + \frac{x}{x^2+y^2}\right) dy\] em que $L$ é semicircunferência de centro em $(0,0)$, contida no semiplano definido por $y\geq 0$, e unindo $(1,0)$ a $(-1,0)$.
    2. Decida se o integral da alínea anterior tem o mesmo valor qualquer que seja a linha $L$ de classe $C^1$ unindo aqueles dois pontos no mesmo sentido e contida em $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$.
  10. Seja  $F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ definida por $F(x,y,z)=(y,-x,xyz)$ e considere a superfície \[S=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: z=\sen\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right), 1<\sqrt{x^2+y^2}<2, x>0, y>0\right\}.\]

    Calcule \[\iint_S \rot F\cdot \nu \, dS\] em que $\nu$ designa a normal unitária contínua a $S$ tal que $\nu\cdot(0,0,1)>0$ nos pontos de $S$.

    Solução
    Animação produzida com Sage via Jmol da superfície $S$. Note o sentido da normal unitária $\nu$ e o sentido em que que é percorrido o bordo de $S$.

    O bordo de $S$ é formado pela união de 4 linhas $L_1,L_2,L_3,L_4$ com as parametrizações seguintes, que já são concordantes com o sentido da normal unitária contínua $\nu$ sobre $S$: \begin{align*}L_1 &: \alpha_1(t)=(t, 0, \sen(\pi t)), t\in [1,2],\\ L_2 &: \alpha_2(t)=(2\cos t, 2\sen t, 0), t\in[0,\pi/2],\\ L_3 &:\alpha_3(t)=(0, 2-t, \sen(\pi (2-t))), t\in [0,1], \\ L_4 &: \alpha_4(t)=(\sen t, \cos t, 0), t\in[0,\pi/2].\end{align*}

    Pelo teorema de Stokes obtemos que \[\iint_S \rot F\cdot \nu \, dS = \sum_{i=1}^4 \int_{L_i}F\cdot d\alpha_i.\] Como \begin{align*}F(\alpha_1(t))\cdot \alpha'_1(t)&=(0,-t,0)\cdot (1,0, \pi\cos(\pi t))=0\\ F(\alpha_3(t))\cdot \alpha'_3(t)&=(2-t,0,0)\cdot (0,-1, -\pi\cos(\pi (2-t)))=0\end{align*} os integrais de linha correspondentes a $L_1$ e $L_3$ são nulos. Quanto aos restantes \begin{align*}\int_{L_2}F\cdot d\alpha_2 & = \int_0^{\pi/2} (2\sen t, -2\cos t, 0)\cdot (-2\sen t, 2\cos t, 0) \, dt =-2\pi \\ \int_{L_4}F\cdot d\alpha_4 & = \int_0^{\pi/2} (\cos t, -\sen t, 0)\cdot (\cos t, -\sen t) \, dt=\frac{\pi}{2}\end{align*} pelo que \[\iint_S \rot F\cdot \nu \, dS = -\frac{3\pi}{2}.\]

 


Última actualização: João Palhoto Matos em 19/04/2019 19:00:43.