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Cálculo Diferencial e Integral II

IST

Repetição de testes e exame, 3/7/2019, versão A

1º Teste

    1. Seja \begin{split}V=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0, \\ x+y+z\leq 1, (x-1)^2+(y-1)^2\geq 1 \}\end{split} e $f:V\to\mathbb R$ uma função integrável. Escreva $\iiint_V f$ usando a ordem de integração sugerida por \[\int_\ast^\ast\left(\int_\ast^\ast\left(\int_\ast^\ast f(x,y,z)\, dz\right)dy\right)dx.\]
    2. Mude a ordem de integração para calcular \[\int_1^2\left(\int_{\sqrt{y}}^y \frac{x^2}{y^2}e^{x^2/y}\, dx \right)\, dy + \int_2^4\left(\int_{\sqrt{y}}^2 \frac{x^2}{y^2}e^{x^2/y}\, dx \right)\, dy .\]
  1. Considere a função $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[g(x,y)=\begin{cases}x,& \text{ se $x \neq y^2$,}\\ x+y^2,& \text{ se $x = y^2$.} \end{cases}\] Determine:
    1. os pontos em que $g$ é contínua.
      Solução

      Se $A=(x_0,y_0)$ é um ponto tal que $x_0\neq y_0^2$, então existe uma bola centrada em $(x_0, y_0)$ onde $g$ coincide com o polinómio $x$ que é uma função contínua. Logo $g$ é contínua em $(x_0,y_0)$.

      Se $B=(x_1,y_1)$ é um ponto tal que $x_1=y_1^2$ então \begin{align*} \lim_{\stackrel{(x,y)\to (x_1,y_1)}{x\neq y^2}} g(x,y) & = x_1, \\ \lim_{\stackrel{(x,y)\to (x_1,y_1)}{x=y^2}} g(x,y) & = x_1+y_1^2 = 2x_1\end{align*} pelo que $g$ não será contínua em $(x_1,y_1)$ se $x_1\neq 0$.

      No ponto $(0,0)$ a função $g$ é contínua. Para justificarmos esta afirmação basta notar que, sendo $(x,y)$ um ponto sobre a parábola $x=y^2$ ou não, temos sempre $|g(x,y)-g(0,0)|\leq |x|+y^2$ e usar a continuidade da função definida pelo lado direito da desigualdade em $(0,0)$.

    2. se $g$ é ou não diferenciável em $(0,0)$.
      Solução

      Como a parábola $x=y^2$ só intersecta os eixos coordenados em $(0,0)$, as derivadas parciais de $g$ em $(0,0)$ são de certeza idênticas às derivadas parciais da função $(x,y)\mapsto x$ em $(0,0)$, isto é, \begin{align*} \frac{\partial g}{\partial x}(0,0) &=1, \\ \frac{\partial g}{\partial y}(0,0) &=0.  \end{align*}

      Temos então \[g(x,y)-g(0,0)-x\frac{\partial g}{\partial x}(0,0) - y \frac{\partial g}{\partial y}(0,0)= \begin{cases}0, \text{ se $x\neq y^2$} \\ y^2, \text{ se $x= y^2$}.\end{cases}\] Sendo assim, \begin{align*}\frac{\left|g(x,y)-g(0,0)-x\frac{\partial g}{\partial x}(0,0) - y \frac{\partial g}{\partial y}(0,0)\right|}{\sqrt{x^2+y^2}} & \leq \frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ &\leq \sqrt{x^2+y^2}\to 0 \text{ quando $(x,y)\to (0,0)$,}\end{align*} pelo que concluímos que $g$ é diferenciável em $(0,0)$.

    3. se a função é ou não integrável em $[0,1]^2$.
      Solução

      A função $g$ é limitada em $[0,1]^2$ ($|g|\leq 2$) e o seu conjunto de pontos de descontinuidade é um subconjunto do gráfico da função $[0,1]\ni y\mapsto y^2$, isto é de $\{(y^2, y): y\in [0,1]\}$. Como esta última função é contínua, o seu gráfico tem medida bidimensional nula e portanto $g$ é integrável.

  2. Seja $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ uma função de classe $C^2(\mathbb{R}^2)$ e considere uma função $F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $F(x,y)=G(e^x+e^y, e^x-e^y)$.
    1. Exprima $\nabla F$ em termos de $\nabla G$.
    2. Exprima $\frac{\partial^2 F}{\partial y\partial x}(0,0)$ em termos de derivadas parciais adequadas de $G$.
  3. Considere a função $h:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ definida por $h(x,y)=xy(y-1+x^2)$.
    1. Verifique que $\left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{5}\right)$ e $(0,1)$ são pontos de estacionaridade de $h$.
    2. Decida se cada um dos pontos de estacionaridade $\left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{5}\right)$ e $(0,1)$ é ou não ponto de extremo local de $h$ e, na afirmativa, se é ponto de máximo ou de mínimo.
  4. Seja $G:\mathbb R\to \mathbb R$ definida por $G(x)=\int_0^1\frac{\sen (tx)}{t}\, e^{-t}\, dt$. Determine, se existir, $G'(0)$.
  5. Justifique que o contradomínio da função $h:\mathbb{R}^3\setminus \{(0,0,0)\}\to\mathbb{R}$, definida por $h(x,y,z)=\frac{x^2+4y^2+9z^2}{\sqrt{x^4+9y^4+4z^4}}$, é um intervalo $[\alpha, \beta]$ com $0<\alpha <\beta$. [Sugestão: $h(\lambda x, \lambda y, \lambda z)=h(x,y,z)$ para todo o $\lambda >0$ e $(x,y,z)\in\mathbb R^3$.]
    Solução

    Temos de facto, para $\lambda\gt 0$, $h(\lambda x, \lambda y , \lambda z)= \frac{\lambda^2 x^2+4\lambda^2 y^2+9\lambda^2 z^2}{\sqrt{\lambda^4 x^4+9\lambda^4 y^4+4 \lambda^4 z^4}}= \frac{x^2+4y^2+9z^2}{\sqrt{x^4+9y^4+4z^4}} = h(x,y,z)$. Em particular, para $\lambda = \|(x,y,z)\|^{-1}$ obtemos que $h(x,y,z)=h\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}, \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}, \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right)$. Daí decorre que o contradomínio de $h$ é igual ao contradomínio da sua restrição a $\partial B_1(0,0,0)$. Este conjunto é conexo, limitado e fechado e a função $h$ é contínua pelo que o seu contradomínio será um conexo limitado e fechado de $\mathbb{R}$, portanto um intervalo limitado e fechado $[\alpha, \beta]\subset\mathbb R$. Como $h$ só toma valores positivos e não é constante, obtemos adicionalmente que $0\lt \alpha\lt \beta$.

2º Teste

  1. Considere o sistema \[\begin{cases}z =2x + y^2 + e^{xy}  \\ w = x-y +\sen(xy).\end{cases}\]
    1. Mostre que o sistema define $(x,y)$ como função de $(z,w)$, numa vizinhança de $(x,y,z,w)=(0,0,1,0)$.
      Solução

      1ª alternativa: usando o teorema da função inversa

      Seja $F:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ definida por $(z,w)=F(x,y)=(2x + y^2 + e^{xy}, x-y +\sen(xy))$. Temos $F\in C^1(\mathbb R^2)$ e $F(0,0)=(1,0)$. Como \[J_F(x,y)=\begin{bmatrix}2 + y e^{xy} & 2y + x e^{xy} \\ 1 +y\cos (xy) & -1 +x\cos(xy)\end{bmatrix}\] obtemos \[J_F(0,0) =\begin{bmatrix}2 & 0\\ 1  & -1 \end{bmatrix}\] que é uma matriz não singular pois o seu determinante é $-2\neq 0$. Assim, o teorema da função inversa garante que existe uma vizinhança $U$ de $(0,0)$ onde $F$ é injectiva, com $F(U)$ uma vizinhança de $(1,0)=F(0,0)$ e com inversa $G=(F|_U)^{-1}$ de classe $C^1(F(U)$. Portanto em $U\times F(U)$, que é uma vizinhança de $(0,0,1,0)$, o sistema define $(x,y)$ como uma função $C^1$ de $(z,w)$.

      2ª alternativa: usando o teorema da função implícita

      Seja $H:\mathbb R^4\to\mathbb R^2$ definida por \begin{align*}H(x,y,z,w) & =(H_1(x,y,z,w),H_2(x,y,z,w))\\ & =(2x + y^2 + e^{xy}-z, x-y +\sen(xy)-w).\end{align*} Temos $H\in C^1(\mathbb R^4)$ e $H(0,0,1,0)=(0,0)$. Como \[J_H(x,y,z,w)=\begin{bmatrix}2 + ye^{xy}& 2y + xe^{xy} & -1 & 0 \\ 1 + y\cos(xy) & -1 +x\cos(xy) & 0 & -1 \end{bmatrix} \] obtemos \[J_H(0,0,1,0)=\begin{bmatrix}2 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & -1  & 0 & -1 \end{bmatrix}. \] Considerando a submatriz jacobiana relativa às variáveis $x$ e $y$ temos \begin{align*}\frac{\partial H}{\partial(x,y)}(x,y,z,w) & =\begin{bmatrix}2 + ye^{xy}& 2y + xe^{xy} \\ 1 + y\cos(xy) & -1 +x\cos(xy) \end{bmatrix} \\ \frac{\partial H}{\partial(x,y)}(0,0,1,0) & =\begin{bmatrix}2 & 0 \\ 1  & -1 \end{bmatrix}\end{align*} e, como $\det \frac{\partial H}{\partial(x,y)}(0,0,1,0) =-2\neq 0$, podemos invocar o teorema da função implícita para garantir que o sistema define $(x,y)$ como uma função $\psi\in C^1(W)$ de $(z,w)$ para $(x,y,z,w)$ numa vizinhança $W$ de $(0,0,1,0)$. Essa função verificará $H(\psi(z,w),z,w)=(0,0)$ para $(z,w)$ numa vizinhança de $(1,0)$.

    2. Calcule $\frac{\partial x}{\partial w}(1,0)$.
      Solução

      1ª alternativa: usando o teorema da função inversa

      Temos, para $(x,y)\in U$, \[ DG(F(x,y))=DF(x,y)^{-1}\] pelo que \[J_G(1,0)=J_F(0,0)^{-1}=\begin{bmatrix}2 & 0\\ 1 & -1 \end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{\partial x}{\partial z}(1,0) & \frac{\partial x}{\partial w}(1,0) \\ \frac{\partial y}{\partial z}(1,0) & \frac{\partial y}{\partial w}(1,0)\end{bmatrix}\] e, em particular, $\frac{\partial x}{\partial w}(1,0)=0$.

      2ª alternativa: usando o teorema da função implícita

      A função $\psi$ definida implicitamente pelo sistema satisfaz $H(\psi(z,w),z,w)=(0,0)$ para $(z,w)$ numa vizinhança de $(1,0)$. Daí que $\frac{\partial}{\partial w}(H(\psi(z,w),z,w))=(0,0)$, ou, mais explicitamente, \[\begin{cases}\frac{\partial}{\partial w}(H_1(x(z,w),y(z,w),z,w) =0 \\ \frac{\partial}{\partial w}(H_2(x(z,w),y(z,w),z,w) = 0 \end{cases}\] ou ainda, usando o teorema de derivação da função composta, \[\begin{cases} \frac{\partial H_1}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial w} + \frac{\partial H_1}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial w} + \frac{\partial H_1}{\partial w} =0 \\ \frac{\partial H_2}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial w} + \frac{\partial H_2}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial w} + \frac{\partial H_2}{\partial w} = 0 \end{cases}\] em que as derivadas parciais das coordenadas de $H$ são calculadas em $(x(z,w), y(z,w), z, w)$ e as derivadas parciais de $x$ e $y$ em $(z,w)$. Particularizando para $(z,w)=(1,0)$ e considerando as derivadas parciais de coordenadas de $H$ já calculadas, obtemos um sistemas linear \[\begin{cases}2\frac{\partial x}{\partial w} (1,0)=0 \\  \frac{\partial x}{\partial w} (1,0) - \frac{\partial y}{\partial w} (1,0) -1 =0 \end{cases}\] donde $\frac{\partial x}{\partial w} (1,0)=0$.

  2. Considere a superfície $S=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: z=xy^2, x^2+y^2\leq 1, y\geq 0\}$. Calcule o integral de superfície \[\iint_S \frac{y}{\sqrt{1+4x^2y^2+y^4}}\, dS.\]
  3. Calcule o volume da região de $\mathbb{R}^3$ definida por \[U=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: e^{-\sqrt{x^2+y^2}}\leq z\leq e^{\sqrt{x^2+y^2}},x^2+y^2\leq 1 \right\}.\]
  4. Seja $M=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: x^2+y^2+z^2=1, x^2+4y^2-z^2=0\right\}$.
    1. Justifique que $M$ é uma variedade diferenciável e determine a sua dimensão.
    2. Determine $N_M(\sqrt{2}/2, 0, \sqrt{2}/2)$ e $T_M(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2)$, respectivamente o espaço normal e o espaço tangente a $M$ no ponto $(\sqrt{2}/2,0,\sqrt{2}/2)$.
  5. Considere o campo $H:\mathbb R^3\to \mathbb R^3$ definido por $H(x,y,z)=(yz^2 e^{xy}, xz^2 e^{xy}, 2z e^{xy})$.
    1. Decida se $H$ é um campo conservativo em $\mathbb R^3$.
    2. Calcule \[\int_L H\cdot dr\] em que $r$ é um caminho $C^1$ definindo a linha $L$ unindo $(3,0,4)$ a $(3,0,-4)$.
  6. Seja $\psi:\mathbb R^3\to \mathbb R$ uma função de classe $C^1(\mathbb R^3)$ e $F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ definida por \[F(x,y,z)=(y(1-z),-x(1-z),y\psi(x,y,z))\] e considere a superfície \[S=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 0\lt z=1-x^2-y^2, y\gt 0 \right\}.\]

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


Última actualização: João Palhoto Matos em 19/07/2019 13:43:48.