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Cálculo Diferencial e Integral II

IST

Solução do 1º Teste modelo, 2012/13, 1º semestre

  1. Calcule \[\iiint_V y \,dx\,dy\,dz\] em que $V = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : 0 \leq x \leq 1 − y^2 , 0 \leq z \leq 1 − x\}$.
    Solução

    Faz-se notar que a notação $\iiint\dots\, dx\, dy\, dz$ é simplesmente uma notação sobre integrais triplos e não faz qualquer restrição sobre a ordem de integração a usar no cálculo.

    Animação produzida com Sage via Jmol da região $V$ do exercício 1.

    Pode reproduzir o gráfico acima com Sage com os seguintes comandos:

    x, y, z = var('x, y, z')
    p1 = implicit_plot3d((x-1+ y^2), (x,0, 1), (y,-1, 1), (z,0, 1), opacity=0.5)
    p2 = implicit_plot3d((z-1+x), (x,0, 1), (y,-1, 1), (z,0, 1),color='red', opacity=0.5)
    p1+p2

     \begin{align*} \iiint_V y\, dx\, dy\, dz & = \int_{-1}^1\left(\int_0^{1-y^2}\left(\int_0^{1-x} y \, dz\right) dx \right)dy \\ & = \int_{-1}^1\left(\int_0^{1-y^2}(1-x) y \, dx \right)dy \\ & = \int_{-1}^1\left(1-y^2-\frac{(1-y^2)^2}{2}\right) y \,dy= 0 \end{align*} O último integral é $0$ pois a função integranda é ímpar e o intervalo de integração é simétrico em relação a $0$. Em geral pode demonstrar-se que um integral de uma função ímpar relativamente a uma variável $x_i$ numa região simétrica em relação a um (hiper)plano $x_i=0$ se existir então vale $0$.

  2. Seja $g :\mathbb{R}^2 \to\mathbb{R}$ definida por
    \[g(x, y) =\begin{cases} 1 + x +\frac{y^3}{\sqrt{x^2 + y^2}}, & \text{ se } (x,y)\neq (0,0)\\1, & \text{ se } (x, y) = (0, 0).\end{cases}\]
    1. Determine as derivadas parciais de $g$ e em que pontos é que $g$ é diferenciável.

      Solução

      Temos que $g$ é diferenciável em $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ devido aos polinómios serem funções diferenciáveis, à raiz quadrada ser uma função diferenciável em $]0,+\infty[$, a soma e quociente de funções diferenciáveis ser diferenciável e a composição de funções diferenciáveis ser diferenciável. Neste conjunto temos \begin{align*} \nabla g(x,y)=\left(1-\frac{xy^3}{(x^2+y^2)^{3/2}}, \frac{3y^2}{(x^2+y^2)^{1/2}}-\frac{y^4}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right). \end{align*}

      Em $(0,0)$ usamos a definição de diferenciabilidade. Para calcular as derivadas parciais \begin{align*} \frac{\partial}{\partial x}(1+x) & = 1, \\ \frac{\partial}{\partial y}(1+x) & = 0. \end{align*} Além disso, considerando $G(x,y)=g(x,y)-1-x$ temos \begin{align*} \frac{\partial G}{\partial x}(0,0)&=\lim_{h\to 0}\frac{G(h,0)-G(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{0}{h}=0, \\ \frac{\partial G}{\partial y}(0,0)&=\lim_{k\to 0}\frac{G(0,k)-G(0,0)}{h}=\lim_{k\to 0}\frac{\frac{k^3}{\sqrt{k^2}}}{k}=\lim_{k\to 0}|k|=0, \end{align*} donde $\nabla g(0,0)=(1,0)$. A diferenciabilidade de $g$ em $(0,0)$ equivale a que \[ \lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{g(h,k)-g(0,0)-h\frac{\partial g}{\partial x}(0,0)-k\frac{\partial g}{\partial y}(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0. \] O limite na igualdade anterior é neste caso \[ \lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{1+h+\frac{k^3}{\sqrt{h^2+k^2}}-1-h\;1 -k\;0 }{\sqrt{h^2+k^2}}=\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{k^3}{h^2+k^2} \] Como \[\left|\frac{k^3}{h^2+k^2}\right|\leq \frac{{(h^2+k^2)}^{3/2}}{h^2+k^2}=\sqrt{h^2+k^2} \] o limite é de facto $0$ e a função diferenciável em $(0,0)$.

    2. Determine $\max_{\|(u,v)\| =1} D _{(u,v)} g(1, 1)$.
      Solução

      O máximo da derivada dirigida de uma função diferenciável segundo vectores unitários é a norma do gradiente. Neste caso \[ \max_{\|(u,v)\|=1} D_{(u,v)}g(1,1) =\|\nabla g(1,1)\| = \left\|\left(1- \frac{1}{2^{3/2}}, \frac{3}{2^{1/2}}-\frac{1}{(2)^{3/2}} \right)\right\| \]

  3. Seja $f : \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função duas vezes diferenciável e considere uma função $\varphi$ definida por $\varphi(x, y)=f (\log(y − x^2))$.
    1. Determine o domínio de $\varphi$ e decida se é aberto, fechado, limitado ou conexo.
      Solução

      O domínio da função será o conjunto $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:y>x^2\}$. Este conjunto é aberto pois, para qualquer dos seus pontos, uma bola centrada nesse ponto e com um raio inferior à distância à parábola $y=x^2$ está contido no conjunto. O conjunto não é fechado pois todos os pontos da parábola $y=x^2$ são pontos fronteiros que não pertencem ao conjunto. O conjunto não é limitado pois a sucessão $\left((0,k)\right)_{k\in\mathbb{N}}$ é formada por pontos do conjunto cuja norma tende para $+\infty$ quando $k\to +\infty$. O conjunto é conexo pois é conexo por arcos algo que decorre de quaisquer dois pontos do conjunto poderem ser unido pelo segmento de recta que os une e esse segmento estar contido no conjunto.

    2. Exprima $\frac{\partial^2 \varphi}{\partial x \partial y}$ em termos das derivadas de primeira e segunda ordem de $f$.
      Solução

      Usando o teorema de derivação da função composta temos \[ \frac{\partial\varphi}{\partial y}(x,y)=\frac{f'(\log(y-x^2))}{y-x^2}. \]

      Usando de novo o teorema de derivação da função composta \[ \frac{\partial^2\varphi}{\partial x \partial y}(x,y)=\frac{-2x f''(\log(y-x^2))+2x f'(\log(y-x^2))}{(y-x^2)^2}. \]

  4. Mostre que o sistema \[\begin{cases} u = e^x \log y\\
    v = e^y \log x\end{cases} \] define uma bijecção de uma vizinhança de $(1, 1)$ sobre uma vizinhança de $(0, 0)$ com uma inversa $\psi$ diferenciável e determine a derivada de $\psi$ em $(0, 0)$.
    Solução

    A aplicação $\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\gt 0, y\gt 0\}\ni (x,y)\mapsto (e^x\log y, e^y\log x)$ tem uma matriz jacobiana \[ \begin{bmatrix} e^x\log y & \frac{e^x}{y} \\ \frac{e^y}{x} & e^y\log x \end{bmatrix} \] Todas as derivadas parciais são funções contínuas pelo que esta função é de classe $C^1$ no seu domínio e o valor da função no ponto $(1,1)$ é $(0,0)$. Além disso o determinante da matriz jacobiana em $(1,1)$ é \[ \det \begin{bmatrix} 0 & e \\ e & 0 \end{bmatrix} = -e \neq 0 \] pelo que é legítimo aplicar o teorema da função inversa para garantir a existência de uma inversa local $\psi$ de classe $C^1$ (e portanto diferenciável) de uma vizinhança de $(0,0)$ com valores numa vizinhança de $(1,1)$. Temos que a matriz jacobiana de \(\psi\) em $(0,0)$ será a matriz inversa de $\begin{bmatrix} 0 & e \\ e & 0 \end{bmatrix}$, isto é, \[ J_\psi(0,0)={\begin{bmatrix} 0 & e \\ e & 0 \end{bmatrix}}^{-1}=\begin{bmatrix} 0 & 1/e \\ 1/e & 0 \end{bmatrix}. \]

  5. Considere a função definida por $H(x, y) = e ^{(x−1)^2}+ y^2 − (x − 1)^2 y^2$.
    1. Mostre que $H$ possui um extremo local em $(1, 0)$ e classifique-o.
      Solução

      As derivadas parciais de primeira ordem de $H$ são \begin{align*} \frac{\partial H}{\partial x}&=2(x-1)e^{(x-1)^2}-2(x-1)y^2\\ \frac{\partial H}{\partial y}&=2y-2(x-1)^2 y \end{align*} e, em particular, $(1, 0)$ será um ponto de estacionaridade desta função. Quanto às derivadas parciais de segunda ordem de $H$ \begin{align*} \frac{\partial^2 H}{\partial x^2}&=2e^{(x-1)^2} + 4(x-1)^2 e^{(x-1)^2}-2y^2 \\ \frac{\partial^2 H}{\partial x\partial y}&=-4(x-1)y \\ \frac{\partial^2 H}{\partial y^2}&=2-2(x-1)^2 \end{align*} pelo que a matriz hessiana de $H$ em $(1, 0)$ é \[ \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \] donde o termo de segunda ordem da fórmula de Taylor de $H$ em $(1, 0)$ é uma forma quadrática definida positiva e $(1,0)$ é um ponto de mínimo local desta função.

    2. Determine o contradomínio da restrição de $H$ a $[0, 2] \times [−1, 1]$.
      Solução

      Começamos por notar que, como $H$ é contínua e está restringida a um conjunto limitado, fechado e conexo, os teoremas de Weierstrass e do valor intermédio garantem que o contradomínio da restrição será necessariamente um intervalo da forma $[m, M ]$ em que $m$ é o mínimo absoluto desta restrição e $M$ o máximo absoluto. Os extremos absolutos da restrição de $H$ a $[0, 2]\times [-1, 1]$ poderão ocorrer em pontos de extremo que são pontos interiores deste conjunto, e portanto pontos de estacionaridade, ou em pontos fronteiros. Do cálculo das derivadas parciais de primeira de ordem de H verificamos que os pontos de estacionaridade de $H$ verificam o sistema de estacionaridade \[ \begin{cases} 2(x-1)e^{(x-1)^2}-2(x-1)y^2 = 0 \\ 2y-2(x-1)^2 y = 0 \end{cases} \] para o qual já conhecemos a solução $(1, 0)$. Como a segunda equação é equivalente a $y(1-(x-1)^2 ) = 0$, sabemos que as soluções ou verificam $y = 0$, e nesse caso a primeira equação mostra que $x = 1$, ou então $x = 0$ ou $x = 2$. Como os pontos de abcissa $0$ ou $2$ estão incluídos na fronteira do conjunto, a análise do que se passa na fronteira incluirá também estes casos. Portanto, para determinar $m$ e $M$ temos que comparar os valores de $H$ nas seguintes situações \begin{gather*} H(1, 0) = 1, \\ H(0, y) = H(2, y) = e + y^2- y^2 = e, \text{ com } y \in [-1, 1], \\ H(x, -1) = H(x, 1) = e^{(x-1)^2} + 1 - (x-1)^2, \text{ com } x \in [0, 2]. \end{gather*} Para analisar o terceiro caso introduzimos $g(\lambda) = e^{(\lambda-1)^2} + 1 - (\lambda - 1)^2$, que é uma função com derivada $g'(\lambda) = 2(\lambda - 1)(e^{(\lambda-1)^2} - 1)$ que só se anula para $\lambda = 1$. Portanto, para determinar $m$ e $M$, é suficiente considerar os seguintes valores de $H$ (note que os extremos do intervalo correspondem a pontos que já tomámos em consideração) \begin{gather*} H(1, 0) = 1, \\ H(0, y) = H(2, y) = e, \text{ com } y \in [-1, 1], \\ H(1, -1) = H(1, 1) = 2. \end{gather*} Portanto $m = 1$ e $M = e$, e concluímos que o contradomínio da restrição de $H$ a $[0,2]\times [-1,1]$ é o intervalo $[1, e]$.


Última actualização: João Palhoto Matos em 11/04/2019 16:08:45.