Exercícios Resolvidos de Classificação de Pontos Críticos no R²

Unicamp, Cálculo 2- P2- 2019.1, questão 1

A temperatura de uma placa quadrada de lado 8 centrada na origem (e bordos paralelos aos eixos) é descrita pela função:

f x , y = 50 - 3 x y + x 3 - y 3  

  1. Determine os pontos críticos de f e classifique-os.
  2. Quais as temperaturas máxima e mínima da placa e onde elas ocorrem?
  3. Escolha um dos pontos críticos e dê a aproximação de f no entorno deste ponto, escrevendo seu polinômio de Taylor de segunda ordem (grau 2)
  4. A partir do ponto ( 1,2 ) em que direções a temperatura aumenta?

Passo 1

Opa! Tudo bem?

Bora ver essa questão aqui!

  1. Os pontos críticos de f são onde as derivadas parciais da função dão zero. Então bora calcular as derivadas parciais:
  2. f x , y = 50 - 3 x y + x 3 - y 3  

    f x =   - 3 y + 3 x 2

    f y =   - 3 x - 3 y 2

    Queremos então que:

    - 3 y + 3 x 2 = 0 - 3 x - 3 y 2 = 0

    Passo 2

    Vamos resolver esse sisteminha. Da primeira equação temos que:

    3 y = 3 x 2

    y = x 2

    Substituindo na segunda:

    - 3 x - 3 x 2 2 = 0

    = - 3 x - 3 x 4 = 0

    - 3 x 1 + x 3 = 0

    - 3 x = 0 → x = 0

    1 + x 3 = 0 → x = - 1

    E como y = x 2 , temos os pontos críticos:

    ( 0,0 )

    ( - 1,1 )

    Passo 3

    Para classificar os pontos críticos que achamos, precisamos ver o sinal do Hessiano, que é isso aqui:

    H = f x x f y y - f x y f y x

    Calculando as parciais de segunda ordem:

    f x x = 6 x

    f y y = - 6 y

    f x y = - 3

    f y x = - 3

    Testando em cada ponto:

  • 0,0 → H 0,0 = 6 0 ⋅ - 6 0 - - 3 - 3 = 0 - 9 = - 9
  • - 1,1 → H - 1,1 = 6 - 1 - 6 1 - - 3 - 3 = 36 - 9 = 27

Onde H < 0 , temos um ponto de sela, então o ponto ( 0,0 ) é um ponto de sela.

Onde H > 0   e f x x < 0 , temos um ponto de máximo, então o ponto ( - 1,1 ) é ponto de máximo da função.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

  • Pra a gente ter uma ideia melhor dos pontos que podemos analisar, vamos ver os limites da nossa placa:
  • Temos então que verificar a função nessas fronteiras.

    Pra primeira fronteira em y :

    f - 4 , y = 50 - 3 - 4 y + - 4 3 - y 3

    = 50 + 12 y - 64 - y 3

    = - y 3 + 12 y - 14

    Pra saber os pontos críticos dessa função é só ver onde a derivada zera:

    f ' - 4 , y = - 3 y 2 + 12 = 0 → y 2 = 4 → y = ± 2

    Os pontos críticos aqui então são:

    - 4 , - 2     e     ( - 4,2 )

    Passo 3

    Vamos fazer o mesmo nas outras 3 fronteiras:

    • f 4 , y = 50 - 3 4 y + 4 3 - y 3 = 50 - 12 y + 64 - y 3
    • = - y 3 - 12 y + 114

      f ' 4 , y =   - 3 y 2 - 12 = 0

      y 2 = - 4   ( n ã o   e x i s t e )

      Nessa aqui então não temos pontos críticos.

    • f x , - 4 = 50 - 3 x - 4 + x 3 - - 4 3 = 50 + 12 x + x 3 + 64
    • = x 3 + 12 x + 114

      f ' x , - 4 = 3 x 2 + 12 = 0

      x 2 = - 4   ( n ã o   e x i s t e )

      Aqui também não temos pontos críticos.

    • f x , 4 = 50 - 3 x 4 + x 3 - 4 3 = x 3 - 12 x - 14
    • f ' x , 4 = 3 x 2 - 12 = 0

      x 2 = 4 → x = ± 2

      Então aqui os pontos críticos são:

      - 2 , - 4   e     ( 2 , - 4 )

      Passo 6

      Vamos testar então o valor da função em todos os pontos que a gente encontrou e nos vértices do quadrado:

    • f - 4 , - 4 = 2
    • f - 4,4 = - 30
    • f 4 , - 4 = 226
    • f 4,4 = 2
    • f 0,0 = 50
    • f - 1,1 = 51
    • f - 4 , - 2 = - 30
    • f - 4,2 = 2
    • f - 2 , - 4 = 82
    • f 2 , - 4 = 146

    Então a temperatura mínima da placa é - 30   °   C , e ocorre em - 4,4   e   ( - 4 , - 2 ) e a temperatura máxima é 226 ° C e ocorre em ( 4 , - 4 ) .

    Passo 4

  • Vamos escolher o ponto ( - 1,1 ) , que é um ponto de máximo de f .
  • Como queremos o polinômio de Taylor de grau 2, vamos precisar das derivadas de primeira e segunda ordem, o que já calculamos lá em cima:

    f - 1,1 = 51

    f x =   - 3 y + 3 x 2 → f x - 1,1 = 0

    f y =   - 3 x - 3 y 2 → f y - 1,1 = 0

    As de segunda ordem:

    f x x = 6 x → f x x - 1,1 =   - 6

    f y y = - 6 y → f y y - 1,1 =   - 6

    f x y = - 3 → f x y - 1,1 =   - 3

    f y x = - 3 → f y x - 1,1 =   - 3

    Passo 5

    Agora juntando tudo, nosso polinômio de Taylor de grau 2 ao redor do ponto ( - 1,1 ) é:

    P 2 x , y = 51 + 0 x + 1 1 ! + 0 y - 1 1 ! - 6 x + 1 2 2 ! - 6 y - 1 2 2 ! - 3 x + 1 y - 1 2 ! - 3 y - 1 x + 1 2 !

    Que desenvolvendo fica:

    P 2 x , y = 51 - 6 x 2 + 2 x + 1 2 - 6 y 2 - 2 y + 1 2 - 3 x y - x + y - 1 2 - 3 x y + y - x - 1 2

    P 2 x , y = 51 - 3 x 2 - 6 x - 3 - 3 y 2 + 6 y - 3 - 3 x y 2 + 3 x 2 - 3 y 2 + 3 2 - 3 x y 2 - 3 y 2 + 3 x 2 + 3 2

    P 2 x , y = 48 - 3 x 2 - 3 y 2 - 6 x + 6 y - 3 x y + 3 x - 3 y

    P 2 x , y = 48 - 3 x 2 - 3 y 2 - 3 x + 3 y - 3 x y

    Passo 6

  • Pra começar, vamos calcular o vetor gradiente no ponto ( 1,2 ) :
  • ∇ f = - 3 y + 3 x 2 ,   - 3 x - 3 y 2

    ∇ f 1,2 = - 3 ,   - 15

    Para que a função cresça, precisamos que a derivada direcional seja positiva, então supondo um vetor:

    v → = ( x , y )

    Precisamos que:

    ∇ f 1,2 ⋅ v → > 0

    - 3 , - 15 ⋅ x , y > 0

    - 3 x - 15 y > 0

    x + 5 y < 0

    x < - 5 y

    Passo 7

    Esse vetor tem que ser unitário, então:

    x 2 + y 2 = 1

    x 2 = 1 - y 2

    x = ± 1 - y 2

    Sendo x = ± 1 - y 2 , temos na inequação:

    1 - y 2 < - 5 y

    Elevando os dois lados ao quadrado:

    1 - y 2 < 25 y 2

    Daqui podemos ter:

    1 - y 2 < 25 y 2

    - 26 y 2 < - 1

    y 2 < 1 26

    y < 1 26   e   y > - 1 26

    Ou...

    - 1 + y 2 < 25 y 2

    - 24 y 2 < 1

    y 2 < 1 - 24  

    (aqui não há solução)

    Então temos que ter:

    y ∈ - 1 26 , 1 26

    Passo 8

    Vamos ver o intervalo de x agora:

    x 2 + y 2 = 1

    y 2 = 1 - x 2

    y = ± 1 - x 2

    Substituindo na inequação:

    x < - 5 y

    x < - 5 ± 1 - x 2

    x 2 < 25 | 1 - x 2 |

    E aí podemos ter:

    x 2 < 25 ( 1 - x 2 )

    x 2 < 25 - 25 x 2

    26 x 2 < 25

    x 2 < 25 26

    x < 5 26   o u   x > - 5 26

    Com a outra possibilidade de módulo não vamos ter solução como aconteceu em y , então o intervalo de x   é:

    x ∈ - 5 26 , 5 26

    Então, a função f cresce nas direções dos vetores do tipo v → = ( x , y ) , unitário, sendo que a coordenadas x   e   y estão no intervalo:

    x ∈ - 5 26 , 5 26   e   y ∈ - 1 26 , 1 26

    Resposta

    1. ( 0,0 ) é ponto de sela.
    2. ( - 1,1 ) é ponto de máximo.

    3. a temperatura mínima da placa é - 30   °   C , e ocorre em - 4,4   e   ( - 4 , - 2 ) e a temperatura máxima é 226 ° C e ocorre em ( 4 , - 4 ) .
    4. P 2 x , y = 48 - 3 x 2 - 3 y 2 - 3 x + 3 y - 3 x y
    5. Na direção dos vetores do tipo v → ( x , y ) , unitário, sendo que:

    x ∈ - 5 26 , 5 26   e   y ∈ - 1 26 , 1 26

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