Solução parcial do Exame, versão A, 2016/06/27

Devido aos exame serem a última prova do semestre, em geral tais provas não têm a sua a sua solução publicada devido a prazos apertados para publicação dos resultados finais, interesse reduzido por parte dos alunos, etc. Assim esta página tem carácter algo excepcional e incompleto servindo para criar algumas soluções que serão incorporadas nas fichas no ano lectivo seguinte.

1. Calcule o volume da região $V=\left\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3:  0\leq z\leq \sen x, 0\leq z\leq y \leq 1, x\in [0,\pi] \right\}$.
   Solução

   [Faz parte de saber resolver problemas deste tipo ter capacidade de escolher uma ordem de integração que torne os cálculos expeditos. Apresentam-se três possíveis soluções que, provavelmente para a maioria dos alunos, estão por ordem crescente de dificuldade. Saber mudar ordens de integração é também algo importante, embora, em sentido estrito, se trate de algo desnecessário nesta resolução.]

   Primeira versão: a mais directa

   O volume é cálculável via: \begin{align*}\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x}\left(\int_z^1 1\, dy\right)\, dz\right)\, dx & =\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x} 1-z \,  dz\right)\, dx \\ & = \int_0^\pi \sen x -\frac{\sen^2 x}{2} \, dx \\ & = 2-\frac{1}{2} \int_0^\pi \sen^2\, dx \end{align*} Para calcular o integral envolvendo $\sen^2$ usa-se a conhecida substituição envolvendo o $\cos$ do ângulo duplo e a fórmula fundamental da trigonometria $\cos(2x)=\cos^2 x - \sen^2 x= 1- 2 \sen^2 x$ donde $\sen^2 x =\frac{1}{2}\left(1-\cos(2x)\right)$. Assim \[\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x}\left(\int_z^1 1\, dy\right)\, dz\right)\, dx  = 2 - \frac{1}{4}\int_0^\pi 1-\cos(2x) \, dx  = 2 - \frac{\pi}{4}.\]

   Segunda versão: integrando primeiro em ordem a $z$

   O volume também pode ser calculado via: \begin{split}& \int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x}\left(\int_0^y 1 \, dz \right)dy\right)\, dx + \int_0^\pi \left(\int_{\sen x}^1 \left( \int_0^{\sen x} 1\, dz \right)dy\right)dx \\ & =\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x} y \, dy\right)\, dx + \int_0^\pi \left(\int_{\sen x}^1 \sen x \,dy\right)dx \\ & = \int_0^\pi \frac{\sen^2 x}{2}\, dx +  \int_0^\pi \sen x -\sen^2 x \, dx = \dots \end{split} [Note que uma recta paralela ao eixo dos $z$s intersecta $V$ de duas formas distintas que obrigam a considerar uma soma de dois integrais iterados.]

   Terceira versão: integrando primeiro em ordem a $x$

   O volume também pode ser calculado via: \begin{split}&\int_0^1\left(\int_0^y\left( \int_{\operatorname{arcsen}z}^{\pi-\operatorname{arcsen}z} \, dx \right)dz \right) dy \\ & = \int_0^1\left(\int_0^y \pi-2 \operatorname{arcsen} z \, dz\right) dy\dots\end{split} [Embora baste considerar um integral iterado, os cálculos obrigam a considerar uma função trigonométrica inversa.]

2. Considere uma função definida num subconjunto $D$ de $\mathbb{R}^2$ por \[f(x,y)=\frac{\operatorname{arcsen}(x^2)}{\sqrt{y^2-1}}.\]
   1. Determine o domínio $D$ de $f$.
   2. Determine $\operatorname{int} D$, $\partial D$ e $\overline{D}$ e decida se $D$ é aberto, fechado, conexo ou limitado.
   3. Decida se $f$ é ou não uma função limitada.
   Solução

   1. \begin{align*}D & =\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\in [-1,1], y\in {]-\infty,-1[}\times{]1,+\infty[}\}\\ & = ([-1,1]\times {]-\infty,-1[} )\cup ( [-1,1]\times {]1,+\infty[}).\end{align*}
   2. \begin{align*}\operatorname{int} D & =( {]-1,1[}\times {]-\infty,-1[}) \cup  ({]-1,1[}\times {]1,+\infty[}) \\  \overline{D} & = ( {[-1,1]}\times {]-\infty,-1]}) \cup  ({[-1,1]}\times {[1,+\infty[}) \\ \partial D & = \overline{D} \setminus \operatorname{int} D  \end{align*} Como $D\neq \operatorname{int} D$, $D$ não é aberto. Como $D\neq \overline{D}$, $D$ não é fechado. Se $A={[-1,1]}\times {]-\infty,-1[}$, $B={[-1,1]}\times {]1,+\infty[}$, temos $D=A\cup B$, $A\neq \emptyset$, $B\neq \emptyset$, \begin{align*}\overline{A}\cap B & =({[-1,1]}\times {]-\infty,-1]})\cap ({[-1,1]}\times {]1,+\infty[})=\emptyset, \\  A\cap \overline{B} & =({[-1,1]}\times {]-\infty,-1[})\cap ({[-1,1]}\times {[1,+\infty[})=\emptyset,\end{align*} pelo que $D$ é desconexo. $D$ não é limitado pois, por exemplo, contém pontos da forma $(0,k)$ com $k\in\mathbb{N}, k\geq 2$ e $\lim_{k\to +\infty}(0,k)=\infty$.
   3. Temos, por exemplo, \[\lim_{y\to 1^+}f(1, y)= \lim_{y\to 1^+} \frac{\pi/2}{\sqrt{y^2-1}}=+\infty\] pelo que $f$ não é uma função limitada.
3. Considere a função $h:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[h(x,y)=\begin{cases}\frac{y^2\sqrt{|xy|}}{x^2+y^2}, & \text{se $(x,y)\neq(0,0)$,}\\ 0, & \text{se $(x,y)=(0,0)$.} \end{cases}\]
   1. Determine em que pontos é que $h$ é contínua.
   2. Decida se $h$ é ou não diferenciável em $(0,0)$.
   Solução

   1. A continuidade da raiz quadrada, da função módulo e do polinómio $\mathbb{R}^2\ni(x,y)\mapsto xy$, juntamente com o teorema da continuidade da função composta garantem que a função $\mathbb{R}^2\ni(x,y)\mapsto \sqrt{|xy|}$ é contínua. A continuidade dos polinómios, do produto e do quociente garante então que a função $h$ é contínua no complementar da origem. Quanto à continuidade em $(0,0)$ nota-se que $|h(x,y)-h(0,0)|\leq \sqrt{|xy|}$ pelo que se pode deduzir a continuidade de $h$ em $(0,0)$ da continuidade em $(0,0)$ da função definida por $\sqrt{|xy|}$.

   2. Quanto à diferenciabilidade de $h$ em $(0,0)$ nota-se que $h(x,0)=h(0,y)=0$ para todos os $x,y\in\mathbb{R}$ pelo que $\nabla h(0,0)=(0,0)$ e estudar a diferenciabilidade de $h$ em $(0,0)$ corresponde a verificar se \[\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{h(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.\] Ora acontece que restringindo $\frac{h(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}$ à recta $y=x$, com $x\neq 0$, obtemos \[\frac{h(x,x)}{\sqrt{2x^2}}=\frac{x^2 |x|}{2x^2 \sqrt{2}|x|}=1/2\sqrt{2}\] o que mostre que o limite, a existir, não é $0$, e portanto $h$ não é diferenciável em $(0,0)$.
4. Considere a função $\psi:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ definida por $\psi(x,y)=(x^2+y^2-1)(x+y-1)$.
   1. Mostre que $(1,0)$ e $(0,1)$ são pontos de estacionaridade de $\psi$ que não são pontos de extremo local.
   2. Justifique que $\psi$ possui dois pontos de extremo local que não são pontos de extremo absoluto. Sugestão: analise o sinal de $\psi$.
   Solução

   1. Calculando as derivadas parciais de primeira ordem de $\psi$ obtém-se \begin{align*}\frac{\partial \psi}{\partial x} &= 2x(x+y-1)+ x^2 + y^2 -1 \\ \frac{\partial \psi}{\partial y} &=  2y(x+y-1)+ x^2 + y^2 -1 \end{align*} e daí que $\frac{\partial \psi}{\partial x}(1,0)=\frac{\partial \psi}{\partial y}(1,0) = \frac{\partial \psi}{\partial x}(0,1)=\frac{\partial \psi}{\partial y}(0,1) =0$ pelo que $(1,0)$ e $(0,1)$ são pontos de estacionaridade.

      Para justificar que $(0,1)$ e $(1,0)$ não são pontos de extremo local uma possibilidade é analisar as derivadas parciais de segunda ordem de $\psi$ nestes pontos [outra possibilidade é descrita na solução da alínea (b)]. Temos \begin{align*}\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} &=6x +2y-2 \\ \frac{\partial^2\psi}{\partial x \, \partial y} & = 2 \\ \frac{\partial^2\psi}{\partial y^2} &=6y +2x-2\end{align*} Designando a matriz hessiana de $\psi$ por $H_\psi$ obtivemos \begin{align*}H_\psi(1,0) &= \begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 0\end{bmatrix}, \\ H_\psi(0,1) &= \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 4\end{bmatrix} .\end{align*} Em ambos os casos estas matrizes são indefinidas (o seu determinante é $-4\lt 0$) pelo que estes pontos são pontos de sela.

   2. Seguindo a sugestão analisamos o sinal de $\psi$. Nota-se que $\psi$ é o produto de dois factores polinomiais cujas regiões onde tomam valores positivos e negativos são fáceis de determinar. Com efeito o polinómio $x^2+y^2-1$ é positivo em $\mathbb{R}^2\setminus \overline{B_1(0,0)}$, negativo em $B_1(0,0)$ e nulo sobre a circunferência $x^2+y^2=1$. O polinómio $x+y-1$ é positivo no semiplano $x+y\gt 1$, negativo no semiplano $x+y\lt 1$ e nulo sobre a recta $x+y=1$. Coligindo esta informação obtemos para o sinal de $\psi$ a situação sugerido no gráfico abaixo.

      

      Tal permite identificar dois conjuntos limitados e fechados tais que a aplicação do teorema de Weierstrass às restrições de $\psi$ a cada um desses conjuntos garante a existência de dois pontos de extremo local de $\psi$. Com efeito, sejam \begin{align*}A&=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x+y\geq 1, x^2+y^2\leq 1\right\}\\ B&=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x+y\leq 1, x^2+y^2\leq 1\right\}\end{align*} Em $A$ temos $\psi\leq 0$ e em $B$ temos $\psi\geq 0$. O teorema de Weierstrass aplicado às restrições de $\psi$ a $A$ e a $B$ garante a existência de um mínimo local de $\psi$ em $\operatorname{int} A$ e de um máximo local de $\psi$ em $\operatorname{int} B$. Que não são extremos absolutos decorre, por exemplo, de $\lim_{\lambda\to +\infty}\psi(\lambda, \lambda)=+\infty$ e $\lim_{\lambda\to -\infty}\psi(\lambda, \lambda)=-\infty$.

      [Nota 1: É possível não seguir a sugestão, determinando explicitamente dois pontos de estacionaridade sobre a recta $y=x$ (um em $A$ e outro em $B$) e justificar que se trata de pontos de extremo local via análise da matriz hessiana. Isto é no entanto muito mais trabalhoso.]

      [Nota 2: Em qualquer bola centrada em $(0,1)$ ou em $(1,0)$ há pontos em que a função toma valores positivos e pontos onde a função toma valores negativos valendo $0$ naqueles pontos. Esta observação fornece uma justificação alternativa para parte da alínea (a).]

5. Considere uma função $F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$, $F\in C^2(\mathbb{R}^2)$ e $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[G(x,y)=F(x-y^2, y+x^2).\]
   1. Relacione as matrizes jacobianas de $F$ e $G$.
   2. Exprima $\dfrac{\partial^2 G}{\partial y^2}(0,1)$ em termos de derivadas parciais de $F$ num ponto adequado.
6. Justifique que a função $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por
     \[ g(x,y)=\begin{cases}
     \displaystyle\lim_{k\to +\infty} \frac{1}{(2-\cos(1/(x^2+y^2)))^k}, & \text{se $(x,y)\neq(0,0)$}, \\
     0, & \text{se $(x,y)=(0,0)$.}
     \end{cases}\] é integrável em $[0,1]^2$.
7. Considere a  função $\psi:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}$ definida por $\psi(x,y,z)=e^{xy}+ x^2 +yz + \cos(xz)$.
   1. Mostre que a equação $\psi(x,y,z)=3$ define $x$ como uma função de $y$ e $z$, $h(y,z)$, numa vizinhança de $(1,0,0)$.
   2. Calcule $\frac{\partial h}{\partial z}(0,0)$.
8. Calcule, usando coordenadas esféricas,  
    \[\lim_{\epsilon\to 0}\iiint_{A_\epsilon}\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{1/3}}\, dx\, dy\, dz\] em que $A_\epsilon=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: \epsilon\leq \sqrt{x^2+y^2+z^2}\leq 1, z\geq \sqrt{x^2+y^2}\right\}$ com $\epsilon>0$.

9. Seja $B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^4 \leq y\leq  x^2 +2\}$. Calcule \[\oint_{\partial B} \left(\sen \left(x^4\right)- xy\right)\,dx + \left(x^2+e^{-y^2}\right)\, dy\] em que $\partial B$ é “percorrida uma vez no sentido directo”.

   Solução

   Usando o teorema de Green \begin{split}& \oint_{\partial B} \left(\sen \left(x^4\right)- xy\right)\,dx + \left(x^2+e^{-y^2}\right)\, dy \\ & \qquad =\iint_B \frac{\partial}{\partial x}\left(x^2+e^{-y^2}\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(\sen \left(x^4\right)- xy\right) \, dx\, dy = \iint_B 3x \, dx\, dy\end{split}

   Sendo a região $B$ simétrica em relação ao eixo dos $y$s e a função integranda uma função de $x$  ímpar, este último integral vale $0$.

10. Considere o campo $\varphi:\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\to\mathbb{R}^2$ definido por \[\varphi(x,y)=\left(\frac{x-2y}{x^2+y^2}, \frac{y+2x}{x^2+y^2}\right).\]

    1. Verifique que o campo é fechado.
    2. Calcule um integral de linha de $\varphi$ sobre uma circunferência centrada em $(0,0)$ para mostrar que o campo não é conservativo em $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$.
    3. Decida se o campo é ou não conservativo no semiplano definido por $y\gt x$.
11. Decida se o conjunto $V$ definido por \[\begin{cases}z= x^2+4y^2,\\ x^2+y^2+(z-1)^2=1, \\ (x,y,z)\neq (0,0,0)\end{cases}\] é ou não uma variedade diferenciável e, na afirmativa, determine a sua dimensão e o respectivo espaço normal em $(1,0,1)$.
12. Calcule \[\iint_{S}\rot F\cdot\nu \, dS \] em que \[S=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x \gt 0, z\in [0,1], x^2+y^2=1\},\] $\nu$ é a respectiva normal unitária contínua verificando $\nu(1,0,1/2)= (1,0,0)$ e \[F(x,y,z)=(xe^{yz(1-z)},ye^{xz(1-z)},ze^{xy(1-z)} ).\]