Solução do 1º Teste, versão A, 2017/04/22

1. Mude a ordem de integração de \[\int_0^1\left(\int_y^1 x^4 e^{yx^2}\, dx\right)\, dy \] e use a expressão assim obtida para calcular o seu valor.
   Solução

   Se $T=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\in [0,1] , y\leq x\leq 1\}$ a função definida por $x^4 e^{yx^2}$ é integrável em $T$ e \[\iint_T x^4 e^{yx^2}\, dx\, dy = \int_0^1\left(\int_y^1 x^4 e^{yx^2}\, dx\right)\, dy.\] [Calcular o integral iterado usando regra de Barrow é impossível pois a função $x\mapsto x^4 e^{yx^2}$ não é elementarmente primitivável.]

   

   O teorema de Fubini permite no entanto trocar a ordem de integração para obter \begin{align*} \iint_T x^4 e^{yx^2}\, dx\, dy & = \int_0^1 \left(\int_0^x x^4 e^{yx^2} \, dy \right)\, dx =\int_0^1 \left.[x^2 e^{yx^2}]\right|_{y=0}^{y=x}\, dx \\ & =\int_0^1 x^2 e^{x^3} - x^2 \, dx =\left. \frac{1}{3} \left(e^{x^3}- x^3 \right)\right|_{x=0}^{x=1} = \frac{1}{3} (e-2) .\end{align*}
2. Calcule o volume da região $V=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: 0\leq y \leq 1/4, 0\leq x,  z \geq x+y, x+y+z\leq 1  \}$.
   Solução

   Uma observação importante é que os planos $z=x+y$ e $x+y+z=1$ intersectam-se na recta definida por \[\begin{cases}z=1/2, \\ 2x+2y = 1.\end{cases}\]Um método possível para calcular o volume é considerar \begin{align*}\iiint_V 1\, dx\,dy\, dz &= \int_0^{\frac{1}{4}}\left(\int_0^{\frac{1}{2} -y}\left(\int_{x+y}^{1-x-y}1\,dz \right) \, dx\right)\, dy = \int_0^{\frac{1}{4}}\left(\int_0^{\frac{1}{2} -y}1-2x-2y \, dx\right)\, dy \\ & = \int_0^{\frac{1}{4}} \frac{1}{2} -y-\left(\frac{1}{2} -y\right)^2-2y\left(\frac{1}{2} -y\right) \, dy \\ &= \int_0^{\frac{1}{4}}\frac{1}{4}-y+y^2 \, dy= \frac{1}{16} -\frac{1}{32}+ \frac{1}{192}\end{align*}

3. Considere a função $h:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[h(x,y)=\begin{cases}xy\log(x^2+y^2), & \text{se $(x,y)\neq(0,0)$,}\\ 0, & \text{se $(x,y)=(0,0)$.} \end{cases}\] [Sugestão: Relembre que $\lim_{\lambda\to 0}\lambda\log \lambda=0$.]
   1. Mostre que $h$ é contínua em $(0,0)$.
   2. Decida se $h$ é ou não diferenciável em $(0,0)$.
   Solução

   1. Como $\lim_{\lambda\to 0}\lambda\log \lambda=0$, também \[\lim_{(x,y)\to (0,0)}(x^2+y^2)\log (x^2+y^2)=0.\] Como \[0\leq |xy||\log(x^2+y^2)|\leq (x^2+y^2)|\log(x^2+y^2)|,\] o resultado segue destas duas observações.
   2. Como $h$ é identicamente nula sobre os eixos coordenados, obtemos $\frac{\partial h}{\partial x}(0,0)=\frac{\partial h}{\partial y}(0,0)=0$. Assim a diferenciabilidade em $(0,0)$ corresponde ao limite \[\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy\log(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}}\] existir e ser igual a $0$. Como \[0\leq \frac{|xy\log(x^2+y^2)|}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \sqrt{x^2+y^2}\left|\log(x^2+y^2)\right| = 2 \sqrt{x^2+y^2}\left|\log\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)\right| \] e $\lim_{(x,y)\to (0,0)}\sqrt{x^2+y^2}\left|\log(\sqrt{x^2+y^2})\right|=0$ concluímos que a função é diferenciável em $(0,0)$.
4. Considere funções $F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ com $F\in C^2(\mathbb{R}^2)$ e $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[G(x,y)=F(2xy,x^2+y^2).\]
   1. Calcule $D_{(1,-1)}G(1,1)$.
   2. Exprima $\frac{\partial^2 G}{\partial x^2}(1,1)$ em termos de derivadas parciais de $F$ adequadas.
   Solução

   1. $G$ é a composta da função $F$ com a função $(x,y)\mapsto (u,v)=(2xy, x^2+y^2)$ que são diferenciáveis em $\mathbb{R}^2$, a primeira por ser de classe $C^2$ por hipótese, a segunda por ter como funções coordenadas polinómios. Portanto $G$ é diferenciável e a derivada dirigida pedida vale \[\nabla G(1,1)\cdot (1,-1) = \frac{\partial G}{\partial x}(1,1) - \frac{\partial G}{\partial y}(1,1).\] Pelo teorema de derivação da função composta temos \begin{align}\frac{\partial G}{\partial x} &= \frac{\partial F}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = 2y \frac{\partial F}{\partial u} + 2x \frac{\partial F}{\partial v}\label{eq:1} \\ \frac{\partial G}{\partial y} &= \frac{\partial F}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial F}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = 2x \frac{\partial F}{\partial u} + 2y \frac{\partial F}{\partial v}\label{eq:2}\end{align} em que as derivadas parciais de $F$ são calculadas em $(2xy, x^2+y^2)$. Particularizando para $(x,y)=(1,1)$ obtemos $D_{(1,-1)}G(1,1)=0$.
   2. Para efectuar este cálculo derivamos em ordem a $x$ em ($\ref{eq:1}$) tendo em consideração que as derivadas parciais de $F$ são calculadas em $(2xy, x^2+y^2)$ e portanto precisamos de aplicar de novo o teorema de derivação da função composta. Obtém-se \begin{align*}\frac{\partial^2 G}{\partial x^2} & = 4y^2 \frac{\partial^2 F}{\partial u^2} + 4xy \frac{\partial^2 F}{\partial v \partial u}+ 2 \frac{\partial F}{\partial v} + 4xy \frac{\partial^2 F}{\partial u \partial v} + 4x^2 \frac{\partial^2 F}{\partial v^2} \\ & =  4y^2 \frac{\partial^2 F}{\partial u^2} + 8xy \frac{\partial^2 F}{\partial v \partial u}+ 2 \frac{\partial F}{\partial v} + 4x^2 \frac{\partial^2 F}{\partial v^2} \end{align*} em que mais uma vez as derivadas parciais de $F$ são calculadas em $(2xy, x^2+y^2)$. Particularizando para $(x,y)=(1,1)$ obtém-se \[\frac{\partial^2 G}{\partial x^2} (1,1)=  4 \frac{\partial^2 F}{\partial u^2}(2,2)+ 8 \frac{\partial^2 F}{\partial v \partial u}(2,2)+ 2 \frac{\partial F}{\partial v}(2,2) + 4 \frac{\partial^2 F}{\partial v^2}(2,2). \]
5. Seja $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $g(x,y)=x^3-y^2-x^2y-4y$.
   1. Mostre que $g$ possui um único ponto de estacionaridade.
   2. Classifique o ponto de estacionaridade de $g$ relativo a ser ou não um ponto de extremo local.
   Solução

   1. Temos \begin{align*}\frac{\partial g}{\partial x} & =3x^2-2xy \\ \frac{\partial g}{\partial y} & = -2y -x^2 -4\end{align*} pelo que o sistema de estacinaridade de $g$ é \[ \begin{cases} x(3x-2y) = 0 \\ -2y -x^2 -4 = 0\end{cases}\] Uma possibilidade para satisfazer a primeira equação é $x=0$. Substituindo esse valor de $x$ na segunda equação obtém-se $y=-2$. Obtivemos assim um ponto de estacionaridade. Por outro lado, para satisfazer a primeira equação para $x\neq 0$ deveríamos ter $3x-2y=0$ pelo que deveria então ser $x=\frac{2}{3}y$. Substituindo na sequnda equação obter-se-ia $-2y - \frac{4}{9} y^2 -4 = 0$. Esta última equação não tem raízes reais pelo que $(0,-2)$ é o único ponto de estacionaridade.
   2. As derivadas parciais de segunda ordem de $g$ são \begin{align*}\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} & = 6x-2y, \\ \frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} & = -2x \\ \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} & =-2 \end{align*} pelo que a matriz hessiana de $g$ em $(0, -2)$ é \[H_g(0,-2)=\begin{bmatrix}4 & 0 \\ 0 & -2 \end{bmatrix}\] que define uma forma quadrática indefinida ($(x,y)\mapsto 4x^2 -2y^2$) pelo que $(0, -2)$ não é um ponto de extremo.
6. Determine o contradomínio da função $\psi$ definida por $\psi(x,y)=\sqrt{\arctg(x^2+4y^2)}$, e identifique e classifique os seus pontos de extremo se existirem.
   Solução

   Temos $\psi= \phi\circ \theta$ em que $\phi:[0,+\infty[\to\mathbb{R}$ é definida por $\phi(t)=\sqrt{\arctg t}$ e $\theta(x,y)=x^2+ 4y^2$. Temos que $\theta(0,0)=0$, $\theta\geq 0$, $\lim_{(x,y)\to \infty}\theta(x,y)=+\infty$ (pois $x^2+ 4y^2\geq x^2+y^2$), e $\theta$ é contínua. Portanto o contradomínio de $\theta$ é, pelo teorema do valor intermédio, $[0,+\infty[$. Daí decorre que o contradomínio de $\psi$ é $\left[0,\sqrt{\pi/2}\right[$ graças a propriedades conhecidas das funções $\arctg$ e raiz quadrada. A função possui $0$ como mínimo absoluto ocorrendo em $(0,0)$.

   [Embora tal não seja pedido, vamos sugerir como discutir a mesma questão supondo que em vez de extremos (absolutos) estávamos interessados em extremos locais. Restringindo a função a rectas $y=cx$ com $c\in\mathbb{R}$ ou $x=0$ é fácil de perceber que não pode haver pontos de extremo local em pontos $(x,y)\neq (0,0)$ pois $\arctg$ e a raiz quadrada são funções estritamente crescentes.]