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Enunciado

Cálculo - Um curso de Cálculo Volume 2 - 5ª Edição - Hamilton Luiz Guidorizzi- Ed: 5º - Capítulo 11.3 - Ex. 11

Considere a função f x , y = 1 - x 2 - y 2 . Seja α o plano tangente ao gráfico de f no ponto a , b , 1 - a 2 - b 2 , com a > 0 ,   b > 0 e a 2 + b 2 < 1 . Seja V o volume do tetraedro determinado por α e pelos planos coordenados.

  1. Expresse V em função de a e b .
  2. Determine a e b para que se tenha ∂ V ∂ a a , b = 0 e ∂ V ∂ b a , b = 0 .

Passo 1

  1. Se α estiver escrito da forma z = f x , y , podemos encontrar o volume do tetraedro pela integral, na região a , b > 0 e delimitado pela intersecção do plano no plano z = 0 , para isso, precisamos encontrar o plano α .

    2. z - f a , b = f x a , b x - a + f y a , b ( y - b )

    Calculando as derivadas em a , b

    f x a , b = - 2 a

    f y a , b = - 2 b

    E a função é dada por f a , b = 1 - a 2 - b 2 , substituindo

    z - 1 + a 2 + b 2 = - 2 a x - a - 2 b ( y - b )

    z - 1 + a 2 + b 2 = - 2 a x - 2 b y + 2 a 2 + 2 b 2

    z = a 2 + b 2 + 1 - 2 a x - 2 b y

    Passo 2

    Para encontrar a região de integração, achamos a intersecção do plano com z = 0

    a 2 + b 2 + 1 - 2 a x - 2 b y = 0

    2 a x + 2 b y = a 2 + b 2 + 1

    Isolando y

    2 b y = a 2 + b 2 + 1 - 2 a x

    y = a 2 + b 2 + 1 - 2 a x 2 b

    Quando y = 0

    2 a x = a 2 + b 2 + 1

    x = a 2 + b 2 + 1 2 a

    Temos então a região

    0 ≤ x ≤ a 2 + b 2 + 1 2 a

    0 ≤ y ≤ a 2 + b 2 + 1 - 2 a x 2 b

    E V será dado por

    V = ∫ 0 a 2 + b 2 + 1 2 a ∫ 0 a 2 + b 2 + 1 - 2 a x 2 b a 2 + b 2 + 1 - 2 a x - 2 b y   d y d x

    Como ficou um pouco grande, vamos chamar a 2 + b 2 + 1 = m

    V = ∫ 0 m 2 a ∫ 0 m - 2 a x 2 b m - 2 a x - 2 b y   d y d x

    Passo 3

    Integrando temos

    V = ∫ 0 m 2 a m y - 2 a x y - b y 2 0 m - 2 a x 2 b   d x

    = ∫ 0 m 2 a m m - 2 a x 2 b - 2 a x m - 2 a x 2 b - b m - 2 a x 2 b 2   d x

    = ∫ 0 m 2 a m 2 2 b - 2 a m x 2 b - 2 a m x 2 b + 4 a 2 x 2 2 b - m 2 - 4 a m x + 4 a 2 x 2 4 b   d x

    Juntando e simplificando os termos semelhantes

    = ∫ 0 m 2 a m 2 2 b - m 2 4 b + - 4 a m x 2 b + 4 a m x 4 b + 4 a 2 x 2 2 b - 4 a 2 x 2 4 b   d x

    = ∫ 0 m 2 a m 2 4 b - 4 a m x 4 b + 4 a 2 x 2 4 b   d x = 1 4 b ∫ 0 m 2 a m 2 - 4 a m x + 4 a 2 x 2   d x

    = 1 4 b m 2 x - 2 a m x 2 + 4 a 2 3 x 3 0 m 2 a = 1 4 b m 2 m 2 a - 2 a m m 2 a 2 + 4 a 2 3 m 2 a 3

    = 1 4 b m 3 2 a - m 3 2 a + m 3 6 a = m 3 24 a b

    Então temos

    V = m 3 24 a b

    Substituindo o valor de m

    V a , b = a 2 + b 2 + 1 3 24 a b

    Passo 4

  2. Primeiramente, vamos derivar V em a e b

∂ V ∂ a a , b = 3 a 2 + b 2 + 1 2 2 a 24 a b - a 2 + b 2 + 1 3 24 b 24 a b 2

= a 2 + b 2 + 1 2 144 a 2 b - a 2 + b 2 + 1 3 24 b 24 a b 2

Colocando a 2 + b 2 + 1 2 em evidência

= a 2 + b 2 + 1 2 144 a 2 b - 24 a 2 b - 24 b 3 - 24 b 24 a b 2

= a 2 + b 2 + 1 2 1 20 a 2 b - 24 b 3 - 24 b 24 a b 2

Colocando 24 b em evidência

= a 2 + b 2 + 1 2 5 a 2 - b 2 - 1 24 b 24 a b 2

∂ V ∂ a a , b = a 2 + b 2 + 1 2 5 a 2 - b 2 - 1 24 a 2 b

Por simetria entre as variáveis a e b

∂ V ∂ b a , b = a 2 + b 2 + 1 2 5 b 2 - a 2 - 1 24 a b 2

Passo 2

Igualando a derivada em a a 0

∂ V ∂ a a , b = 0

a 2 + b 2 + 1 2 5 a 2 - b 2 - 1 24 a 2 b = 0

Precisamos que o numerador seja 0 , mas a 2 + b 2 + 1 ≥ 0 sempre então o que precisa ser igual a zero é

5 a 2 - b 2 - 1 = 0

5 a 2 - b 2 = 1

De forma semelhante, quando olhamos para a derivada em b temos a igualdade

5 b 2 - a 2 - 1 = 0

5 b 2 - a 2 = 1

Multiplicando por 5

25 b 2 - 5 a 2 = 5

Temos o sistema

5 a 2 - b 2 = 1 25 b 2 - 5 a 2 = 5

Somando as equações

24 b 2 = 6

b 2 = 1 4

Como b > 0

b = 1 2

Encontrando a

5 a 2 - b 2 = 1

5 a 2 = 1 + 1 4 = 5 4

a 2 = 1 4

a = 1 2

Resposta

  1. V a , b = a 2 + b 2 + 1 3 24 a b

a = 1 2 ,     b = 1 2

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