Plano tangente e Curva de Nível

Teoria Completa

Imagina que você tem a seguinte questão:

Seja σ t = 3 t , t 2 , uma parametrização para a curva de nível de 2 de f , onde f é uma função de x e y .

Determine o plano tangente a f que passa no ponto 3,1 que está na curva, e no ponto ( 5,1 ) que está no plano mas não na curva.

Ai jzuiss, tendi nada ?! Relaxa que vou explicar bem devagar pra você entender direitinho!

A questão te da:

  • Uma função f   sem definição
  • A parametrização de uma curva de nível de f

E pede:

  • O plano tangente ao gráfico da função

Vamos comerçar pelo final, a equação do plano tangente a uma superfície num ponto P 0   da superfície é:

x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 ⋅ ∇ F P 0 = 0

Onde

F x , y , z = f x , y - z

Assim

∇ F = f x , f y , - 1

Mas isso não parece ajudar em muita coisa né? Repara que para acharmos o plano tangente, vamos precisar basicamente do P 0 e do gradiente.

Como vamos relacionar o gradiente com a curva de nível que ele deu? Vamos começar lembrando que ∇ f P 0 é perpendicular ao plano tangente, e que P 0 é o ponto do plano que pertence a curva σ t .

Assim, naquela questão aqui de cima, vamos ter que o ponto que ele quer é 3,1 , mas falta uma componente ne? cadê o z ? Repara que ele disse que era uma parametrização para a curva de nível em 2 , opa, pera. Curva de nível é

f x 0 , y 0 = 2

Com x 0 e y 0 sendo os pontos da curva de nível

Mas

z 0 = f x 0 , y 0

Achamos o bedito z 0

Nosso ponto é

P 0 = 3,1 , 2

Falta agora achar o gradiente, aqui é um pouco pior. Vamos pensar com calma, temos

z = f x , y

E conseguimos fazer isso na nossa curva σ t = 3 t , t 2

z = f 3 t , t 2

Usando a regra da cadeia, vamos ter

d z d t = ∇ f 3 t , t 2 ∙ σ t '

Ali temos que achar a derivada de σ t

σ ' t = 3,2 t

Assim, vamos ter

d z d t = ∇ f 3 t , t 2 ∙ 3,2 t

Repara que esse σ t é a própria curva de nível, assim

z = 2 → d z d t = 0

Esse resultado não é geral, temos que achar para cada questão, aqui demos sorte rs. Mas vamos focar nos passos para conseguir fazer esse tipo de questão.

Continuando a nossa conta, vamos ter

f x 3 t , t 2 , f y 3 t , t 2 ∙ 3,2 t = 0

3 f x 3,1 + 2 t f y 3,1 = 0

Basicamente falta achar t para aquele ponto P 0 , vamos igualar o ponto a σ t

σ t = 3 t , t 2 = 3,1

3 t = 3 → t = 1

t 2 = 1 → t = ± 1

Assim, t = 1

E vamos ter

3 f x + 2 f y = 0

f x = - 2 3 f y

Agora é que as coisas ficam diferentes para cada questão, ele pode te dar varias informações para sair dessa relação, aqui ele deu outro ponto do plano, 5,1 , 0

x - 3 , y - 1 , z - 2 ⋅ - 2 3 f y , f y , - 1 = 0

Trocando o ponto 5,1 , 0 vamos achar

- 4 3 f y + 2 = 0

f y = 3 2 → f x = - 1

Assim achamos o nosso plano, repara que fizemos basicamente

C u r v a   d e   n í v e l   →   f x 0 , y 0 = k

R e g r a   d a   C a d e i a   →   d z d t = ∇ f σ t ∙ σ t '

As outras informações vamos tirar de cara questão. Partiu exercício.

Expandir

Exercício Resolvido #1

USP, Cálculo 2, P2 2013, questão 3

Seja π o plano tangente ao gráfico de uma função f em um ponto x 0 , y 0 ,   f x 0 , y 0 . Seja γ t = 1 + 1 t , t   ,   t ≠ 0 uma parametrização para a curva de nível 1 de f e suponha que x 0 , y 0 = γ t 0 para algum t 0 . Determine uma equação para o plano π sabendo que ele contém os pontos 1 , 1 , 1 2     e   4,1 , 2 .

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Passo 1

Muita coisa no enunciado, né? Vamos pegar o que interessa pra ficar mais fácil de montar alguma estratégia:

  • Temos uma função f x , y = z
  • Temos uma curva de nível 1 de f , γ t = 1 + 1 t , t  
  • x 0 , y 0 = γ t 0

E temos que encontrar um plano tangente a f x , y que passe pelos pontos 1,1 , 1 2     e   4,1 , 2 .

Parece pouco, mas vamos destrinchar cada detalhe e ver o que podemos fazer com isso!

Passo 2

Bom, se essa curva γ t é curva de nível de f , então, obviamente, ela está contida em f . Tá, e daí? E daí que podemos escrever que, para todo ponto x 0 , y 0 e parâmetro correspondente t 0 ,

∇ f x 0 , y 0   . γ ' t 0 = 0

Sabe por que? Porque o vetor gradiente é perpendicular à superfície formada por f , e γ ' t representa um vetor tangente a curva γ t , que, por sua vez, está na superfície de f ! Então, como o vetor perpendicular à superfície é perpendicular a outro que seja tangente a ela, e o produto escalar entre vetores perpendiculares é 0 , a equação ali de cima sempre vale!

Passo 3

Então vamos calcular o tal γ ' t 0 :

γ t = 1 + 1 t , t  

γ ' t 0 = - 1 t 2 , 1

Simples, só derivar cada componente!

E jogando na equação do passo 1 ,

∇ f x 0 , y 0   . - 1 t 2 , 1 = 0

Passo 4

Resolvendo a equação

∇ f x 0 , y 0   . - 1 t 2 , 1 = 0

Não teremos uma resposta agradável, porque além de não sabemos quem é t 0 , ficaremos sem saber quem são f x e f y (as componentes do vetor gradiente).

Então, vamos usar um “truque”. Da mesma forma que o produto escalar entre vetores perpendiculares vale 0 , temos, para vetores colineares, que um é múltiplo do outro. Faz sentido né? Então, vamos rotacionar em 90 ° o vetor - 1 t 2 , 1 , e depois equacionar ele e o gradiente dizendo que são múltiplos um do outro.

- 1 t 2 , 1 + 90 ° = 1 , 1 t 0 2

O que fizemos foi trocar as coordenadas de lugar e multiplicar a segunda por - 1 . Se não lembra disse de Álgebra Linear, dá uma olhadinha rápida que é bem simples! Mas se não quiser fazer isso agora, apenas grave na cabeça: Para rotacionar um vetor em 90 ° , troca as coordenadas de lugar e multiplica a segunda por - 1 .

E agora, podemos dizer que esse novo vetor é múltiplo do vetor gradiente! Assim,

∇ f x 0 , y 0 = λ 1 , 1 t 0 2

Passo 5

Beleza, agora que temos essa última equação, podemos encontrar as derivadas parciais em função de λ e t 0 !

Veja só:

∇ f x 0 , y 0 = λ 1 , 1 t 0 2

f x , f y = λ , λ t 0 2

E temos, então,

f x = λ

f y = λ t 0 2

Passo 6

E agora, o que fazemos com essas derivadas parciais? Jogamos na equação do plano! Sim, temos as derivada parciais em função de duas incógnitas, λ e t 0 . Mas temos também dois pontos, dados pelo enunciado. Assim, teremos um sistema de duas equações e duas incógnitas! Dito isto, vamos à equação do plano:

δ f x 0 , y 0 δ x x - x 0 + δ f x 0 , y 0 δ y y - y 0 = z - z 0

Sendo que sabemos, pelo enunciado, que x 0 , y 0 = γ t 0 , e, sendo γ t = 1 + 1 t , t   , temos que x 0 = 1 + 1 t 0 e y 0 = t 0 . Além disso, como o nível da curva é 1 , ou seja, a curva tem altura constante igual a 1 , z 0 = 1 . Colocando essa informações na equação, e as derivadas parciais que encontramos, teremos:

λ x - 1 + 1 t 0 + λ t 0 2 y - t 0 = z - 1

Passo 7

Legal, agora só falta substituir os pontos e resolver o sistema! Tendo os pontos 1 , 1 , 1 2     e   4,1 , 2 , e colocando esses valores para x , y e z da equação do plano, teremos:

λ 1 - 1 + 1 t 0 + λ t 0 2 1 - t 0 = 1 2 - 1 λ 4 - 1 + 1 t 0 + λ t 0 2 1 - t 0 = 2 - 1

Se fizermos a de baixo menos a de cima, teremos:

4 λ - λ 1 + 1 t 0 + λ t 0 2 1 - t 0 - λ - λ 1 + 1 t 0 + λ t 0 2 1 - t 0 = 1 - - 1 2

3 λ = 3 2

λ = 1 2

Passo 8

Jogando esse valor de λ na primeira equação, teremos:

1 2 1 - 1 + 1 t 0 + 1 2 t 0 2 1 - t 0 = - 1 2

Multiplicando por 2 :

1 - 1 + 1 t 0 + 1 t 0 2 1 - t 0 = - 1

- 1 t 0 + 1 t 0 2 1 - t 0 = - 1

- 1 t 0 + 1 t 0 2 - t 0 t 0 2 = - 1

- 1 t 0 + 1 t 0 2 - 1 t 0 = - 1

1 - 2 t 0 t 0 2 = - 1

t 0 2 - 2 t 0 + 1 = 0

Resolvendo por Bhaskara:

t 0 = 1

Finalmente!! Encontramos o valor de t 0 e de λ !

Passo 9

Colocando esses valores na equação do plano, teremos:

λ x - 1 + 1 t 0 + λ t 0 2 y - t 0 = z - 1

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

x + y - 2 z = 1

Resposta

A equação do plano é:   x + y - 2 z = 1

Exercício Resolvido #2

USP, Cálculo 2, P2 2014, questão 2

Seja f : R 2 → R uma função diferenciável e considere   γ : R → R 3 dada por:

γ t = t , 2 t 2 , t 2 ,   ∀ t ∈ R

Seja r a reta tangente à curva de nível 4 de f no ponto 2,8 . Sabendo que a imagem de γ está contida no gráfico de f e que a reta r passa pelo ponto 1 , - 4 , determine:

  1. O vetor gradiente de f no ponto 2,8
  2. A equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto 2,8 , f 2,8 .
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Passo 1

a)Organizando tudo o que temos:

  • Uma função não especificada f x , y (sabemos que tem duas variáveis, porque é de R 2 );
  • Uma curva γ t = t , 2 t 2 , t 2 que está contida na superfície formada por f x , y ;
  • E uma reta, que sabemos que é tangente à curva de nível 4 no ponto 2,8 e também passa pelo ponto 1 , - 4 .

E, com essas informações, temos que encontrar o vetor gradiente de f x , y no ponto 2,8 .

Passo 2

Agora vamos botar a mão na massa!

Temos dois pontos por onde a reta r passa, certo? Então vamos encontrar um vetor diretor dela, fazendo a diferença entre os pontos!

v → = 2,8 - 1 , - 4

v → = 1,12

Passo 3

Como o gradiente da função f x , y é dado pelo vetor normal à superfície, temos, por consequência, que ele é perpendicular a esse vetor encontrado(porque o nosso v → é tangente à superfície)!

Assim, se a gente rotacionar o vetor v → que encontramos em 90 graus, ele será paralelo ao vetor gradiente, e ficará na mesma linha, conseguiu enxergar? Assim, vamos pegar o vetor v → = 1,12 , e fazer:

v → = 1,12 + 90 ° = 12 , - 1

Lembra de Álgebra Linear? Se não, dá uma olhadinha na teoria que essa parte é bem simples, basicamente, se queremos rodar em 90 ° um vetor no sentido anti-horário, invertemos as coordenadas e multiplicamos a segunda por - 1 .

E, finalmente, agora que o vetor v → e o ∇ F x , y são colineares, podemos escrever para o ponto 2,8 :

∇ F 2,8 = k . 12 , - 1

Ou seja, um é múltiplo do outro. O valor de k iremos descobrir mais tarde, antes temos que chegar a mais algumas conclusões...

Passo 4

Vamos agora dar uma olhada para a curva γ t . Sabemos que ela está contida na superfície f x , y , certo? Então, podemos dizer que, se

γ t = t , 2 t 2 , t 2

E

f x , y = z

Então,

f t , 2 t 2 = t 2

Viu o que fizemos? A curva γ t pega sempre o valor de um t , e, com ele, forma um ponto de 3 coordenadas. Já a superfície f x , y , com dois pontos dados (ou seja, o valor da primeira e segunda coordenada de γ t ), gera um terceiro valor, que dará a coordenada z do ponto.

E qual seria o valor do parâmetro t , se a nossa curva de nível passa por z = 4 (ou seja, nível 4)? Fácil, basta a gente resolver esse “sistema”:

f 2,8 = 4 f t , 2 t 2 = t 2

Se temos essas duas equações, podemos dizer que:

2 t 2 = 8

t 2 = 4

t = 2

Passo 5

E agora só precisamos de mais uma relação que envolva o a função f x , y e a curva γ t , sabe qual? A regra da cadeia! Veja só, por ela teremos que:

∇ f ⋅ σ ' t = d f d t

Assim, como f t , 2 t 2 = t 2 , ∇ F 2,8 = k . 12 , - 1 , e t = 2 , só precisamos calcular a derivada dessa curva para t = 2 e resolver essa equação, pois a única incógnita será o k !

Fazendo então a derivada:

γ t = t , 2 t 2 , t 2

σ ' t = 1,4 t , 2 t

Para t = 2 ,

σ ' t = 1,8 , 4

Passo 6

Agora, resolvendo a equação:

∇ f ⋅ σ ' t = d f d t

Usando ∇ F 2,8 = k . 12 , - 1 , σ ' t = 1,8 , 4 e f t , 2 t 2 = t 2 ,

k . 12 , - 1   .   1,8 , 4 = 2 t

Para t = 2 , teremos:

k . 12 , - 1   .   1,8 , 4 = 4

12 k . 1 - k . 8 + 0.4 = 4

k = 1

Passo 7

Beleza!!! Agora que temos o valor de k , é só voltamos pra equação do vetor gradiente com o vetor diretor da reta:

∇ F 2,8 = k . 12 , - 1

Com k = 1

∇ F 2,8 = 12 , - 1

Passo 8

  1. Agora vamos encontrar a equação do plano tangete?

Como sabemos, f 2,8 , f 2,8 é f 2,8 , 4 , porque a curva esse tempo todo tinha nível 4 com parâmetro t = 2 etc etc....

Agora que sabemos o vetor gradiente nesse ponto ∇ F 2,8 = δ f 2,8 δ x , δ f 2,8 δ y = 12 , - 1 , basta usarmos a equação do plano tangente para esse vetor!

δ f x 0 , y 0 δ x x - x 0 + δ f x 0 , y 0 δ y y - y 0 = z - z 0

Passo 9

Do item a , temos que ∇ F 2,8 = 12 , - 1 e f 2,8 = 4 .

Colocando esses valores na equação,

12 x - 2 - 1 y - 8 = z - 4

12 x - y - z = 12

E aí está a equação do plano!

Resposta

  1. Vetor gradiente é 12 , - 1
  2. Plano tangente é 12 x - y - z = 12

Exercício Resolvido #3

Plano Tangente e Reta Normal

Seja f   : R 2 → R uma função diferenciável. Seja γ t = ( 2 t , t 2 , z t ) uma curva diferenciável tal que sua imagem está contida no gráfico de f . A equação da reta tangente a γ em γ ( 1 ) é x , y , z = 2,1 , - 2 + λ ( 1,1 , 4 ) com λ ∈ R . Determine A e B para que o plano de equação z = A x + B y - 3 seja o plano tangente ao gráfico de f em ( 2,1 , f 2,1 ) .

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Passo 1

Essa é aquela típica questão que a gente não sabe muito bem por onde começar, de tanta informação. Mas já que o enunciado dá a equação da reta tangente em γ ( 1 ) , podemos dar uma olhada em γ ( 1 ) e ver no que dá:

γ 1 = ( 2,1 , z 1 )

E sabemos pelo enunciado que a imagem de γ está contida no gráfico de f . Logo:

z 1 = f ( 2,1 )

Ou seja:

γ 1 = ( 2,1 , f 2,1 )

Além disso, sabemos que a equação da reta tangente a γ em γ 1 é:

x , y , z = 2,1 , - 2 + λ ( 1,1 , 4 ) ; λ ∈ R .

Se essa é a reta tangente em γ ( 1 ) , então ela passa por γ ( 1 ) né?

γ 1 = 2,1 , f 2,1 = 2,1 - 2 + λ ( 1,1 , 4 )

Pra equação ser respeitada, devemos ter:

λ = 0

⇒ f 2,1 = - 2

Show!

Passo 2

Agora que sabemos isso, podemos focar melhor na questão do problema: o plano z = A x + b y - 3 tangente ao gráfico de f em 2,1 , f 2,1 = 2,1 , - 2 .

Primeiro, pra ficar mais claro, podemos passar o z pra um lado e o 3 pro outro, aí o plano fica assim:

A x + B y - z = 3

A equação do plano tangente a uma superfície num ponto P 0 é:

n → ⋅ x , y , z = P 0 ⋅ n →

onde n → é o vetor normal à superfície em P 0 .

Nesse exercício, P 0 é o ponto ( 2,1 , - 2 ) que achamos no Passo 1 certo? Ou seja, as duas equações do sistema abaixo são equivalentes!

A x + B y - z = 3       n → ⋅ x , y , z = 2,1 , - 2 ⋅ n →

Observação: na segunda linha são produtos escalares!

Digamos n → = ( a , b , c ) . Assim:

a x + b y + c z = A x + B y - z

a = A   ; b = B   ; c = - 1