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 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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