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

n = ( A , B , - 1 )

Agora vamos dar uma olhada na lado direito do sistema:

2,1 , - 2 n = 3

2,1 , - 2 A , B , - 1 = 3

2 A + B + 2 = 3

2 A + B = 1

Beleza, achamos uma equação de primeiro grau relacionando A e B , só mais uma dessas e lacramos a questão!

Passo 3

Podemos lembrar que a equação da reta tangente a γ em γ ( 1 ) é x , y , z = 2,1 , - 2 + λ ( 1,1 , 4 ) .

Como I m a g e m γ G r á f i c o ( f ) , isso significa que o vetor diretor ( 1,1 , 4 ) dessa reta tangente é paralelo ao plano tangente ao gráfico de f nesse ponto. Esse plano, nós já sabemos que é:

A x + B y - z = 3

Mas peraí, se o vetor ( 1,1 , 4 ) é paralelo ao plano tangente, então ele é perpendicular ao vetor normal!

1,1 , 4 ( A , B , - 1 )

Assim, pelas propriedades do produto escalar:

1,1 , 4 A , B , - 1 = 0

A + B - 4 = 0

A + B = 4

Uhul! Achamos a segunda equação!

Passo 4

Agora é só resolver o sistema:

2 A + B = 1 A + B = 4

Subtraindo a segunda equação da primeiro, obtemos:

2 A + B - A - B = 1 - 4

A = - 3

Agora ficou fácil! Da segunda equação podemos tirar que:

A + B = 4  

- 3 + B = 4

B = 7

Resposta

A = - 3

B = 7    

Exercício Resolvido #4

Regra da Cadeia, Plano Tangente e Reta Normal

A função f : R 2 R é diferenciável e f - t , t = 2 t 3 - t ,   t R . Sabendo que o ponto 0,2 , 12 pertence ao plano tangente ao gráfico de f no ponto - 1,1 , 1 , determine f - 1,1 e dê a equação do plano tangente.

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Passo 1

Queremos achar esse plano tangente, e, no meio do caminho, precisaremos de f , aí já matamos tudo de uma vez ;)

Vamos lá... Essa função f que foi dada é do tipo:

z = f x , y

Certo, uma função de duas variáveis. Sendo assim, podemos dizer que:

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

E, então, o vetor gradiente será do plano tangente será:

F x , y , z = f x , f y , - 1

Até agora tranquilo?

Passo 2

Pegando o gradiente do passo anterior e o ponto de tangência, podemos escrever a equação geral para o plano como:

x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 . n = 0

Ou seja, o produto vetorial entre o vetor normal e um vetor qualquer do plano é 0 (pois são perpendiculares). Tomando o ponto x 0 , y 0 , z 0 = - 1,1 , 1 como o ponto de tangência, temos:

x + 1 , y - 1 , z - 1 . f x , f y , - 1 = 0

Naturalmente, esse f x e f y são as derivadas no ponto que estamos tratando, - 1,1 para as duas primeiras variáveis e - 1,1 , 1   para F .

Passo 3

Pegando a equação para o plano que acabamos de encontrar, podemos dizer que o ponto 0,2 , 12 pertence a ele colocando-o na equação:

0 + 1,2 - 1,12 - 1 . f x , f y , - 1 = 0

f x + f y = 11

Ok, chegamos numa relação entre as derivadas parciais que formam o vetor gradiente!

Passo 4

Agora chegou a hora de usar a equação f - t , t = 2 t 3 - t que nos foi dada. Ela é uma parametrização para f por uma curva γ t = - t , t , certo? Então, pela regra da cadeia, temos que:

f t = f x , y . γ ' t

Como γ ' t = - 1,1 , e f t = 6 t 2 - 1 , temos:

6 t 2 - 1 = f x , y . - 1,1

Como queremos o gradiente para o ponto - 1,1 , precisamos colocar t = - 1 (para ter f - 1,1 ). Assim, teremos:

6.1 2 - 1 = f x , y . - 1,1

5 = - f x + f y

E chegamos em outra relação entre f x e f y !

Passo 5

Agora que temos duas relações que envolvem as duas derivadas parciais no ponto - 1,1 , basta resolver o sistema:

f x + f y = 11 - f x + f y = 5

somando as duas, temos que

2 f y = 16

f y = 8

Substituindo esse valor na primeira, temos:

f x = 11 - 8 = 3

E, portanto, o vetor gradiente é:

f - 1,1 = 3,8

E, só pra não criar um passo a mais pra colocar esse resultado na equação do plano, temos:

x + 1 , y - 1 , z - 1 . 3,8 , - 1 = 0

3 x + 1 + 8 y - 1 + 1 = z

E é isso aí :D

Resposta

3 x + 1 + 8 y - 1 + 1 = z

Exercício Resolvido #5

Curvas Parametrizadas, Derivadas Parciais e o Vetor Gradiente, Regra da Cadeia, Interseção de Superfícies

Seja f : R 2 R uma função diferenciável que satisfaz

  1. A imagem da curva γ t = t , t 3 + 1 , t 2 - t está contida no gráfico de f .
  2. f s - 1 , s 2 = 2 , s R .

Considere, ainda, o ponto P = - 1,0 , f - 1,0 .

a) Determine f - 1 , 0 e dê uma equação para a reta tangente à curva γ em P .

b) Calcule f - 1,0 e dê a equação do plano tangente ao gráfico de f em P .

c) A superfície 2 x z - 2 y + z 2 = 0 intercepta o gráfico de f em uma curva C que contém P . Determine uma equação para a reta tangente à curva C no ponto P .

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Passo 1

a) Vamos lá, pra começar bem, vamos logo descobrir o valor de f - 1,0 ? Para isso, vamos usar:

s - 1 , s 2 = 2

E basta fazer s = 0 , temos que:

f - 1,0 = 2

Show! Beleza?

Passo 2

Beleza, agora vamos para a reta tangente na curva γ ! Se a equação dessa curva é:

γ t = t , t 3 + 1 , t 2 - t

Então, colocando t = - 1 , temos o ponto P , veja só:

γ - 1 = - 1 , - 1 3 + 1 , - 1 2 - - 1 = - 1,0 , 2

E olha aí! De quebra já confirmamos que o que fizemos no passo anterior está realmente certo, f - 1,0 = 2 , que é a terceira coordenada do ponto P !

Passo 3

Beleza, agora que temos o valor que t deve assumir para termos o ponto P , vamos encontrar o vetor diretor da reta tangente?

Basta derivar a curva γ :

γ ' t = 1,3 t 2 , 2 t - 1

Colocando t = - 1 , o vetor derivada no ponto P fica:

γ ' - 1 = 1,3 - 1 2 , 2 - 1 - 1

γ ' - 1 = 1,3 , - 3

Passo 4

Agora que temos o ponto e o vetor diretor da reta, podemos jogar na equação paramétrica dela! Fica:

r t = P + t . v

Substituindo o ponto e o vetor diretor,

r t = - 1,0 , 2 + t . 1,3 , - 3

E aí está a equação! Partiu letra b !

Passo 5

b) Tá... para encontrarmos o plano tangente, precisamos encontrar o vetor gradiente, e, para encontrar esse vetor, precisamos encontrar as derivadas parciais em relação a x e y , show? Mas o enunciado deu apenas duas curvas que pertencem à nossa função, e não a função em si, certo? O que isso te lembra? Regra da cadeia!!!

Olha a equação dela aí:

δ f δ t = f x , y .   σ ' t

temos duas curvas, logo, podemos fazer duas regras da cadeia, e montar um sistema para encontrar as duas derivadas!

Passo 6

A curva γ t = t , t 3 + 1 , t 2 - t é uma outra forma de dizer que, dada a primeira coordenada, x , como t e a segunda, y , como t 3 + 1 , teremos o valor da função na terceira coordenada, t 2 - t . Ou seja:

f t , t 3 + 1 = t 2 - t

Então, aplicando a regra da cadeia, pela equação do passo anterior, teremos:

2 t - 1 = f x , y . γ ' t

Neste caso, γ ' envolve apenas as duas coordenadas da derivada de γ . Colocando essas derivadas, que já calculamos,

2 t - 1 = f x , f y 1,3 t 2

Fazendo, agora t = - 1 (pois estamos no ponto P ) e o produto escalar,

2 - 1 - 1 = f x + 3 - 1 2 f y

- 3 = f x + 3 f y

E aí está a primeira equação que envolve f x e f y no ponto P !

Passo 7

Agora vamos fazer exatamente a mesma coisa com a outra curva que foi dada! No caso, ela é:

f s - 1 , s 2 = 2

Como a própria equação informa, é uma curva de nível, no caso, nível 2 ! Assim, quando derivarmos em relação a s , vai dar 0 !

Aplicando a regra da cadeia:

0 = f x , y . σ ' s

Neste caso, σ ' s = 1,2 s , basta derivar cada coordenada de f s - 1 , s 2 ;)

0 = f x , f y 1,2 s

Como vimos no primeiro passo, para termos o ponto - 1,0 , devemos colocar s = 0 nesta parametrização. O mesmo vale agora!

0 = f x . 1 + f y . 2.0

E, daí, temos que:

f x = 0

Opa! Acabamos de encontrar o valor da primeira derivada em relação a x !

Passo 8

Jogando esse valor na equação do passo 6 , quando derivamos a curva γ t , teremos:

- 3 = 0 + 3 f y

f y = - 1

E, assim, o vetor gradiente fica:

f - 1,0 = 0 , - 1

E é isso aí! Vetor gradiente encontrado, partiu encontrar o plano tangente!

Passo 9

Estamos aqui com um vetor gradiente que tem apenas duas coordenadas... Isso aconteceu pois a função f tem apenas duas variáveis. Nestes casos, temos que fazer:

z = f x , y

E, assim, montamos um função de três variáveis,

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

Beleza? E, assim, o vetor gradiente de F será:

F x , y , z = f x , f y , - 1

Ou seja, sempre que fizermos que z = f x , y , teremos a terceira coordenada do gradiente igual a - 1 ! Enfim, acrescentando essa coordenada ao vetor encontrado no passo anterior, teremos:

F - 1,0 , 2 = 0 , - 1 , - 1

E, agora que temos o gradiente com as devidas coordenadas e o ponto e tangência do plano, podemos jogar na fórmula do plano tangente!

x , y , z . n = P . n

x , y , z 0 , - 1 , - 1 = - 1,0 , 2 . 0 , - 1 , - 1

Fazendo os produtos escalares, teremos:

y + z = 2

Passo 10

c) Finalmente! Chegou na última! Vamos lá, firmeza que dá pra fechar sem muito esforço :D

Resumindo a história: tínhamos a superfície da função f , e, agora, interceptamos ela com a outra superfície do enunciado. Isso gerou uma curva que contém o ponto P e nossa missão é encontrar a reta tangente a ela nesse ponto!

Aí você pensa: Ahh essa é fácil! Basta encontrar a curva de interseção, parametrizar, derivar, substituir o ponto na derivada, e jogar na fórmula! Não, não quando se está na USP XD Esse processo que você acabou de ler sempre vai funcionar, é claro, mas, estatisticamente falando, você só vai usá-lo quando já te dão a curva parametrizada.

Quando você tem uma situação como essa nossa agora, é muito mais negócio fazer o seguinte: Essa curva é uma curva de interseção, logo, está simultaneamente em ambas as superfícies. Assim, para o ponto P em questão, temos que os vetores gradientes das superfícies são, ambos, normais à curva de interseção (pois são normais às superfícies).Logo, se fizermos o produto vetorial entre eles, o resultado será um vetor que é normal à ambos, e teremos o vetor tangente à curva, que é o vetor que é normal, ao mesmo tempo, a um vetor gradiente e ao outro!

Passo 11

Sei que ficou um tarolo nada convidativo para ser lido no passo anterior, desculpa XD Se não tiver ficado claro, aperta o botão vermelho no canto superior da tela e manda uma mensagem!

Enfim, aplicando o que acabamos de dizer, teremos que:

i ^ j ^ k ^ f x - 1,0 f y - 1,0 f z - 1,0 g x - 1,0 g y - 1,0 g z - 1,0   = v e t o r   d i r e t o r   d a   r e t a   t a n g e n t e  

O gradiente de f no ponto P = - 1,0 , 2 , já temos, vale 0 , - 1 , - 1 ! Agora falta encontrar o gradiente da outra superfície neste mesmo ponto!

Se ela é:

2 x z - 2 y + z 2 = 0

Então,

g x = 2 z

g y = - 2

g z = 2 x + 2 z

E, assim, o gradiente fica:

g x , y , z = 2 z , - 2,2 x + 2 z

Que, para o ponto - 1,0 , 2 , vale:

g x , y , z = 2.2 , - 2,2 . - 1 + 2.2 = 4 , - 2,2

Passo 12

Vamos lá, agora é pegar esses vetores e colocar no determinante do produto vetorial:

i ^ j ^ k ^ 0 - 1 - 1 4 - 2 2   = - 2 i ^ - 4 j ^ + 4 k ^ - 2 i ^ = - 4 , - 4,4

Show! Agora que temos o vetor diretor e o ponto de tangência, basta colocar na equação da reta!

r t = P + t . v

r t = - 1,0 , 2 + t - 4 , - 4,4

E aí fechamos a questão :D

Resposta

a) r t = - 1,0 , 2 + t . 1,3 , - 3

b) f x , y = 0 , - 1 e o plano tangente é y + z = 2

c)   r t = - 1,0 , 2 + t - 4 , - 4,4

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