Exercícios Resolvidos de Curvas Parametrizadas e Curvas de Nível

Funções de Várias Variáveis, Curvas Parametrizadas, Reta Tangente e Plano Normal

Seja f x , y = x 3 - y 2 . Considere as curvas de nível

C 0 = x , y ∈ R 2   |   f x , y = 0

e

C - 1 = x , y ∈ R 2   |   f x , y = - 1

a) Exiba uma parametrização da forma α t = g t , t ,   t ∈ a , b para C - 1 ∩ x , y ∈ R 2 | - 1 < y < 1 , explicitando g t , a e b . E, ainda, calcule α ' t .

b) Exiba uma parametrização da forma β t = t , h t , t ∈ I , para C - 1 ∩ x , y ∈ R 2 | y ≥ 0 .

c)Encontre o(s) pontos de C - 1 onde sua reta tangente é vertical.

d)Encontre o(s) pontos de C - 1 onde sua reta tangente é horizontal.

e) Esboce C 0 e C - 1 .

f) Encontre apenas um ponto x 0 , y 0 de C - 1 onde a reta tangente à C - 1 neste ponto é paralela à reta 2 x - y = 1 . Dica: Levem em conta que x = 2 é solução da equação - 9 16 x 4 + x 3 + 1 = 0 e t = 6 é solução de 2 3 t 2 3 - 1 4 t 2 = - 1 .

Passo 1

a)

Vamos com calma, essa questão tem muito comando de uma vez XD Primeiro, antes de fazer interseção, vejamos que curva de nível é essa C - 1 . Colocando f x , y = - 1 , teremos:

x 3 - y 2 = - 1

Isolando o x , temos a curva:

x = y 2 - 1 3

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Passo 2

Beleza, agora podemos parametrizar essa curva. Se chamarmos y de t , teremos:

α t = t 2 - 1 3 , t

E a interseção, onde entra? Veja que a única condição que ela impõe é que y esteja entre - 1 e 1 ! E, como y já é o próprio parâmetro, então, temos:

α t = t 2 - 1 3 , t ,   t ∈ - 1,1

Agora, só de bobeira, vamos derivar essa curva (por que né, a questão pede…). Só derivar cada coordenada!

α ' t = 2 t . t 2 - 1 - 2 3 . 1 3 , 1 ,   t ∈ - 1,1

α ' t = 2 t 3 . t 2 - 1 - 2 3 , 1 ,   t ∈ - 1,1

Passo 3

b)

Agora, como queremos que a primeira coordenada seja o parâmetro, vamos fazer o mesmo processo do passo anterior, mas isolando o y :

x 3 - y 2 = - 1

y = ± x 3 + 1

Perceba aqui que x ≥ - 1 , pois estamos dentro de uma raiz quadrada! Colocando x como o parâmetro, a curva fica:

β t = t , ± t 3 + 1

Agora, acrescentando a restrição, que diz que y ≥ 0 , então teremos:

β t = t , t 3 + 1 ,   t ∈ - 1 , ∞

E pronto, só isso :D

Passo 4

c)

Vamos lá! Queremos o ponto no qual a reta tangente é vertical, ou seja, paralela ao vetor 0,1 , que é o vetor unitário da direção y , certo?

Já calculamos o vetor tangente lá na letra a , quando derivamos a curva, lembra? Ele é:

α ' t = 2 t 3 . t 2 - 1 - 2 3 , 1 ,   t ∈ - 1,1

Assim, os pontos são todos aqueles que fazem esse vetor ser 0,1 ! A segunda coordenada já vale 1 , então só precisamos ver o que faz a primeira valer 0 !

Para que isso aconteça basta que t seja 0 , certo? No nosso caso, a única restrição seria colocar t = ± 1 pois zeraria o termo com expoente negativo. Enfim, t = 0 é a nossa solução!

Colocando t = 0 em a t , teremos:

α 0 = 0 2 - 1 3 , 0 = - 1,0

Passo 5

d)

Para ver os pontos que fazem a reta tangente ser horizontal, já não podemos mais usar aquela parametrização α t , pois a segunda coordenada de sua derivada é sempre 1 !

Neste caso, podemos pensar o seguinte: Se o vetor gradiente é normal à curva de nível, e se o vetor tangente a essa curva é paralelo ao vetor 1,0 (pois a reta é horizontal), então o vetor gradiente é normal ao vetor 1,0 , e, portanto, paralelo ao vetor 0,1 !

O vetor gradiente para a função f x , y = x 3 - y 2 é:

∇ f x , y = 3 x 2 , - 2 y

E, para que ele seja 0,1 , então x = 0 , obrigatoriamente, certo? Colocando x = 0 na curva de nível - 1 , teremos:

0 3 - y 2 = - 1

Ou seja, y = ± 1 ! E, assim, nossos pontos são 0,1 e 0 , - 1 :)

Passo 6

e)

Missão dada é missão cumprida! Partiu esboçar essas curvas de nível! Para a primeira, de nível 0 , temos:

x 3 - y 2 = 0

Isolando o y , teremos:

y = ± x 3 2

Como essa equação veio de y 2 = x 3 , então temos que x não pode ser menor do que 0 , pois nenhum número ao quadrado vai dar outro negativo ;)

Sendo assim, essa curva tem o molde parecido com o de uma parábola, e tem simetria em relação ao eixo x por causa desse ± . Lembrando que x deve ser maior ou igual a 0 , fica algo assim:

Passo 7

Agora, esbocemos a curva de nível C - 1 ! Ela é:

y 2 = x 3 + 1

y = ± x 3 + 1

Beleza, e agora? Vamos ter que dar um jeito de esboçar isso.

Lembra do teste das derivadas? Vamos examinar onde temos pontos críticos para a curva y = + x 3 + 1 :

y ' = 3 x 2 2 x 3 + 1

Aqui, para essa derivada ser 0 , então x = 0 , certo? Neste caso, temos, para o y ,

y = 0 3 + 1 = 1

Se a gente estivesse na parte y = - 0 3 + 1 , então a derivada seria:

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

E, para ela ser 0 , então x = 0 . Assim, teríamos,

y = - 0 3 + 1 = - 1

Show? Temos dois pontos simétricos em relação ao eixo x ! Enfim, para a curva de nível - 1 , temos pontos críticos em 0,1 e 0 , - 1 .

Passo 8

Agora, vejamos as segundas derivadas. Podemos encontrar a segunda derivada de y = + x 3 + 1 e depois só trocar o sinal, se for necessário, para ver a de y = - x 3 + 1 . Para a primeira parte, fica:

y ' = 3 x 2 2 x 3 + 1

y ' ' = 6 x . 2 x 3 + 1 - x 3 + 1 - 1 2 . 3 x 2 . 3 x 2 2 x 3 + 1 2

Podemos multiplicar em cima e embaixo por x 3 + 1 1 2 , e teremos:

y ' ' = 12 x x 3 + 1 - x 3 + 1 . 9 x 4 4 x 3 + 1 3 2

Fazendo as distributivas no numerador, teremos:

y ' ' = 12 x 4 + 12 x - 9 x 4 - 9 x 7 4 x 3 + 1 3 2 = 3 x 4 + 12 x - 9 x 7 4 x 3 + 1 3 2    

Calma, eu sei que tá feito. Na verdade, isso está horrível D:

Mas acho que essa segunda derivada na qual chegamos já tem uma informação valiosa: temos x em todos os termos do numerador, e, assim, se colocarmos x = 0 , então a segunda derivada será zerada!

Isso significa que temos pontos de inflexão em x = 0 ! Como vimos, quando x = 0 nessa curva de nível, y = ± 1 ! Logo, os pontos de inflexão ocorrem em 0,1 e 0 , - 1 .

Passo 9

Será que já podemos esboçar alguma coisa? Vejamos o que temos: Sabemos que o vetor tangente à curva C - 1 é horizontal quando x = 0 , e vertical quando x = - 1 . Sabemos, também, que é quando x = 0 que temos dois pontos de inflexão, em 0,1 e 0 , - 1 . Sabemos, ainda, que esses mesmos pontos batem com os pontos críticos, pois é quando o vetor tangente é horizntal!

E, olhando para a curva y = x 3 + 1 , percebemos que quanto maior o x , maior ela, é, ou seja, a medida que x cresce a partir do momento que se torna positivo, y cresce também! Lembrando que também temos a “parte de baixo”, quando x cresce em y = - x 3 + 1 , y descresce! Juntando tudo isso, teremos, por fim, algo parecido com:

Passo 10

f) Primeiro, é bom parametrizarmos a reta 2 x - y = 1 , para visualizar mais facilmente seu vetor diretor :) Isolando o y , teremos:

y = 2 x - 1

Usando o x como parâmetro, teremos a reta r t = t , 2 t - 1

Como o vetor diretor da reta é aquele formado pelos coeficientes do parâmetro em cada coordenada, então o vetor diretor dessa reta é o 1,2 , show?

Sabemos que o vetor gradiente é normal à curva de nível, logo, é normal ao vetor tangente à essa curva. Assim, o que querermos é encontrar o ponto no qual o vetor gradiente é paralelo ao vetor normal de 1,2 , então esse será o ponto no qual o vetor tangente é paralelo ao vetor 1,2 !

Para encontrar o vetor normal do vetor 1,2 , basta trocar as coordenadas de lugar e trocar o sinal. Assim, temos:

1,2 + 90 ° = 2 , - 1

Chegamos então que o vetor gradiente deve ser paralelo ao vetor 2 , - 1 :D Sei que isso parece confuso, então, leia devagar!

Passo 11

Ok, agora que sabemos que o vetor gradiente deve ser paralelo ao vetor 2 , - 1 , podemos escrever que:

∇ f x , y = λ 2 , - 1

Ou seja, um é múltiplo do outro. Colocando o vetor gradiente da nossa função, que já foi calculado, fica:

3 x 0 2 , - 2 y 0 = λ 2 , - 1

Igualando cada coordenada, temos:

3 x 0 2 = 2 λ

- 2 y 0 = - λ

Da segunda, temos que λ = 2 y 0 . Colocando isso na primeira, teremos:

3 x 0 2 = 2.2 y 0

y 0 = 3 4 x 0 2

Agora, podemos colocar essa relação na equação da curva de nível, e teremos:

x 0 3 - 3 4 x 0 2 2 = - 1

x 0 3 - 9 16 x 0 2 = - 1

E aí você me pergunta, qual é a solução dessa equação?! E eu digo: ainda bem que foi dada no enunciado! Falando sério, zoaram essa questão... nada nem um pouco intuitivo o.O

Mas vamos lá, o enunciado diz que podemos usar que x 0 = 2 é uma solução dessa equação, então a gente acredita. Substituindo-se x 0 = 2 na equação y 0 = 3 4 x 0 2 , teremos:

y 0 = 3 4 2 2 = 3

E, portanto, y 0 = 3 e o ponto pedido é 2,3 !

Ufa! Demorou mas acabou!

Resposta

a) α t = t 2 - 1 3 , t ,   t ∈ - 1,1 e α ' t = 2 3 t . t 2 - 1 2 3 , 1 ,   t ∈ - 1,1

b) β t = t , ± t 3 + 1 ,   t ∈ - 1 , ∞

c) α 0 = - 1,0

d) Pontos são 0,1 e 0 , - 1

e)

f) O ponto é 2,3

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