Exercícios Resolvidos de Curvas Parametrizadas e Curvas de Nível

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Enunciado

Sejam f   : R 2 → R uma função diferenciável e seja π o plano tangente ao gráfico de f no ponto x 0 ,   y 0 ,   f x 0 , y 0 e seja γ t = 1 + 1 t , t ,   t   ≠ 0 uma parametrização para a curva de nível 1 de f . Suponha que γ t 0 = ( x 0 , y 0 ) para algum t 0 . Determine uma equação para o plano π sabendo que ele contém os pontos 1,1 ,   0.5 e 4,1 , 2 .

Passo 1

Beleza meu amigo, Yuri aqui e vamos de mais uma resolução.

Temos uma função f x , y = z

Temos uma curva de nível 1 de f, γ t = 1 + 1 t , 1

x 0 , y 0 = γ t 0

E devemos encontrar um plano tangente a f x , y e que passe pelos pontos dados.

Passo 2

Bom, se a curva γ t é curva de nível de f, então ela está contida em f. Então podemos escrever que, para todo ponto x 0 , y 0 e paramtro t 0

∇ f x 0 , y 0 ∙ γ ' t 0 = 0

Pois o vetor gradiente é perpendicular a superfície forma 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 zero, a equação ali de cima sempre vale.

Passo 3

Agora iremos calcular γ ' ( t 0 ) :

γ t = 1 + 1 t , t

γ ' t 0 = - 1 t 2 , 1

Agora utilizando a equação do passo anterior

∇ f x 0 , y 0 - 1 t 2 , 1 = 0

Da mesma forma que o produto escalar entre vetores perpendiculares vale 0. Temos, para vetores colineares, que um é múltiplo do outro. Então, se rotacionamos em 90º o vetor - 1 t 2 , 1 e depois equacionar ele e o gradiente dizendo que são múltiplos um do outro

∇ f x 0 , y 0 = λ 1,1 t 0 2

Passo 4

Agora que temos esta última equação, podemos encontrar as derivadas parciais em função de λ e t 0 !

∇ f x 0 , y 0 = λ 1,1 t 0 2

f x = λ

f y = λ t 0 2

E agora, jogamos essas derivadas parciais na equaão do plano.

∂ f x 0 , y 0 ∂ x x - x 0 + ∂ f x 0 , y 0 ∂ 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, tem altura constante igual a 1, z 1 = 1 . Colocando essas informações na equação, e as derivadas que encontramos, teremos:

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

Passo 5

Agora só falta substituir os pontos e resolver o sistema. Tendo os pontos 1,1 , 0.5 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 2 + λ t 0 2 1 - t 0 = 1 - - 1 2

3 λ = 3 2

λ = 1 2

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

1 - 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

t 0 = 1

Agora que temos os valores podemos substituir na equação e encontrar a equação do plano:

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

x + y - 2 z = 1

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