1. Admita que o gráfico de z=x y represente uma superfície própria para a prática do esqui. Admita, ainda, que um esquiador deslize pela superfície sempre na direção de maior declive. Se ele parte do ponto (1,2,2), em que ponto ele tocará o plano x y ?
\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(0,0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(x, 0)-\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)}{x-0}=0 \text { ou seja, } \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(0,0)=0 .

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e faz a seguinte pergunta.
  • A superfície é z=f(x,y)=xy.
  • O esquiador desliza sempre na direção do maior declive (ou seja, na direção de descida mais íngreme).
  • O esquiador parte do ponto (1,2,2). (Observação: f(1,2)=1\cdot2=2, logo o ponto está sobre a superfície.)
  • Pede-se: em que ponto o esquiador tocará o plano x y (ou seja, o plano z=0)?
Também aparece no enunciado a afirmação
\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(0,0)=0,
que vou registrar como dado presente, embora não seja necessária para resolver o problema.

Passo 2

Vamos entender a regra física/matemática que dá a direção do movimento do esquiador de forma didática e simples.
  • Para uma superfície dada por z=f(x,y), o vetor gradiente no plano xy é
\displaystyle \nabla f(x,y)=\Big(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),\;\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\Big).
O gradiente aponta na direção de maior crescimento de f. Portanto, a direção de maior declive (maior descida de z) é a direção oposta ao gradiente, ou seja -\nabla f.
  • Na prática, isso significa que a projeção da trajetória do esquiador no plano xy satisfaz a equação diferencial (campo de direções)
\big(\dot x(t),\dot y(t)\big) = -\nabla f(x(t),y(t)),
onde \dot x e \dot y são derivadas em relação a um parâmetro t (tempo, por exemplo). Essa escolha é natural porque estamos descrevendo como as coordenadas x,y mudam conforme o esquiador segue a direção do maior declive.
  • Agora calculemos as derivadas parciais de f(x,y)=xy:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x.
Portanto o campo de direções é
\big(\dot x,\dot y\big)=(-y,-x).
Resumo: a trajetória projetada no plano xy resolve o sistema
\dot x(t)=-y(t),\qquad \dot y(t)=-x(t),
com condição inicial x(0)=1,\;y(0)=2.

Passo 3

Vamos resolver o sistema de forma sistemática.
Começo por eliminar y\). Derivando a primeira equação em \(t\): \[\ddot x(t) = -\dot y(t).
Mas da segunda equação \dot y(t)=-x(t). Substituindo:
\ddot x(t) = -(-x(t)) = x(t).
Assim obtemos a equação diferencial ordinária de segunda ordem
\ddot x(t) - x(t)=0.
A solução geral desta equação linear com coeficientes constantes é
x(t)=A e^{t} + B e^{-t},
onde A e B são constantes a determinar pelas condições iniciais. Usamos as condições iniciais:
x(0)=A+B=1.
Também precisamos de \dot x(0). Pela primeira equação \dot x(0)=-y(0)=-2. Calculando \dot x(t):
\dot x(t)=A e^{t}-B e^{-t},
logo em t=0:
\dot x(0)=A-B=-2.
Agora resolvemos o sistema para A e B:
\begin{cases} A+B=1,\\[4pt] A-B=-2. \end{cases}
Somando as duas equações: 2A=-1\], então \(A=-\dfrac{1}{2}.
Substituindo em A+B=1 obtém-se B=1-A=1-(-\tfrac{1}{2})=\tfrac{3}{2}.
Portanto
\boxed{\,x(t)=-\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{3}{2}e^{-t}\,}.]

Passo 4

Encontremos y(t). Podemos usar a relação \dot x(t)=-y(t), ou resolver a ODE para y diretamente. Vou usar \dot x(t)=-y(t).
Calculamos \dot x(t) usando a expressão de x(t):
\dot x(t)= -\tfrac{1}{2}e^{t} - \tfrac{3}{2}(-e^{-t})?
Corrigindo com cuidado: derivando x(t)=-\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{3}{2}e^{-t} obtemos
\dot x(t) = -\tfrac{1}{2}e^{t} - \tfrac{3}{2}e^{-t}.
Logo
y(t) = -\dot x(t) = \tfrac{1}{2}e^{t} + \tfrac{3}{2}e^{-t}.
Verificação rápida das condições iniciais: em t=0,
x(0)=-\tfrac{1}{2}+\tfrac{3}{2}=1,\qquad y(0)=\tfrac{1}{2}+\tfrac{3}{2}=2,
batem com a condição inicial.

Passo 5

Agora determinamos quando o esquiador toca o plano z=0. Como z=f(x,y)=xy, tocar o plano z=0 significa encontrar o menor t>0 tal que
x(t)\,y(t)=0.
Calculemos explicitamente o produto x(t)y(t) com as expressões encontradas:
x(t)= -\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{3}{2}e^{-t},\qquad y(t)=\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{3}{2}e^{-t}.
Multiplicando (faça passo a passo):
\begin{aligned} x(t)y(t) &= \Big(-\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{3}{2}e^{-t}\Big)\Big(\tfrac{1}{2}e^{t}+\tfrac{3}{2}e^{-t}\Big)\\[4pt] &= -\tfrac{1}{4}e^{2t} \;+\; \Big(-\tfrac{3}{4}+\tfrac{3}{4}\Big)\;+\; \tfrac{9}{4}e^{-2t}\\[4pt] &= -\tfrac{1}{4}e^{2t} + \tfrac{9}{4}e^{-2t}. \end{aligned}
Note que os termos mistos em e^{0} se cancelam, portanto
x(t)y(t)=\tfrac{1}{4}\big(-e^{2t}+9e^{-2t}\big)=\tfrac{1}{4}e^{-2t}\big(9-e^{4t}\big).
Para ter x(t)y(t)=0 é necessário e suficiente que 9-e^{4t}=0, ou seja
e^{4t}=9 \quad\Rightarrow\quad 4t=\ln 9 = 2\ln 3 \quad\Rightarrow\quad t=\tfrac{1}{2}\ln 3.
Agora calculemos as coordenadas em t=\tfrac{1}{2}\ln 3. Observe que
e^{t}=e^{\tfrac{1}{2}\ln 3}=\sqrt{3},\qquad e^{-t}=\tfrac{1}{\sqrt{3}}.
Substituindo em x(t) e y(t):
x\Big(\tfrac{1}{2}\ln 3\Big) = -\tfrac{1}{2}\sqrt{3} + \tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{\sqrt{3}} = -\tfrac{\sqrt{3}}{2} + \tfrac{\sqrt{3}}{2} = 0,
y\Big(\tfrac{1}{2}\ln 3\Big) = \tfrac{1}{2}\sqrt{3} + \tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{\sqrt{3}} = \tfrac{\sqrt{3}}{2} + \tfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}.
Portanto o ponto em que toca o plano z=0 é
\big(0,\sqrt{3},0\big).]

Resposta

(0,\sqrt{3},0)

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