1. Considere f(x, y)=\frac{2 x^{2}+4 y^{2}}{x^{2}+y^{2}+1} e faça o que se pede
    a) Esboce as curvas de nível f(x, y)=c para c=1, c=2, c=3.
    b) Encontre uma curva diferenciável paramétrica \gamma tal que o traço seja a curva de nível f(x, y)=1.
    c) Calcule o vetor tangente a curva \gamma do item acima no ponto (-1,0).
    d) Seja c:[0,2 \pi] \rightarrow \mathbb{R}^{3} dada por c(t)=(\operatorname{sen} t, \cos t, z(t)). Sabendo que o traço da curva c está no gráfico de f, calcule o vetor tangente à c no ponto c\left(\frac{\pi}{3}\right).

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas sobre a função
f(x,y)=\frac{2x^{2}+4y^{2}}{x^{2}+y^{2}+1}
a) esboçar as curvas de nível f(x,y)=c para c=1,2,3;
b) encontrar uma parametrização diferenciável \gamma cujo traço seja a curva de nível f=1;
c) calcular o vetor tangente a \gamma no ponto (-1,0);
d) dada c(t)=(\operatorname{sen}t,\cos t,z(t)) cujo traço está no gráfico de f, calcular o vetor tangente em t=\frac{\pi}{3}.
Os conteúdos principais são curvas de nível (cônicas), parametrização de elipse, derivadas de parametrizações em \mathbb{R}^2 e \mathbb{R}^3.

Passo 2

Para achar as curvas de nível f(x,y)=c escrevemos
\frac{2x^{2}+4y^{2}}{x^{2}+y^{2}+1}=c \quad\Longrightarrow\quad 2x^{2}+4y^{2}=c\bigl(x^{2}+y^{2}+1\bigr)
e reorganizamos:
(2-c)\,x^{2}+(4-c)\,y^{2}=c.
Esta é a equação geral de uma cônica (elipse, hipérbole ou degenerada) no plano xy.

Passo 3

Analisando cada valor de c:
  1. Para c=1:
(2-1)x^{2}+(4-1)y^{2}=1 \quad\Longrightarrow\quad x^{2}+3y^{2}=1,
que é uma elipse centrada na origem com eixos ao longo de x e y.
2. Para c=2:
(2-2)x^{2}+(4-2)y^{2}=2 \quad\Longrightarrow\quad 2y^{2}=2 \quad\Longrightarrow\quad y=\pm1,
duas retas horizontais (caso degenerado).
3. Para c=3:
(2-3)x^{2}+(4-3)y^{2}=3 \quad\Longrightarrow\quad -y^{2}+y^{2}-x^{2}+y^{2}=3\;\text{(corrigindo!)}
Correto:
-\,x^{2}+1\cdot y^{2}=3 \quad\Longrightarrow\quad y^{2}-x^{2}=3,
que é uma hipérbole de duas curvas simétricas.

Passo 4

Para f(x,y)=1 temos a elipse x^{2}+3y^{2}=1. Uma parametrização clássica é
\gamma(t)=\bigl(\cos t,\;\tfrac{1}{\sqrt{3}}\sin t\bigr), \quad t\in[0,2\pi],
pois \cos^{2}t+3\bigl(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\sin t\bigr)^{2}=1. Essa \gamma é diferenciável e seu traço é exatamente a curva de nível f=1.

Passo 5

Calculamos
\gamma'(t)=\bigl(-\sin t,\;\tfrac{1}{\sqrt{3}}\cos t\bigr).
Para encontrar o vetor tangente em (-1,0), achamos t_{0} tal que \gamma(t_{0})=(-1,0). Como \cos t_{0}=-1 e \sin t_{0}=0, t_{0}=\pi. Logo,
\gamma'(\pi)=\bigl(-\sin\pi,\;\tfrac{1}{\sqrt{3}}\cos\pi\bigr) =(0,\;-\tfrac{1}{\sqrt{3}}).

Passo 6

Dado
c(t)=\bigl(\operatorname{sen}t,\;\cos t,\;z(t)\bigr)
e sabendo que (\operatorname{sen}t,\cos t,z(t)) está no gráfico de f, temos
z(t)=f\bigl(\operatorname{sen}t,\cos t\bigr) =\frac{2\sin^{2}t+4\cos^{2}t}{\sin^{2}t+\cos^{2}t+1} =\frac{2\sin^{2}t+4\cos^{2}t}{2} =\sin^{2}t+2\cos^{2}t.
Então
c'(t)=\bigl(\cos t,\;-\,\sin t,\;z'(t)\bigr), \quad z'(t)=2\sin t\cos t-4\sin t\cos t=-2\sin t\cos t.
Em t=\frac{\pi}{3} temos \sin\frac{\pi}{3}=\tfrac{\sqrt{3}}{2}, \cos\frac{\pi}{3}=\tfrac12, logo
c'\bigl(\tfrac{\pi}{3}\bigr) =\Bigl(\tfrac12,\;-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\;-2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\tfrac12\Bigr) =\Bigl(\tfrac12,\;-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\;-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\Bigr).

Resposta

a) f(x,y)=c leva a (2-c)x^{2}+(4-c)y^{2}=c. Para c=1 uma elipse x^{2}+3y^{2}=1, para c=2 as retas y=\pm1, para c=3 a hipérbole y^{2}-x^{2}=3.
b) \displaystyle \gamma(t)=\bigl(\cos t,\;\tfrac{1}{\sqrt{3}}\sin t\bigr).
c) \displaystyle \gamma'(\pi)=(0,\;-1/\sqrt{3}).
d) \displaystyle c'\bigl(\tfrac{\pi}{3}\bigr)=\bigl(\tfrac12,\;-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\;-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\bigr).

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