1. Determine k \in \mathbb{R} para que o plano tangente ao gráfico de f(x, y)=\ln \left(x^{2}+k y^{2}\right), no ponto (2,1, f(2,1)) seja perpendicular ao plano 3 x+z=0.
  2. As equações e^{u} \cos v=x e e^{u} \operatorname{sen} v=y definem u e v como funções de x e y, u=U(x, y) e v=V(x, y). Faça o que se pede

Passo 1

O enunciado pede em (10) achar k\in\mathbb{R} de modo que o plano tangente ao gráfico de
f(x,y)=\ln\bigl(x^{2}+k\,y^{2}\bigr)
no ponto \bigl(2,1,f(2,1)\bigr) seja perpendicular ao plano 3x+z=0. Para isso precisamos da normal ao plano tangente (dada pelas derivadas parciais de f) e usar que dois planos são perpendiculares quando seus vetores normais são ortogonais.

Passo 2

Calculamos as derivadas parciais de f:
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{1}{x^{2}+k\,y^{2}}\cdot 2x =\frac{2x}{x^{2}+k\,y^{2}}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y} =\frac{1}{x^{2}+k\,y^{2}}\cdot 2k\,y =\frac{2k\,y}{x^{2}+k\,y^{2}}.
No ponto (2,1) isso vale
f_x(2,1)=\frac{2\cdot2}{2^{2}+k\cdot1^{2}} =\frac{4}{4+k}, \qquad f_y(2,1)=\frac{2k\cdot1}{4+k} =\frac{2k}{4+k}.

Passo 3

O vetor normal ao plano tangente ao gráfico de z=f(x,y) é \bigl(f_x,f_y,-1\bigr).
O normal do plano 3x+z=0 é (3,0,1).
Para que os planos sejam perpendiculares, esses vetores devem satisfazer
( f_x ,\,f_y,\,-1)\cdot(3,0,1)=0 \;\Longrightarrow\; 3\,f_x \;+\;0\cdot f_y\;+\;1\cdot(-1)=0 \;\Longrightarrow\; 3\,f_x=1.

Passo 4

Substituindo f_x(2,1)=4/(4+k) em 3\,f_x=1
3\cdot\frac{4}{4+k}=1 \;\Longrightarrow\; \frac{12}{4+k}=1 \;\Longrightarrow\; 4+k=12 \;\Longrightarrow\; k=8.

Resposta

  1. k=8.
  2. Não é possível resolver pois o enunciado da parte (11) está incompleto: falta especificar o que deve ser determinado a partir das equações dadas.

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