Exemplo 7.1: Superfícies com representação explícita z=f(x, y)

Uma superfície S com representação explícita z=f(x, y),(x, y) \in D, pode ser parametrizada de modo natural usando-se x e y como parâmetros, ou seja, tomando-se como representação paramétrica de S
\varphi(x, y)=(x, y, f(x, y)) \quad, \quad(x, y) \in D .
Se f(x, y) é de classe C^{1}, então S é regular pois
\frac{\partial \varphi}{\partial x}(x, y) \times \frac{\partial \varphi}{\partial y}(x, y)=\left|\begin{array}{ccc} i & j & k \\\\ 1 & 0 & \frac{\partial f}{\partial x}(x, y) \\\\ 0 & 1 & \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) \end{array}\right|=\left(-\frac{\partial f}{\partial x}(x, y),-\frac{\partial f}{\partial y}(x, y), 1\right)
é não nulo para todo (x, y) \in D.
O plano tangente a S em \left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)=\left(x_{0}, y_{0}, f\left(x_{0}, y_{0}\right)\right) é dado por
\left(-\frac{\partial f}{\partial x}\left(x_{0}, y_{0}\right),-\frac{\partial f}{\partial y}\left(x_{0}, y_{0}\right), 1\right) \cdot\left(x-x_{0}, y-y_{0}, z-z_{0}\right)=0 .

Passo 1

O enunciado nos dá uma superfície S definida explicitamente por z=f(x,y) para (x,y)\in D. Os itens que vamos extrair e responder (o que o problema pede) são:
  • apresentar uma parametrização natural de S;
  • calcular os vetores tangentes \dfrac{\partial\varphi}{\partial x} e \dfrac{\partial\varphi}{\partial y};
  • obter um vetor normal a S em um ponto \left(x_0,y_0,z_0\right) e mostrar que ele é não nulo quando f é C^1;
  • escrever a equação do plano tangente a S em \left(x_0,y_0,z_0\right).
As informações relevantes fornecidas pelo enunciado são:
  • a superfície está dada por z=f(x,y);
  • f é de classe C^1 (tem derivadas parciais contínuas);
  • um ponto genérico da superfície tem coordenadas \left(x,y,f(x,y)\right).

Passo 2

Parametrização natural: como a superfície é dada explicitamente por z=f(x,y), é natural usar x e y como parâmetros. Definimos a função de parametrização
\varphi(x,y)=\bigl(x,\;y,\;f(x,y)\bigr),\qquad (x,y)\in D.
Explicação didática: cada par (x,y) no domínio D determina unicamente um ponto na superfície, cuja terceira coordenada é f(x,y). Por isso usar (x,y) como parâmetros é a escolha mais direta.

Passo 3

Cálculo dos vetores tangentes: tomamos as derivadas parciais de \varphi em relação a x e a y.
\frac{\partial\varphi}{\partial x}(x,y)=\left(\frac{\partial}{\partial x}x,\;\frac{\partial}{\partial x}y,\;\frac{\partial}{\partial x}f(x,y)\right)=(1,\;0,\;f_x(x,y)),
\frac{\partial\varphi}{\partial y}(x,y)=\left(\frac{\partial}{\partial y}x,\;\frac{\partial}{\partial y}y,\;\frac{\partial}{\partial y}f(x,y)\right)=(0,\;1,\;f_y(x,y)).
Aqui f_x e f_y denotam, respectivamente, \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y}. Intuição: \dfrac{\partial\varphi}{\partial x} mostra a direção na superfície quando alteramos só x, e \dfrac{\partial\varphi}{\partial y} quando alteramos só y.

Passo 4

Cálculo do produto vetorial para obter um vetor normal: um vetor normal à superfície em cada ponto pode ser obtido tomando o produto vetorial dos vetores tangentes.
\frac{\partial\varphi}{\partial x}(x,y)\times\frac{\partial\varphi}{\partial y}(x,y) =\begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\[4pt] 1 & 0 & f_x(x,y)\\[4pt] 0 & 1 & f_y(x,y) \end{vmatrix}.
Calculando o determinante (produto vetorial) obtemos
\frac{\partial\varphi}{\partial x}\times\frac{\partial\varphi}{\partial y} =\bigl(-f_x(x,y),\;-f_y(x,y),\;1\bigr).
Explicação das contas: ao expandir o determinante pela primeira linha, o componente i vem de 0\cdot f_y - 1\cdot f_x = -f_x, o componente j vem de 1\cdot f_y - 0\cdot f_x = f_y com sinal negativo pela posição, e o componente k vem de 1\cdot1 - 0\cdot0 = 1.]

Passo 5

Por que esse vetor é não nulo quando f é C^1: o vetor \bigl(-f_x(x,y),-f_y(x,y),1\bigr) tem terceira componente igual a 1. Como 1\neq 0, o vetor não pode ser o vetor nulo. Logo, para todo (x,y)\in D com f de classe C^1, o produto vetorial é não nulo e a parametrização é regular (os vetores tangentes são linearmente independentes).

Passo 6

Interpretação geométrica: o produto vetorial das derivadas parciais é ortogonal aos dois vetores tangentes (propriedade do produto vetorial). Portanto ele é um vetor normal à superfície S no ponto correspondente. Denotando \mathbf{n}(x,y)=\bigl(-f_x(x,y),-f_y(x,y),1\bigr), temos que \mathbf{n}(x,y) é normal à S em \varphi(x,y).

Passo 7

Equação do plano tangente: a equação do plano tangente a S no ponto \bigl(x_0,y_0,z_0\bigr), com z_0=f(x_0,y_0), é dada pela condição de ortogonalidade entre o vetor normal e o vetor posição relativo:
\mathbf{n}(x_0,y_0)\cdot\bigl(x-x_0,\;y-y_0,\;z-z_0\bigr)=0.
Substituindo \mathbf{n}(x_0,y_0)=\bigl(-f_x(x_0,y_0),-f_y(x_0,y_0),1\bigr) obtemos a forma
- f_x(x_0,y_0)\,(x-x_0)- f_y(x_0,y_0)\,(y-y_0) + 1\cdot (z-z_0)=0.
Rearranjando para isolar z (forma usual de aproximação linear) resulta
z=z_0+f_x(x_0,y_0)\,(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)\,(y-y_0).
Interpretação didática: essa equação diz que o plano tangente é a melhor aproximação linear de z=f(x,y) perto de (x_0,y_0); equivalently, é a expansão linear de f em torno de (x_0,y_0).

Passo 8

Exemplo concreto (para fixar a ideia): tome f(x,y)=x^2+y^2 e o ponto (x_0,y_0)=(1,0). Calculamos
f_x(x,y)=2x,\qquad f_y(x,y)=2y.
No ponto (1,0) temos f_x(1,0)=2,\;f_y(1,0)=0 e z_0=f(1,0)=1. O vetor normal é
\mathbf{n}(1,0)=(-2,\;0,\;1).
A equação do plano tangente é
-2(x-1)-0\cdot(y-0)+(z-1)=0,
ou seja
z=1+2(x-1)=2x-1.
Isso confirma que, perto de (1,0), a superfície z=x^2+y^2 é aproximada pelo plano z=2x-1.

Passo 9

Dicas rápidas para a prova (passos fáceis a seguir):
  • escreva imediatamente \varphi(x,y)=(x,y,f(x,y));
  • calcule \dfrac{\partial\varphi}{\partial x} e \dfrac{\partial\varphi}{\partial y} mantendo os componentes separados (é mecânico);
  • faça o produto vetorial usando o determinante 3\times3 — pratique a expansão para não errar sinais;
  • escreva o plano tangente como \mathbf{n}\cdot(\mathbf{r}-\mathbf{r_0})=0 e simplifique para obter z= forma linear se necessário;
  • verifique sempre a terceira componente do normal: se for 1, já garante que o normal não é nulo.

Resposta

\mathbf{n}(x_0,y_0)=\left(-\dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0),\;-\dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0),\;1\right)
\displaystyle -\dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\,(x-x_0)-\dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\,(y-y_0)+(z-z_0)=0

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