A interpretação das questões é parte do processo de avaliação, não sendo permitidas consultas ou comunicą̧ão entre alunos.
Determine a equação do plano tangente e da reta normal à superficie de equação dada no ponto dado:
(a) f(x, y)=x \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{em}(3,-4, f(3,-4));
(b) f(x, y)=\sqrt{9-x^{2}-y^{2}} em (-1,2, f(-1,2)).
Suponha que f seja uma função diferenciável tal que w=f(x, y, z). Seja x=r \operatorname{sen} \varphi \operatorname{sen} \theta, y=r \operatorname{sen} \varphi \cos \theta e z=r \cos \varphi, \operatorname{com} r>0. Calcule \frac{\partial w}{\partial r}, \frac{\partial w}{\partial \varphi} e \frac{\partial w}{\partial \theta} em função de \frac{\partial w}{\partial x}, \frac{\partial w}{\partial y}, \frac{\partial w}{\partial z}.
Mostre que cada uma das equações a seguir define implicitamente pelo menos uma função diferenciável z=z(x, y) no ponto dado. Além disso, calcule \frac{\partial z}{\partial x} e \frac{\partial z}{\partial y} em termos de x, y, z :
(c) z+2 \cos (x+y+z)=2 \mathrm{em}(0,0,0);
(d) x^{2} y^{2} z^{2}=1 \mathrm{em}(0,0,1).

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais informações ele dá (não vou resolver nada ainda).
  • (a) Estão dadas f(x,y)=x\sqrt{x^{2}+y^{2}} e o ponto (3,-4,f(3,-4)). Pede-se a equação do plano tangente à superfície z=f(x,y) nesse ponto e a equação da reta normal à superfície nesse ponto.
  • (b) Estão dadas f(x,y)=\sqrt{9-x^{2}-y^{2}} e o ponto (-1,2,f(-1,2)). Pede-se a equação do plano tangente à superfície z=f(x,y) nesse ponto e a equação da reta normal à superfície nesse ponto.
  • (parte seguinte) Suponha w=f(x,y,z) diferenciável e as transformações x=r\sin\varphi\sin\theta,\qquad y=r\sin\varphi\cos\theta,\qquad z=r\cos\varphi,\qquad r>0.Pede-se \dfrac{\partial w}{\partial r}, \dfrac{\partial w}{\partial\varphi} e \dfrac{\partial w}{\partial\theta} em termos de \dfrac{\partial w}{\partial x}, \dfrac{\partial w}{\partial y}, \dfrac{\partial w}{\partial z}.
  • (c) A equação z+2\cos(x+y+z)=2 no ponto (0,0,0). Pede-se mostrar que define localmente uma função diferenciável z=z(x,y) em (0,0) e calcular \dfrac{\partial z}{\partial x} e \dfrac{\partial z}{\partial y} em termos de x,y,z.
  • (d) A equação x^{2}y^{2}z^{2}=1 no ponto (0,0,1). Pede-se mostrar existência local de z=z(x,y) e calcular \dfrac{\partial z}{\partial x}, \dfrac{\partial z}{\partial y} em termos de x,y,z.
Informações numéricas que usarei: coordenadas e fórmulas acima. A partir daqui começo as resoluções passo a passo.

Passo 2

(a) Resolver para f(x,y)=x\sqrt{x^{2}+y^{2}} no ponto (3,-4,f(3,-4)).
  1. Valor da função no ponto. Calcular \sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5. Portanto
f(3,-4)=3\cdot 5=15.
  1. Derivadas parciais gerais. Vou explicar cada passo com calma.
  • Primeiro, regra do produto: se f(x,y)=x\cdot g(x,y) então \dfrac{\partial f}{\partial x}=1\cdot g(x,y)+x\cdot \dfrac{\partial g}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y}=x\cdot \dfrac{\partial g}{\partial y}.
  • Aqui g(x,y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=(x^{2}+y^{2})^{1/2}. A derivada de g em relação a x é, pela regra da cadeia,
    \dfrac{\partial g}{\partial x}=\tfrac{1}{2}(x^{2}+y^{2})^{-1/2}\cdot 2x=\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
    E similarmente \dfrac{\partial g}{\partial y}=\dfrac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
  • Aplicando produto:
    \dfrac{\partial f}{\partial x}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}+x\cdot \dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =\dfrac{x^{2}+y^{2}+x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} =\dfrac{2x^{2}+y^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
\dfrac{\partial f}{\partial y}=x\cdot \dfrac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\dfrac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
  1. Avaliar as derivadas no ponto (3,-4). Já calculei \sqrt{x^{2}+y^{2}}=5.
\left.\dfrac{\partial f}{\partial x}\right|_{(3,-4)}=\dfrac{2\cdot 3^{2}+(-4)^{2}}{5}=\dfrac{18+16}{5}=\dfrac{34}{5}.
\left.\dfrac{\partial f}{\partial y}\right|_{(3,-4)}=\dfrac{3\cdot(-4)}{5}=-\dfrac{12}{5}.
  1. Plano tangente. Para uma superfície dada por z=f(x,y), o plano tangente no ponto (a,b,f(a,b)) tem a equação
z=f(a,b)+f_x(a,b)\,(x-a)+f_y(a,b)\,(y-b).
Substituindo a=3, b=-4, f(3,-4)=15, f_x(3,-4)=\dfrac{34}{5}, f_y(3,-4)=-\dfrac{12}{5}, obtemos
z=15+\dfrac{34}{5}(x-3)-\dfrac{12}{5}(y+4).
Se desejar, pode-se simplificar, mas essa forma é clara e pronta para uso.
  1. Reta normal. Para a superfície z=f(x,y), um vetor normal ao plano tangente é \mathbf{n}=(-f_x(a,b),-f_y(a,b),1). A reta normal que passa por (a,b,f(a,b)) tem representação paramétrica (parâmetro t):
x=a - f_x(a,b)\,t,\qquad y=b - f_y(a,b)\,t,\qquad z=f(a,b)+t.
Substituindo os valores:
x=3-\dfrac{34}{5}\,t,\qquad y=-4+\dfrac{12}{5}\,t,\qquad z=15+t.
(Aqui o sinal em y fica +\,\dfrac{12}{5}t porque -(-\tfrac{12}{5})=\tfrac{12}{5}.)

Passo 3

(b) Resolver para f(x,y)=\sqrt{9-x^{2}-y^{2}} no ponto (-1,2,f(-1,2)).
  1. Valor da função no ponto. Calcular 9-(-1)^{2}-2^{2}=9-1-4=4. Assim
f(-1,2)=\sqrt{4}=2.
  1. Derivadas parciais gerais. Explico devagar: f(x,y)= (9-x^{2}-y^{2})^{1/2}. Pela regra da cadeia,
\dfrac{\partial f}{\partial x}=\tfrac{1}{2}(9-x^{2}-y^{2})^{-1/2}\cdot (-2x)=-\dfrac{x}{\sqrt{9-x^{2}-y^{2}}}.
Analogamente,
\dfrac{\partial f}{\partial y}=-\dfrac{y}{\sqrt{9-x^{2}-y^{2}}}.
  1. Avaliar no ponto (-1,2). O denominador é \sqrt{4}=2.
\left.\dfrac{\partial f}{\partial x}\right|_{(-1,2)}=-\dfrac{-1}{2}=\dfrac{1}{2}, \qquad \left.\dfrac{\partial f}{\partial y}\right|_{(-1,2)}=-\dfrac{2}{2}=-1.
  1. Plano tangente. Usando a fórmula do plano tangente:
z=f(-1,2)+f_x(-1,2)(x-(-1))+f_y(-1,2)(y-2).
Substituindo:
z=2+\tfrac{1}{2}(x+1)-1\cdot(y-2).
Se quiser expandir:
z=2+\tfrac{1}{2}x+\tfrac{1}{2}-y+2= \tfrac{1}{2}x - y + \tfrac{9}{2},
mas a forma ponto-inclinada já é suficientemente clara.
  1. Reta normal. Vetor normal \mathbf{n}=(-f_x,-f_y,1)=(-\tfrac{1}{2},1,1). Reta normal paramétrica:
x=-1-\tfrac{1}{2}t,\qquad y=2+1\cdot t,\qquad z=2+t.

Passo 4

Regra da cadeia para coordenadas esféricas dadas: calcular \dfrac{\partial w}{\partial r}, \dfrac{\partial w}{\partial\varphi}, \dfrac{\partial w}{\partial\theta} em termos de \dfrac{\partial w}{\partial x}, \dfrac{\partial w}{\partial y}, \dfrac{\partial w}{\partial z}.
  1. Ideia (explicação didática). A regra da cadeia diz que, se w=f(x,y,z) e x,x(r,\varphi,\theta) etc., então a variação de w ao variar r mantendo \varphi,\theta fixos é a soma das contribuições das variações de x,y,z:
\dfrac{\partial w}{\partial r}=w_x\,\dfrac{\partial x}{\partial r}+w_y\,\dfrac{\partial y}{\partial r}+w_z\,\dfrac{\partial z}{\partial r},
onde escrevo w_x em vez de \dfrac{\partial w}{\partial x} para ficar curto, mas ambos significam a mesma coisa.
  1. Calcular as derivadas das coordenadas:
\begin{aligned} \dfrac{\partial x}{\partial r}&=\sin\varphi\sin\theta, & \dfrac{\partial x}{\partial\varphi}&=r\cos\varphi\sin\theta, & \dfrac{\partial x}{\partial\theta}&=r\sin\varphi\cos\theta,\\[4pt] \dfrac{\partial y}{\partial r}&=\sin\varphi\cos\theta, & \dfrac{\partial y}{\partial\varphi}&=r\cos\varphi\cos\theta, & \dfrac{\partial y}{\partial\theta}&=-r\sin\varphi\sin\theta,\\[4pt] \dfrac{\partial z}{\partial r}&=\cos\varphi, & \dfrac{\partial z}{\partial\varphi}&=-r\sin\varphi, & \dfrac{\partial z}{\partial\theta}&=0. \end{aligned}
  1. Aplicar a regra da cadeia para cada derivada:
  • Para \dfrac{\partial w}{\partial r}:
\dfrac{\partial w}{\partial r} = w_x\,\sin\varphi\sin\theta + w_y\,\sin\varphi\cos\theta + w_z\,\cos\varphi.
  • Para \dfrac{\partial w}{\partial\varphi}:
\dfrac{\partial w}{\partial\varphi} = w_x\,(r\cos\varphi\sin\theta) + w_y\,(r\cos\varphi\cos\theta) + w_z\,(-r\sin\varphi).
Podemos fatorar r se preferir:
\dfrac{\partial w}{\partial\varphi} = r\cos\varphi\sin\theta\,w_x + r\cos\varphi\cos\theta\,w_y - r\sin\varphi\,w_z.
  • Para \dfrac{\partial w}{\partial\theta}:
\dfrac{\partial w}{\partial\theta} = w_x\,(r\sin\varphi\cos\theta) + w_y\,(-r\sin\varphi\sin\theta) + w_z\cdot 0,
ou seja
\dfrac{\partial w}{\partial\theta} = r\sin\varphi\cos\theta\,w_x - r\sin\varphi\sin\theta\,w_y.
Essas são as expressões pedidas, e cada termo tem interpretação: por exemplo em \dfrac{\partial w}{\partial r} cada parcela é a sensibilidade de w à variação de x,y,z multiplicada pela variação desses em relação a r.]

Passo 5

(c) Equação z+2\cos(x+y+z)=2 no ponto (0,0,0). Mostrar existência local de z=z(x,y) e calcular \dfrac{\partial z}{\partial x}, \dfrac{\partial z}{\partial y} em termos de x,y,z.
  1. Definir a função implícita. Considere
F(x,y,z)=z+2\cos(x+y+z)-2.
Queremos aplicar o Teorema da Função Implícita: se F(a,b,c)=0 e F_z(a,b,c)\neq 0, então existe uma função diferenciável z=z(x,y) perto de (a,b) com z(a,b)=c.
  1. Verificar as hipóteses no ponto (0,0,0). Primeiro
F(0,0,0)=0+2\cos(0)-2=2\cdot 1 -2=0,
portanto o ponto pertence à superfície definida por F=0.
  1. Calcular F_z. Derivando F em relação a z,
F_z=1+2\cdot\bigl(-\sin(x+y+z)\bigr)\cdot 1 = 1-2\sin(x+y+z).
No ponto (0,0,0) temos \sin(0)=0 e assim F_z(0,0,0)=1\neq 0. Logo as hipóteses do Teorema da Função Implícita são satisfeitas: existe localmente uma função diferenciável z=z(x,y) com z(0,0)=0.
  1. Fórmulas para as derivadas parciais. Pela teoria, para F(x,y,z(x,y))\equiv 0,
\dfrac{\partial z}{\partial x}=-\dfrac{F_x}{F_z},\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y}=-\dfrac{F_y}{F_z}.
Calcular F_x e F_y:
F_x= -2\sin(x+y+z)\cdot 1 = -2\sin(x+y+z),
F_y= -2\sin(x+y+z)\cdot 1 = -2\sin(x+y+z).
Portanto, em termos de x,y,z,
\dfrac{\partial z}{\partial x}=\dfrac{2\sin(x+y+z)}{\,1-2\sin(x+y+z)\,},\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y}=\dfrac{2\sin(x+y+z)}{\,1-2\sin(x+y+z)\,}.
Se quiser o valor no ponto (0,0,0), onde \sin(0)=0, ambos são 0.

Passo 6

(d) Equação x^{2}y^{2}z^{2}=1 no ponto (0,0,1). Verificar possibilidade de aplicar o Teorema da Função Implícita e, se possível, calcular \dfrac{\partial z}{\partial x}, \dfrac{\partial z}{\partial y}.
  1. Verificação essencial: para aplicar o Teorema da Função Implícita é preciso que o ponto dado satisfaça a equação F(x,y,z)=0, com F(x,y,z)=x^{2}y^{2}z^{2}-1. Avaliando no ponto dado:
F(0,0,1)=0^{2}\cdot 0^{2}\cdot 1^{2}-1 = -1 \neq 0.
Isso significa que (0,0,1) não pertence à superfície definida por x^{2}y^{2}z^{2}=1. Portanto não é possível afirmar que ali a equação define uma função z=z(x,y) nem aplicar o Teorema da Função Implícita naquele ponto — simplesmente porque o ponto não está na curva/ superfície de nível considerada.
  1. Comentário útil (sem inventar dados): Se o problema tivesse um ponto que realmente satisfizesse a equação (por exemplo (1,1,1) satisfaz 1\cdot1\cdot1=1), então poderíamos proceder definindo F(x,y,z)=x^{2}y^{2}z^{2}-1, verificando F_z=2x^{2}y^{2}z no ponto e usando \dfrac{\partial z}{\partial x}=-F_x/F_z, \dfrac{\partial z}{\partial y}=-F_y/F_z. Mas isso é apenas um comentário: para o ponto informado (0,0,1) não há como mostrar existência local porque a igualdade não é satisfeita.

Resposta

(a) Plano tangente: z=15+\dfrac{34}{5}(x-3)-\dfrac{12}{5}(y+4).\nReta normal (paramétrica): x=3-\dfrac{34}{5}t,\;y=-4+\dfrac{12}{5}t,\;z=15+t.
(b) Plano tangente: z=2+\tfrac{1}{2}(x+1)-1\cdot(y-2).\nReta normal (paramétrica): x=-1-\tfrac{1}{2}t,\;y=2+t,\;z=2+t.
(Transformações esféricas) \displaystyle \dfrac{\partial w}{\partial r}=w_x\sin\varphi\sin\theta+w_y\sin\varphi\cos\theta+w_z\cos\varphi.\n \displaystyle \dfrac{\partial w}{\partial\varphi}=r\cos\varphi\sin\theta\,w_x+r\cos\varphi\cos\theta\,w_y-r\sin\varphi\,w_z.\n \displaystyle \dfrac{\partial w}{\partial\theta}=r\sin\varphi\cos\theta\,w_x-r\sin\varphi\sin\theta\,w_y.
(c) Existe função diferenciável z=z(x,y) perto de (0,0). Em termos de x,y,z:
\displaystyle \dfrac{\partial z}{\partial x}=\dfrac{2\sin(x+y+z)}{\,1-2\sin(x+y+z)\,},\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y}=\dfrac{2\sin(x+y+z)}{\,1-2\sin(x+y+z)\,}.
(d) Não é possível: o ponto (0,0,1) não satisfaz x^{2}y^{2}z^{2}=1 (pois 0\cdot0\cdot1\neq 1), logo não se pode aplicar o Teorema da Função Implícita nem afirmar que ali a equação define uma função z=z(x,y).

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