• Questão 2 Considere a superfície parametrizada pela seguinte função vetorial:
\vec{r}(u, v)=2 \sqrt{1+v^{2}} \cos (u) \vec{i}+3 \sqrt{1+v^{2}} \operatorname{sen}(u) \vec{j}+4 v \vec{k}, \quad v \in \mathbb{R}, 0 \leq u \leq 2 \pi
2A. (0.5pt) Obtenha uma equação cartesiana (isto é, em x, y, z ) para essa superfície, e identifique-a pelo nome mais comum.
2B.(1.0pt) Obtenha os vetores \vec{r}_{u} e \vec{r}_{v} que determinam o plano tangente à superfície quando (u, v)=\left(\frac{7 \pi}{4}, 1\right) e o respectivo ponto P_{0} do espaço.
2C.(1.0pt) Obtenha um vetor unitário \vec{N} normal à superfície no ponto P_{0} definido no ítem anterior (qq orientação).
2D. (0.5pt) Obtenha uma equação cartesiana para o plano tangente à superfície no ponto P_{0}.
Resposta correta sem desenvolvimento matemático / justificativa limitará o acerto a 25 \% do valor de qq ítem.

Passo 1

O enunciado dá a parametrização
\vec r(u,v)=2\sqrt{1+v^{2}}\cos(u)\,\vec i+3\sqrt{1+v^{2}}\operatorname{sen}(u)\,\vec j+4v\,\vec k,
com v\in\mathbb R, 0\le u\le2\pi. Precisamos:
– 2A: equação cartesiana em x,y,z e identificação da superfície.
– 2B: \vec r_{u} e \vec r_{v} no ponto (u,v)=(7\pi/4,1) e o ponto P_{0}.
– 2C: vetor unitário normal em P_{0}.
– 2D: equação do plano tangente em P_{0}.

Passo 2

Para 2A escrevemos
x=2\sqrt{1+v^{2}}\cos(u),\quad y=3\sqrt{1+v^{2}}\operatorname{sen}(u),\quad z=4v.
Daí \sqrt{1+v^{2}}=\sqrt{1+(z/4)^{2}}, e
\frac{x^{2}}{4(1+(z/4)^{2})}+\frac{y^{2}}{9(1+(z/4)^{2})} =\cos^{2}(u)+\operatorname{sen}^{2}(u)=1.
Multiplicando por 1+(z/4)^{2} vem
\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1+\frac{z^{2}}{16} \quad\Longrightarrow\quad \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}-\frac{z^{2}}{16}=1.
Esta é a equação de um hiperbolóide de uma folha (elíptico).

Passo 3

Para 2B calculamos as derivadas:
\vec r_{u} =\frac{\partial}{\partial u}\bigl(2\sqrt{1+v^{2}}\cos u,\;3\sqrt{1+v^{2}}\operatorname{sen} u,\;4v\bigr) =\bigl(-2\sqrt{1+v^{2}}\operatorname{sen} u,\;3\sqrt{1+v^{2}}\cos u,\;0\bigr),
\vec r_{v} =\frac{\partial}{\partial v}\bigl(2\sqrt{1+v^{2}}\cos u,\;3\sqrt{1+v^{2}}\operatorname{sen} u,\;4v\bigr) =\Bigl(2\frac{v}{\sqrt{1+v^{2}}}\cos u,\;3\frac{v}{\sqrt{1+v^{2}}}\operatorname{sen} u,\;4\Bigr).
Em \bigl(u,v\bigr)=(7\pi/4,1) temos \sqrt{1+1^{2}}=\sqrt2, \cos(7\pi/4)=\tfrac{\sqrt2}{2}, \operatorname{sen}(7\pi/4)=-\tfrac{\sqrt2}{2}. Assim
\vec r_{u}(7\pi/4,1) =(2,\,3,\,0), \quad \vec r_{v}(7\pi/4,1) =\Bigl(1,\,-\tfrac32,\,4\Bigr).
O ponto é
P_{0}=\vec r(7\pi/4,1) =\bigl(2,\, -3,\,4\bigr).

Passo 4

Para 2C o normal não unitário é
\vec n =\vec r_{u}\times\vec r_{v} =\begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k\\\\ 2 & 3 & 0\\\\ 1 & -\tfrac32 & 4 \end{vmatrix} =(12,\,-8,\,-6).
Um vetor unitário \vec N vale
\|\vec n\|=\sqrt{12^{2}+(-8)^{2}+(-6)^{2}}=\sqrt{144+64+36}=\sqrt{244}=2\sqrt{61},
\vec N=\frac{\vec n}{\|\vec n\|} =\frac{1}{2\sqrt{61}}\,(12,\,-8,\,-6) =\frac{1}{\sqrt{61}}\,(6,\,-4,\,-3).

Passo 5

Para 2D a equação do plano tangente em P_{0}(2,-3,4) com normal (6,-4,-3) é
6(x-2)-4\bigl(y+3\bigr)-3(z-4)=0 \quad\Longrightarrow\quad 6x-4y-3z=12.

Resposta

2A. \displaystyle \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}-\frac{z^{2}}{16}=1, hiperbolóide de uma folha.
2B. \vec r_{u}(7\pi/4,1)=(2,3,0), \vec r_{v}(7\pi/4,1)=(1,-\tfrac32,4), P_{0}=(2,-3,4).
2C. \displaystyle \vec N=\frac{1}{\sqrt{61}}\,(6,-4,-3).
2D. 6x-4y-3z=12.

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