• Questão 2 (0.6 ponto cada item) Considerando a superfície parametrizada
\vec{r}=-4 v \cos (u) \vec{i}+3 v \operatorname{sen}(u) \vec{j}+4 v \vec{k}, 0 \leq u \leq 2 \pi, 0 \leq v \leq 2
no ponto em que u=\frac{\pi}{2}, v=1, é correto:
(A) vetor normal unitário \vec{N} :
( ) \frac{1}{\sqrt{2}}(\vec{i}-\vec{k})
( ) \frac{1}{\sqrt{2}}(\vec{i}+\vec{k})
( ) \frac{1}{\sqrt{3}}(\vec{i}-\vec{j}+\vec{k})
( ) \frac{1}{5}(4 \vec{j}+3 \vec{k})
( ) \frac{1}{5}(-4 \vec{j}+3 \vec{k})
( ) nenhuma das anteriores
(B) equação cartesiana do plano tangente
( ) 4(y-3)-3(z-4)=0
( ) 4(y-3)+3(z-4)=0
( ) (y-3)-(z-4)=0
( ) (y-3)+(z-4)=0
( ) (x-4)-(z-4)=0
( ) nenhuma das anteriores
(C) denominação mais adequada para a superfície toda:
( ) parabolóide elíptico
( ) parabolóide hiperbólico
( ) cone elíptico
( ) hiperbolóide de uma folha
( ) hiperbolóide de duas folhas
( ) nenhuma das anteriores

Passo 1

O enunciado dá a superfície parametrizada
\vec r(u,v)=\bigl(-4v\cos(u),\,3v\sin(u),\,4v\bigr), \quad 0\le u\le2\pi,\;0\le v\le2,
e pede em \bigl(u=\tfrac\pi2,v=1\bigr):
  1. o vetor normal unitário \vec N,
  2. a equação do plano tangente,
  3. a classificação da superfície.
    Vamos usar derivadas parciais, produto vetorial para \vec N, fórmula do plano tangente e eliminação de parâmetros para reconhecer a superfície.

Passo 2

Calculemos as derivadas parciais:
\vec r_u=\frac{\partial\vec r}{\partial u} =\bigl(4v\sin u,\;3v\cos u,\;0\bigr), \quad \vec r_v=\frac{\partial\vec r}{\partial v} =\bigl(-4\cos u,\;3\sin u,\;4\bigr).
O vetor normal (não unitário) é
\vec n=\vec r_u\times\vec r_v =\begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k\\\\ 4v\sin u & 3v\cos u & 0\\\\ -4\cos u & 3\sin u & 4 \end{vmatrix} =\bigl(12v\cos u,\,-16v\sin u,\;12v\bigr).
Em u=\tfrac\pi2, v=1 temos \cos(\tfrac\pi2)=0, \sin(\tfrac\pi2)=1, logo
\vec n( \tfrac\pi2,1)=\bigl(0,\,-16,\,12\bigr) =4\bigl(0,-4,3\bigr).
O vetor normal unitário é
\vec N =\frac{\vec n}{\|\vec n\|} =\frac{1}{5}\bigl(0,-4,3\bigr) =\frac{1}{5}\bigl(-4\,\vec j+3\,\vec k\bigr).

Passo 3

O ponto correspondente é
\vec r\bigl(\tfrac\pi2,1\bigr) =(0,\,3,\,4).
A equação do plano tangente com normal \vec N=(0,-4,3)/5 em (0,3,4) é
\vec N\cdot\bigl\langle x-0,\;y-3,\;z-4\bigr\rangle=0 \;\Longrightarrow\; -4(y-3)+3(z-4)=0 \;\Longrightarrow\; 4(y-3)-3(z-4)=0.

Passo 4

Para classificar a superfície, note que v=z/4. Então
x=-4v\cos u=-z\cos u, \quad y=3v\sin u=\frac{3z}{4}\sin u.
Como \cos^2u+\sin^2u=1, temos
\Bigl(\frac{x}{-z}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{y}{3z/4}\Bigr)^2=1 \;\Longrightarrow\; x^2+\frac{16}{9}y^2=z^2,
que é a equação de um cone com seção transversal elíptica. Portanto é um cone elíptico.

Resposta

(A) \displaystyle \frac{1}{5}(-4\vec j+3\vec k)
(B) \;4(y-3)-3(z-4)=0
(C) cone elíptico

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