Nas questões de 1 a 4, considere z=f(x, y), com
f(x, y)=\frac{\operatorname{sen} x-\operatorname{sen} y}{\operatorname{sen} x+\operatorname{sen} y}
Encontrar a inclinação da reta tangente à curva C, resultante da intersecção de z=f(x, y) com
y=0, no ponto (1,0,1)

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\frac{\operatorname{sen}x-\operatorname{sen}y}{\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y}
e pede a inclinação da reta tangente à curva C obtida pela intersecção da superfície z=f(x,y) com o plano y=0, no ponto (1,0,1).
Informações relevantes:
  • A curva C é a intersecção da superfície com y=0.
  • O ponto dado para a tangência é (x,y,z)=(1,0,1).
  • É necessário encontrar a inclinação (isto é, dz/dx ao longo de C naquele ponto).

Passo 2

Como y=0 é constante ao longo da curva C, podemos parametrizar C por x. Uma parametrização natural é
\mathbf{r}(x)=\bigl(x,\,0,\,f(x,0)\bigr).
A tangente à curva em um ponto tem vetor diretor dado por \mathbf{r}'(x). Calculando a derivada em relação a x obtemos
\mathbf{r}'(x)=\left(1,\,0,\,\frac{d}{dx}f(x,0)\right).
Como y é constante igual a zero, a derivada total \dfrac{d}{dx}f(x,0) coincide com a derivada parcial de f em relação a x avaliada em y=0, isto é,
\frac{d}{dx}f(x,0)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,0).
Explicando de forma simples: ao variar x mantendo y fixo, a taxa de variação de f é dada pela derivada parcial \partial f/\partial x.

Passo 3

Vamos calcular \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y). Colocando
N(x,y)=\operatorname{sen}x-\operatorname{sen}y,\qquad D(x,y)=\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y,
temos f=N/D. Pela regra do quociente para derivadas parciais,
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{N_x\,D - N\,D_x}{D^2},
onde N_x=\dfrac{\partial N}{\partial x} e D_x=\dfrac{\partial D}{\partial x}. Calculamos:
N_x=\cos x,\qquad D_x=\cos x.

Passo 4

Substituindo em \dfrac{\partial f}{\partial x}:
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{\cos x\,( \operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y ) - (\operatorname{sen}x-\operatorname{sen}y)\,\cos x}{(\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y)^2}.
Fatorando \cos x no numerador:
\frac{\partial f}{\partial x} =\frac{\cos x\bigl(\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y -\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y\bigr)}{(\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y)^2} =\frac{\cos x\cdot 2\operatorname{sen}y}{(\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y)^2}.
Portanto
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2\cos x\,\operatorname{sen}y}{(\operatorname{sen}x+\operatorname{sen}y)^2}.

Passo 5

Avaliaremos essa derivada parcial no ponto (x,y)=(1,0). Como \operatorname{sen}0=0, o numerador fica nulo:
\frac{\partial f}{\partial x}(1,0)=\frac{2\cos 1\cdot\operatorname{sen}0}{(\operatorname{sen}1+\operatorname{sen}0)^2}=0.
(Para conferência: f(1,0)=(\operatorname{sen}1-0)/(\operatorname{sen}1+0)=1, então o ponto (1,0,1) está consistente com a superfície.)

Passo 6

A inclinação da reta tangente à curva C no ponto dado é exatamente a taxa dz/dx ao longo de C, que é \dfrac{\partial f}{\partial x}(1,0). Assim o vetor diretor da reta tangente é
\mathbf{r}'(1)=(1,0,0),
ou seja, a reta é horizontal em z naquele ponto. Uma forma paramétrica da reta tangente é
(x,y,z)=(1,0,1)+t(1,0,0),\quad t\in\mathbb{R}.

Resposta

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