Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por f(x, y)=x^{3}+3 x y+y^{2}. Considere o ponto P=(2,5).
(a) Determine a taxa de variação de f em P na direção do vetor \vec{u}=(4,1).
(b) Considere a curva nível \mathcal{C} de equação f(x, y)=f(P).
(b.1) Sendo (x, y) \in \mathcal{C}, calcule \frac{d x}{d y} no ponto P.
(b.2) Encontre um vetor tangente à curva \mathcal{C} no ponto P.
(b.3) Encontre uma equação para a reta tangente à curva \mathcal{C} no ponto P.
(c) Sejam g: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} uma função derivável e h: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{1} a função composta h=f_{\mathrm{o}} g. Suponha que g(8,3)=P e que a matriz jacobiana de g no ponto (8,3) é
\left[\begin{array}{cc} 1 & -1 \\\ a & b \end{array}\right]
Sabendo que \nabla h(8,3)=(107,37), determine o valor de a e o valor de b.
(d) Determine, se houver, os pontos críticos de f.
(e) Determine, se houver, uma equação para o plano tangente ao gráfico em cada ponto crítico do gráfico de f.
(Caso queira, pode deixar contas de soma e potências só indicadas.)
Passo 1
O enunciado dá a função f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} definida por
f(x,y)=x^{3}+3xy+y^{2},
e o ponto P=(2,5). As perguntas são:
(a) Calcular a taxa de variação de f em P na direção do vetor \vec{u}=(4,1).
(b) Considerando a curva de nível \mathcal{C}=\{(x,y)\mid f(x,y)=f(P)\}:
(b.1) Para (x,y)\in\mathcal{C}, calcular \dfrac{dx}{dy} no ponto P.
(b.2) Encontrar um vetor tangente à curva \mathcal{C} em P.
(b.3) Encontrar uma equação da reta tangente à curva \mathcal{C} em P.
(c) Dada g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 derivável com g(8,3)=P e jacobiana em (8,3)
\begin{bmatrix}1 & -1 \\\ a & b\end{bmatrix},
e sabendo que \nabla h(8,3)=(107,37) para h=f\circ g, determinar a e b.
(d) Determinar os pontos críticos de f.
(e) Para cada ponto crítico, obter uma equação do plano tangente ao gráfico de f.
Dados relevantes fornecidos: a expressão de f, o ponto P=(2,5), o vetor \vec{u}=(4,1), a forma da jacobiana de g e o vetor \nabla h(8,3). A resolução começa no próximo passo.
Passo 2
Vamos calcular as derivadas parciais de f e explicar o que elas significam. As derivadas parciais medem a taxa de variação de f quando variamos uma coordenada mantendo a outra fixa.
Calculemos f_x (derivada parcial de f em relação a x) e f_y (derivada parcial em relação a y):
(a) Para calcular a taxa de variação de f em P na direção do vetor \vec{u}=(4,1) usamos a definição de derivada direcional: a derivada direcional na direção do versor \hat{u} é
(b) Primeiro precisamos do valor de f(P) para definir a curva de nível \mathcal{C}. Calculamos f(2,5):
f(2,5)=2^{3}+3\cdot 2\cdot 5 + 5^{2}=8+30+25=63.
Logo \mathcal{C} é a curva de nível f(x,y)=63.
Passo 6
(b.1) Para (x,y)\in\mathcal{C} temos f(x,y)=63 constante. Se considerarmos x como função de y ao longo da curva, x=x(y), então derivando implicitamente em relação a y obtemos:
pois o lado direito é a derivada de uma constante. Assim
\frac{dx}{dy}=-\frac{f_y(x,y)}{f_x(x,y)}.
Avaliando em P com f_x(2,5)=27 e f_y(2,5)=16:
\frac{dx}{dy}\Big|_{P}=-\frac{16}{27}.
Passo 7
(b.2) Um vetor tangente \vec{t} à curva de nível em P é qualquer vetor que seja tangente à curva naquele ponto. Duas maneiras práticas de obter \vec{t}:
Usando a derivada \dfrac{dx}{dy}: um vetor de direção é \bigl(\tfrac{dx}{dy},\,1\bigr). Em P isso dá \bigl(-\tfrac{16}{27},\,1\bigr).
Usando a ortogonalidade com o gradiente: como \nabla f(2,5)=(27,16) é normal à curva, qualquer \vec{t} satisfaz \nabla f(2,5)\cdot \vec{t}=0. Um vetor inteiro conveniente que satisfaz isso é (-16,27), porque
Ambas as escolhas representam a mesma direção (são múltiplos uma da outra). Vou apresentar como vetor tangente o vetor com entradas inteiras:
\boxed{\vec{t}=(-16,27).}
Passo 8
(b.3) A reta tangente à curva \mathcal{C} em P=(2,5) pode ser dada na forma paramétrica ou na forma cartesiana com declive. Usando o vetor tangente \vec{t}=(-16,27):
Forma paramétrica:
(x,y)=(2,5)+t(-16,27),\quad t\in\mathbb{R}.
Para a equação cartesiana, o declive (slope) é
\frac{dy}{dx}=\frac{27}{-16}=-\frac{27}{16},
pois \dfrac{dy}{dx} é o inverso de \dfrac{dx}{dy}=-\tfrac{16}{27}. Assim a reta em forma ponto-declive é
\boxed{\,y-5=-\frac{27}{16}(x-2)\,.}
Passo 9
(c) Para h=f\circ g com g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 derivável, a regra da cadeia matricial dá
Logo x=0 ou x=\dfrac{3}{2}.
Para x=0: y=-\dfrac{3}{2}\cdot 0=0, ponto (0,0).
Para x=\dfrac{3}{2}: y=-\dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{3}{2}=-\dfrac{9}{4}, ponto \left(\dfrac{3}{2},-\dfrac{9}{4}\right).
Assim os planos tangentes nos pontos críticos são horizontais z=0 e z=-\dfrac{27}{16}.
Resposta
(a) \dfrac{124}{\sqrt{17}}.\n
(b.1) \dfrac{dx}{dy}\Big|_{P}=-\dfrac{16}{27}.\n
(b.2) \vec{t}=(-16,27) (vetor tangente em P).\n
(b.3) y-5=-\dfrac{27}{16}(x-2) (reta tangente em P).\n
(c) a=5,\; b=4.\n
(d) Pontos críticos: (0,0) e \left(\dfrac{3}{2},-\dfrac{9}{4}\right).\n
(e) Planos tangentes nos pontos críticos: z=0 (em (0,0)) e z=-\dfrac{27}{16} (em \left(\dfrac{3}{2},-\dfrac{9}{4}\right)).