Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por f(x, y)=3 x^{2}+y^{2}+5.
(a) Mostre que f satisfaz e equação diferencial \frac{1}{3} f_{x x}-f_{y y}=0.
(b) Determine a equação cartesiana (ou geral) do plano \Pi tangente ao gráfico de f no ponto A=(-3,7, f(-3,7)).
(c) Considere a curva \mathcal{C}_{1} que é a interseção do gráfico de f com o plano de equação x=-3 e a curva \mathcal{C}_{2} que é a interseção do gráfico de f com o plano de equação y=7. Sejam r_{1} e r_{2} as retas tangentes às curvas \mathcal{C}_{1} e \mathcal{C}_{2}, respectivamente, no ponto A=(-3,7, f(-3,7)). Determine a equação cartesiana do plano que contém as retas r_{1} e r_{2}.
(d) Seja \Sigma o plano tangente ao gráfico no ponto P=(a, b, f(a, b)). Suponha que o vetor \vec{n}=(-1,1,1 / 12) é ortogonal ao plano \Sigma.
(d.1) Determine as coordenadas do ponto P.
(d.2) Determine a equação cartesiana (ou geral) do plano \Sigma.
(e) 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(-2,5)=(-3,7) e que a matriz jacobiana de g no ponto (-2,5) é
\left[\begin{array}{ll} 1 & -2 \\\\ 3 & -1 \end{array}\right]
Determine \nabla h(-2,5) (ou seja, o vetor gradiente de h em (-2,5) ).

Passo 1

O enunciado dá a função f:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} definida por
f(x,y)=3x^{2}+y^{2}+5.
As perguntas são:
(a) Mostrar que f satisfaz a equação diferencial \dfrac{1}{3}f_{xx}-f_{yy}=0.
(b) Determinar a equação cartesiana do plano \Pi tangente ao gráfico de f no ponto A=(-3,7,f(-3,7)). O enunciado fornece A na forma das coordenadas x e y; precisamos calcular f(-3,7) para ter as três coordenadas.
(c) Seja \mathcal{C}_{1} a interseção do gráfico de f com o plano x=-3 e \mathcal{C}_{2} a interseção com o plano y=7. São pedidas as retas tangentes r_{1} e r_{2} a \mathcal{C}_{1} e \mathcal{C}_{2} em A e a equação do plano que contém r_{1} e r_{2}.
(d) Seja \Sigma o plano tangente no ponto P=(a,b,f(a,b)). Supõe-se que o vetor \vec{n}=(-1,1,1/12) é ortogonal ao plano \Sigma.
(d.1) Determinar as coordenadas de P.
(d.2) Determinar a equação cartesiana do plano \Sigma.
(e) Dadas g:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} derivável e h=f\circ g. Sabe-se que g(-2,5)=(-3,7) e que a matriz jacobiana de g em (-2,5) é
\begin{bmatrix}1 & -2\\[4pt]3 & -1\end{bmatrix}.
Pediram \nabla h(-2,5).
Todas as informações necessárias estão no enunciado. Vou resolver passo a passo e explicar os conceitos usados.]

Passo 2

(a) Cálculo das derivadas segundas e verificação da equação diferencial.
  • Primeiro calculemos as derivadas parciais de primeira ordem. Para a função f(x,y)=3x^{2}+y^{2}+5 temos
f_{x}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(3x^{2}+y^{2}+5)=6x,
f_{y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(3x^{2}+y^{2}+5)=2y.
Explicação didática: a derivada parcial em x trata y como constante; a derivada de 3x^{2} em relação a x é 6x, enquanto y^{2}+5 é constante em relação a x.
  • Agora as segundas derivadas:
f_{xx}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(f_{x})=\frac{\partial}{\partial x}(6x)=6,
f_{yy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(f_{y})=\frac{\partial}{\partial y}(2y)=2.
Observação didática: f_{xx} e f_{yy} são funções constantes aqui, porque as derivadas de 6x e 2y são constantes.
  • Substituímos na equação dada:
\frac{1}{3}f_{xx}-f_{yy}=\frac{1}{3}\cdot 6 - 2 = 2-2=0.
Conclusão: a igualdade \dfrac{1}{3}f_{xx}-f_{yy}=0 é satisfeita por f.

Passo 3

(b) Plano tangente ao gráfico de f em A=(-3,7,f(-3,7)).
  • Primeiro calcule f(-3,7):
f(-3,7)=3(-3)^{2}+7^{2}+5=3\cdot 9 +49 +5 =27+49+5=81.
Portanto A=(-3,7,81).
  • Fórmula didática do plano tangente: para z=f(x,y) o plano tangente em (a,b,f(a,b)) é dado por
z = f(a,b) + f_{x}(a,b)\,(x-a) + f_{y}(a,b)\,(y-b).
Aqui f_{x}(a,b) e f_{y}(a,b) são as derivadas parciais avaliadas no ponto.
  • Calcule f_{x}(-3,7) e f_{y}(-3,7):
f_{x}(-3,7)=6\cdot(-3)=-18,\qquad f_{y}(-3,7)=2\cdot 7=14.
  • Substituindo na fórmula do plano:
z = 81 + (-18)(x+3) + 14(y-7).
  • Podemos deixar na forma explícita. Expanda os termos constantes:
z = 81 -18x -54 +14y -98 = -18x +14y -71.
  • Forma geral (cartesiana) do plano: movendo tudo para o lado esquerdo,
18x -14y + z +71 = 0.
Explicação prática: tanto a forma explícita z=\cdots quanto a forma geral são equivalentes; a forma geral é útil para comparar com outros planos e para identificar o vetor normal às componentes.

Passo 4

(c) Planos de interseção com x=-3 e y=7, retas tangentes r_{1} e r_{2} e plano que contém essas retas.
  • Curva \mathcal{C}_{1} (interseção com o plano x=-3). Fixando x=-3, o gráfico tem equação
z = f(-3,y)=3(-3)^{2}+y^{2}+5 = y^{2}+32.
Podemos parametrizar \mathcal{C}_{1} por y: \gamma_{1}(t)=(-3,t,t^{2}+32). Na notação do enunciado o ponto A corresponde a t=7.
  • Tangente a \mathcal{C}_{1} em A: derivando a parametrização em relação a t,
\gamma_{1}'(t)=(0,1,2t).
Avaliada em t=7 dá o vetor diretor da reta r_{1}:
v_{1}=\gamma_{1}'(7)=(0,1,14).
Explicação didática: como x é fixo, a componente x da tangente é 0; a componente y é 1 porque estamos parametrizando por y; a componente z é a derivada de t^{2}+32, que é 2t.
  • Curva \mathcal{C}_{2} (interseção com o plano y=7). Fixando y=7, o gráfico tem equação
z = f(x,7)=3x^{2}+54.
Parametrização por x: \gamma_{2}(s)=(s,7,3s^{2}+54). O ponto A corresponde a s=-3.
  • Tangente a \mathcal{C}_{2} em A: derivando,
\gamma_{2}'(s)=(1,0,6s).
Avaliada em s=-3 dá o vetor diretor da reta r_{2}:
v_{2}=\gamma_{2}'(-3)=(1,0,-18).
  • Agora o plano que contém r_{1} e r_{2} é o plano que passa por A e tem como vetores diretores v_{1} e v_{2}. Um vetor normal a esse plano é o produto vetorial v_{1}\times v_{2}. Calculemos:
v_{1}=(0,1,14),\qquad v_{2}=(1,0,-18).
v_{1}\times v_{2}=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\[4pt]0&1&14\\[4pt]1&0&-18\end{vmatrix} = (-18,\,14,\,-1).
  • Usando esse normal e o ponto A=(-3,7,81), a equação do plano é
-18(x+3)+14(y-7)-1(z-81)=0.
Expandindo e simplificando obtemos
-18x+14y - z -71 = 0.
Multiplicando por -1 para comparar com o item (b) obtemos
18x -14y + z +71 = 0,
que coincide com o plano tangente \Pi encontrado em (b). Portanto o plano que contém r_{1} e r_{2} é exatamente o plano tangente \Pi do item (b).
Didática final: isso mostra que as retas tangentes às curvas de interseção com planos coordenados geradas por fixar x ou y estão contidas no plano tangente geral — é uma propriedade geral do gráfico de uma função z=f(x,y).]

Passo 5

(d) Determinar P e a equação do plano \Sigma sabendo que \vec{n}=(-1,1,1/12) é ortogonal a \Sigma.
  • Lembrando a forma do vetor normal do plano tangente: para z=f(x,y) o plano tangente em (a,b,f(a,b)) tem, até fator multiplicativo, vetor normal
N(a,b) = \big(f_{x}(a,b),\, f_{y}(a,b),\, -1\big).
Isto vem da forma cartesiana do plano
f_{x}(a,b)(x-a)+f_{y}(a,b)(y-b)-(z-f(a,b))=0.
Outra forma equivalente (multiplicando por -1) é (-f_{x},-f_{y},1). Como \vec{n} tem terceira componente positiva 1/12, é conveniente igualar
(-f_{x}(a,b),-f_{y}(a,b),1)=\mu\cdot \vec{n}
para algum escalar \mu.
  • Calcule f_{x} e f_{y} em termos de a,b:
f_{x}(a,b)=6a,\qquad f_{y}(a,b)=2b.
Logo o vetor à esquerda é (-6a,-2b,1).
  • Igualando componentes a \mu\cdot(-1,1,1/12):
(-6a,-2b,1)=\mu\big(-1,1,\tfrac{1}{12}\big).
Isso dá três equações:
-6a = -\mu,\qquad -2b = \mu,\qquad 1 = \mu\cdot \tfrac{1}{12}.
  • Da terceira equação \mu\cdot \tfrac{1}{12}=1 segue \mu=12.
  • Substituindo \mu=12 nas duas primeiras:
-6a = -12 \implies a=2,
-2b = 12 \implies b=-6.
  • Portanto o ponto P é
P=(a,b,f(a,b))=(2,-6,f(2,-6)).
Calcule f(2,-6):
f(2,-6)=3\cdot 2^{2}+(-6)^{2}+5=3\cdot 4 +36 +5 =12+36+5=53.
Logo P=(2,-6,53).

Passo 6

(d.2) Equação cartesiana do plano \Sigma.
  • Usamos o vetor normal dado \vec{n}=(-1,1,1/12) e o ponto P=(2,-6,53). A equação geral do plano com normal \vec{n}=(n_{1},n_{2},n_{3}) passando por P=(x_{0},y_{0},z_{0}) é
n_{1}(x-x_{0})+n_{2}(y-y_{0})+n_{3}(z-z_{0})=0.
  • Substituindo:
-1(x-2) + 1(y+6) + \tfrac{1}{12}(z-53)=0.
  • Multiplicando por 12 para eliminar frações:
-12(x-2) +12(y+6) + (z-53)=0.
Expandindo:
-12x +24 +12y +72 + z -53 = 0.
Somando constantes 24+72-53=43, obtemos a forma simplificada
-12x +12y + z +43 = 0.
  • Alternativamente, isolando z:
z = 12x -12y -43.
Ambas as formas são equivalentes e descrevem o plano \Sigma.

Passo 7

(e) Determinar \nabla h(-2,5) para h=f\circ g, usando regra da cadeia vetorial.
  • Idea didática: se g:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} e f:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}, então h=f\circ g tem gradiente dado por
\nabla h(x)=\big(Dg(x)\big)^{T}\,\nabla f\big(g(x)\big),
onde Dg(x) é a matriz jacobiana de g em x e \nabla f é o gradiente coluna de f.
  • Primeiro calcule \nabla f(u,v) em termos de (u,v):
\quad \nabla f(u,v)=\begin{pmatrix}f_{u}(u,v)\\[4pt]f_{v}(u,v)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6u\\[4pt]2v\end{pmatrix}.
  • Avalie \nabla f em g(-2,5)=(-3,7):
\nabla f(-3,7)=\begin{pmatrix}6\cdot(-3)\\[4pt]2\cdot 7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-18\\[4pt]14\end{pmatrix}.
  • A matriz jacobiana dada é
Dg(-2,5)=\begin{bmatrix}1 & -2\\[4pt]3 & -1\end{bmatrix}.
Aplicando a fórmula \nabla h=(Dg)^{T}\nabla f temos
(Dg(-2,5))^{T}=\begin{bmatrix}1 & 3\\[4pt]-2 & -1\end{bmatrix}.
  • Agora multiplicamos:
\nabla h(-2,5)=\begin{bmatrix}1 & 3\\[4pt]-2 & -1\end{bmatrix}\begin{pmatrix}-18\\[4pt]14\end{pmatrix}.
Cálculo das componentes:
\text{1ª componente} = 1\cdot(-18)+3\cdot 14 = -18+42=24,ª
\text{2ª componente} = -2\cdot(-18)+(-1)\cdot 14 =36-14=22.ª
  • Portanto
\nabla h(-2,5)=\begin{pmatrix}24\\[4pt]22\end{pmatrix}.]

Resposta

(a) \dfrac{1}{3}f_{xx}-f_{yy}=0 (pois f_{xx}=6 e f_{yy}=2, logo \tfrac{1}{3}\cdot 6-2=0).
(b) Plano tangente: z=-18x+14y-71 ou, na forma geral, 18x-14y+z+71=0.
(c) O plano que contém r_{1} e r_{2} é o mesmo plano tangente do item (b): 18x-14y+z+71=0.
(d.1) P=(2,-6,53).
(d.2) Equação do plano \Sigma: -12x+12y+z+43=0 (ou z=12x-12y-43).
(e) \nabla h(-2,5)=\begin{pmatrix}24\\[4pt]22\end{pmatrix}.]

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