Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por f(x, y)=2 x^{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}=(3,1).
(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)=(53,7), 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 fornece:
f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\qquad f(x,y)=2x^3+xy+y^2,
o ponto P=(2,5) e o vetor \vec{u}=(3,1).
As questões são:
(a) calcular a taxa de variação de f em P na direção de \vec{u};
(b) considerar a curva nível \mathcal{C}=\{(x,y)\mid f(x,y)=f(P)\} e:
(b.1) calcular \dfrac{dx}{dy} em P para pontos (x,y)\in\mathcal{C};
(b.2) encontrar um vetor tangente a \mathcal{C} em P;
(b.3) determinar a equação da reta tangente à \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)
Dg(8,3)=\begin{bmatrix}1 & -1\\\ a & b\end{bmatrix},
sabe-se que h=f\circ g tem \nabla h(8,3)=(53,7); determinar a e b;
(d) encontrar pontos críticos de f (onde \nabla f=0);
(e) para cada ponto crítico, dar equação do plano tangente ao gráfico de f.

Passo 2

Vamos começar calculando as derivadas parciais de f. Isso é importante porque muitas perguntas usam \nabla f.
A definição prática: a derivada parcial em relação a x mede como f varia quando só x muda; em relação a y, quando só y muda.
Calculemos:
f_x(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(2x^3+xy+y^2)=6x^2+y,
f_y(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(2x^3+xy+y^2)=x+2y.
O gradiente é \nabla f(x,y)=(f_x(x,y),\,f_y(x,y)).

Passo 3

Avalio o gradiente no ponto P=(2,5). Substituo x=2 e y=5:
f_x(2,5)=6\cdot 2^2+5=6\cdot4+5=24+5=29,
f_y(2,5)=2+2\cdot5=2+10=12.
Logo
\boxed{\nabla f(2,5)=(29,12).}

Passo 4

(a) Taxa de variação na direção de \vec{u}=(3,1).
Conceito/prática: a derivada direcional de f em P na direção do vetor \vec{u} é o produto escalar entre o gradiente e o vetor unitário na direção de \vec{u}. Assim primeiro normalizamos \vec{u}.
O comprimento de \vec{u} é \|\vec{u}\|=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}.
O vetor unitário é \hat{u}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}(3,1).
Portanto a derivada direcional é
D_{\hat{u}}f(2,5)=\nabla f(2,5)\cdot\hat{u}=(29,12)\cdot\frac{1}{\sqrt{10}}(3,1)=\frac{1}{\sqrt{10}}(29\cdot 3 + 12\cdot 1).
Calculo:
29\cdot 3 + 12\cdot 1 =87+12=99.
Logo
\boxed{D_{\hat{u}}f(2,5)=\dfrac{99}{\sqrt{10}}.}

Passo 5

(b) Primeiro encontro f(P) porque a curva nível \mathcal{C} é dada por f(x,y)=f(P).
Calculo f(2,5):
f(2,5)=2\cdot 2^3 + 2\cdot 5 + 5^2 = 2\cdot 8 +10 +25 =16+10+25=51.
Logo \mathcal{C}=\{(x,y)\mid f(x,y)=51\}.

Passo 6

(b.1) Derivação implícita para \dfrac{dx}{dy} na curva nível.
Se f(x(y),y)=51 (constante), derivando em relação a y obtemos
f_x(x,y)\frac{dx}{dy} + f_y(x,y)=0.
Isolando,
\frac{dx}{dy} = -\frac{f_y(x,y)}{f_x(x,y)}.
Agora avalio em P=(2,5) usando f_x(2,5)=29 e f_y(2,5)=12:
\boxed{\left.\frac{dx}{dy}\right|_{P} = -\frac{12}{29}.}

Passo 7

(b.2) Vetor tangente à curva nível em P.
Uma maneira prática: parametrizar pela coordenada y, então um vetor tangente é
\left(\frac{dx}{dy},\,1\right)
avaliado em P. Usando o resultado anterior,
\left(\frac{dx}{dy},1\right)\Big|_{P}=\left(-\frac{12}{29},\,1\right).
Para evitar frações podemos multiplicar por 29 e obter um vetor tangente proporcional:
\boxed{\text{vetor tangente em }P:\;(-12,\,29).}
Qualquer múltiplo não‑nulo também é vetor tangente.

Passo 8

(b.3) Equação da reta tangente à curva \mathcal{C} em P.
Do passo anterior, o declive (slope) da reta tangente é \dfrac{dy}{dx} em P. Como \dfrac{dx}{dy}=-\dfrac{12}{29}, temos
\frac{dy}{dx}=\frac{1}{dx/dy}=-\frac{29}{12}.
A equação ponto‑declive da reta tangente em P=(2,5) é
y-5 = -\frac{29}{12}(x-2).
Também se pode dar em forma paramétrica:
x=2-12t,\qquad y=5+29t.
Vou apresentar a forma cartesiana como resposta:
\boxed{y-5 = -\dfrac{29}{12}(x-2).}

Passo 9

(c) Regra da cadeia para gradientes: se h=f\circ g com g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2, então
\nabla h(x)=Dg(x)^\top\,\nabla f(g(x)).
No ponto (8,3) temos g(8,3)=P=(2,5). Então
\nabla h(8,3)=Dg(8,3)^\top \nabla f(2,5).
Já temos \nabla h(8,3)=(53,7) (dado) e \nabla f(2,5)=(29,12).
Escrevo Dg(8,3)=\begin{bmatrix}1 & -1\\\ a & b\end{bmatrix}. Então
Dg(8,3)^\top=\begin{bmatrix}1 & a\\\\ -1 & b\end{bmatrix}.
Multiplico pela coluna \nabla f(2,5)=\begin{bmatrix}29\\\ 12\end{bmatrix}:
\begin{bmatrix}1 & a\\\\ -1 & b\end{bmatrix}\begin{bmatrix}29\\\ 12\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}29 + 12a\\\\ -29 + 12b\end{bmatrix}.
Isto deve ser igual a \begin{bmatrix}53\\\ 7\end{bmatrix}. Portanto resolvo o sistema:
29+12a=53,\qquad -29+12b=7.
Da primeira equação 12a=24\Rightarrow a=2.
Da segunda 12b=36\Rightarrow b=3.
Logo
\boxed{a=2,\quad b=3.}

Passo 10

(d) Pontos críticos de f\): são pontos onde \(\nabla f(x,y)=(0,0)\). Resolve-se o sistema \[\begin{cases} 6x^2+y=0,\\[4pt] x+2y=0. \end{cases}
Da segunda equação x=-2y\]. Substituo na primeira: \[6(-2y)^2+y = 6\cdot 4y^2 + y = 24y^2 + y = 0.\] Isso é uma equação quadrática em \(y:
y(24y+1)=0.
As soluções são y=0 ou 24y+1=0\Rightarrow y=-\dfrac{1}{24}.
Para y=0 temos x=-2\cdot 0=0, ponto (0,0).
Para y=-\dfrac{1}{24} temos x=-2\left(-\dfrac{1}{24}\right)=\dfrac{1}{12}, ponto \left(\dfrac{1}{12},-\dfrac{1}{24}\right).
Portanto os pontos críticos são
\boxed{(0,0)\quad\text{e}\quad\left(\dfrac{1}{12},-\dfrac{1}{24}\right).}]

Passo 11

(e) Plano tangente ao gráfico z=f(x,y) num ponto (x_0,y_0,f(x_0,y_0)) tem equação geral
z - f(x_0,y_0) = f_x(x_0,y_0)\,(x-x_0) + f_y(x_0,y_0)\,(y-y_0).
Em pontos críticos temos f_x=f_y=0, então o plano tangente é horizontal:
z = f(x_0,y_0).
Calculo os valores de f nos pontos críticos.
Para (0,0):
f(0,0)=2\cdot 0^3 + 0\cdot 0 + 0^2 =0.
Portanto o plano tangente é z=0.
Para \left(\dfrac{1}{12},-\dfrac{1}{24}\right):
faço as contas (mostro passos sucintos):
x=\frac{1}{12}\Rightarrow x^3=\frac{1}{1728},\qquad 2x^3=\frac{1}{864}.
xy=\frac{1}{12}\cdot\left(-\frac{1}{24}\right)=-\frac{1}{288},\qquad y^2=\left(-\frac{1}{24}\right)^2=\frac{1}{576}.
Somando:
f\!\left(\tfrac{1}{12},-\tfrac{1}{24}\right)=\frac{1}{864}-\frac{1}{288}+\frac{1}{576}.
Colocando denominador 1728: \dfrac{2-6+3}{1728}=-\dfrac{1}{1728}.
Portanto o plano tangente é
\boxed{z=-\dfrac{1}{1728}.}

Resposta

(a) \dfrac{99}{\sqrt{10}}
(b.1) -\dfrac{12}{29}
(b.2) (-12,\,29)
(b.3) y-5 = -\dfrac{29}{12}(x-2)
(c) a=2,\; b=3
(d) (0,0) e \left(\dfrac{1}{12},-\dfrac{1}{24}\right)
(e) Plano em (0,0): z=0; plano em \left(\dfrac{1}{12},-\dfrac{1}{24}\right): z=-\dfrac{1}{1728}

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