Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por f(x, y)=x^{3}+y^{3}-3 x y+5.
(a) Determine os pontos do gráfico de f em que o plano tangente é horizontal.
(b) Esboce as curvas de nível de f incluindo explicitamente o nível f(x, y)=f(P), sendo P um ponto onde f tem uma sela.
(c) Determine a linearização L(x, y) de f(x, y) no ponto (5,-3).
(d) Sejam A um ponto tal que \nabla f(A)=(2,3) e \vec{u}=(7,-8). Determine a derivada direcional de f em A, na direção de \vec{u} (ou seja, a taxa de variação de f em A na direção de \vec{u} ).
(e) Seja g: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por g(x, y)=(2,3) \cdot(x, y). Para ( x, y ) satisfazendo x^{2}+y^{2}=1, qual é o maior valor possível de g(x, y) ?
(f) Seja \mathcal{C} a curva de \mathbb{R}^{3} que é a interseção do gráfico de f com o plano de equação z=24. Determine uma equação paramétrica para a reta tangente à curva \mathcal{C} no ponto Q=(1,3,24).

Passo 1

Temos a função f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} dada por
f(x,y)=x^{3}+y^{3}-3xy+5.
O enunciado pede:
(a) Determinar os pontos do gráfico de f onde o plano tangente é horizontal.
(b) Esboçar as curvas de nível de f, incluindo explicitamente o nível f(x,y)=f(P), onde P é um ponto em que f tem uma sela.
(c) Determinar a linearização L(x,y) de f no ponto (5,-3).
(d) Dado um ponto A tal que \nabla f(A)=(2,3) e o vetor \vec{u}=(7,-8), determinar a derivada direcional de f em A na direção de \vec{u}.
(e) Para g(x,y)=(2,3)\cdot(x,y)=2x+3y e (x,y) satisfazendo x^{2}+y^{2}=1, encontrar o maior valor possível de g(x,y).
(f) Seja \mathcal{C} a curva no \mathbb{R}^3 obtida pela interseção do gráfico de f com o plano z=24. Determinar uma equação paramétrica para a reta tangente a \mathcal{C} no ponto Q=(1,3,24).

Passo 2

Primeiro vamos obter as derivadas parciais de f, porque elas são essenciais para várias partes do problema (pontos críticos, plano tangente, linearização, derivada direcional, etc.). As derivadas parciais são:
f_x(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}=3x^{2}-3y,
f_y(x,y)=\frac{\partial f}{\partial y}=3y^{2}-3x.
Explicação rápida e didática: f_x mede a taxa de variação de f quando mudamos só x (mantendo y fixo); f_y mede a taxa quando mudamos só y. O gradiente é o vetor \nabla f=(f_x,f_y).

Passo 3

(a) Plano tangente horizontal: isto significa que no ponto considerado a superfície tem inclinação zero em todas as direções horizontais — em termos das derivadas parciais isso quer dizer
f_x(x,y)=0\quad\text{e}\quad f_y(x,y)=0.
Portanto devemos resolver o sistema
3x^{2}-3y=0,\qquad 3y^{2}-3x=0.
Dividindo por 3 cada equação:
x^{2}-y=0,\qquad y^{2}-x=0.
Da primeira obtemos y=x^{2}. Substituindo na segunda:
(x^{2})^{2}-x=0\quad\Rightarrow\quad x^{4}-x=0\quad\Rightarrow\quad x(x^{3}-1)=0.
Logo x=0 ou x=1. Se x=0 então y=0^{2}=0. Se x=1 então y=1^{2}=1. Portanto os pontos na base (plano xy) são (0,0) e (1,1). Os pontos do gráfico (colocando valor de z=f(x,y)) são:
(0,0,f(0,0))=(0,0,5),
(1,1,f(1,1))=(1,1,4).
Breve comentário: esses dois pontos são exatamente onde \nabla f=0, logo o plano tangente é horizontal nesses pontos.

Passo 4

(b) Classificação desses pontos (sela / mínimo / máximo) — necessário para identificar P e saber qual nível desenhar. Usamos as segundas derivadas (Hessiano). As segundas derivadas são:
f_{xx}=6x,\qquad f_{yy}=6y,\qquad f_{xy}=f_{yx}=-3.
O discriminante (determinante do Hessiano) é
D(x,y)=f_{xx}f_{yy}-\bigl(f_{xy}\bigr)^{2}= (6x)(6y)-(-3)^{2}=36xy-9.
Agora avaliamos em cada ponto crítico.
No ponto (0,0):
f_{xx}(0,0)=0,\quad f_{yy}(0,0)=0,\quad f_{xy}=-3,
D(0,0)=0\cdot 0 - 9 = -9 <0.
Quando D<0 temos uma sela. Portanto (0,0) é ponto de sela; esse é o P pedido no enunciado.
No ponto (1,1):
f_{xx}(1,1)=6,\quad f_{yy}(1,1)=6,\quad f_{xy}=-3,
D(1,1)=36-9=27>0\quad\text{e}\quad f_{xx}(1,1)=6>0.
Logo (1,1) é um mínimo local.

Passo 5

(b) Esboço das curvas de nível e análise local perto da sela P=(0,0).
Definição: curvas de nível de f são os conjuntos \{(x,y): f(x,y)=c\} para constantes c. Para entender a forma perto de uma sela, usamos a expansão de Taylor até segunda ordem em torno de (0,0). Como \nabla f(0,0)=0, o termo linear some, e a aproximação quadrática é dada por metade do produto com o Hessiano:
f(x,y)\approx f(0,0)+\tfrac{1}{2}[x\\ y]\begin{pmatrix}f_{xx}(0,0) & f_{xy}(0,0)\\[4pt] f_{yx}(0,0) & f_{yy}(0,0)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}.
Aqui f(0,0)=5 e a matriz é \begin{pmatrix}0 & -3\\\\ -3 & 0\end{pmatrix}. Então
f(x,y)\approx 5+\tfrac{1}{2}\bigl(0\cdot x^{2}-6xy+0\cdot y^{2}\bigr)=5-3xy.
Isso é muito útil: as curvas de nível próximas de (0,0) são aproximadas por 5-3xy=c, ou seja xy=\dfrac{5-c}{3}.
  • Para o nível exatamente f(x,y)=f(P)=5 obtemos xy=0, ou seja as duas retas coordenadas x=0 e y=0. Assim a curva de nível que passa pela sela é o par de eixos que se cruzam — isso é típico de uma sela: as curvas de nível atravessam-se como um símbolo tipo “X” (aqui, alinhadas com os eixos).
  • Para níveis com c>5 (pequenos), (5-c)/3 é negativo, então xy= constante negativa, que são hipérboles nos quadrantes II e IV.
  • Para c<5 (próximos), xy positivo, hipérboles nos quadrantes I e III.
  • Para (1,1), sendo um mínimo local com valor f(1,1)=4, o nível f=4 tem um ponto isolado (ou curvas fechadas muito pequenas ao redor, dependendo do valor; aqui é um mínimo, então valores um pouco maiores que 4 geram curvas fechadas ao redor de (1,1)).
Resumo visual (descrição para esboçar): desenhe os eixos; no redor de (0,0) faça as curvas de nível xy=const — para constant 0 temos os eixos; para constantes pequenas positivas ou negativas faça hipérboles; perto de (1,1) desenhe um pequeno mínimo (níveis concêntricos). Isso já descreve as curvas pedidas, incluindo explicitamente o nível f=5 que é xy=0.]

Passo 6

(c) Linearização em (5,-3). Fórmula da linearização (aproximação afim, também chamada de plano tangente visto como função linearizada):
L(x,y)=f(a,b)+f_x(a,b)(x-a)+f_y(a,b)(y-b),
onde (a,b)=(5,-3).
Calculamos f(5,-3) e as derivadas parciais já vistas:
f(5,-3)=5^{3}+(-3)^{3}-3\cdot 5\cdot(-3)+5 =125-27+45+5=148.
As derivadas parciais em (5,-3):
f_x(5,-3)=3\cdot 5^{2}-3(-3)=75+9=84,
f_y(5,-3)=3\cdot (-3)^{2}-3\cdot 5=27-15=12.
Substituindo na fórmula:
L(x,y)=148+84(x-5)+12(y+3).
Podemos expandir para uma forma simples:
L(x,y)=84x+12y-236.

Passo 7

(d) Derivada direcional. Definição e procedimento: a derivada direcional de f em A na direção do vetor \vec{u} é
D_{\vec{u}}f(A)=\nabla f(A)\cdot \widehat{\vec{u}},
onde \widehat{\vec{u}}=\dfrac{\vec{u}}{\|\vec{u}\|} é o vetor unitário na direção de \vec{u}.
Aqui \nabla f(A)=(2,3) e \vec{u}=(7,-8). Primeiro calculamos a norma de \vec{u}:
\|\vec{u}\|=\sqrt{7^{2}+(-8)^{2}}=\sqrt{49+64}=\sqrt{113}.
O vetor unitário é \widehat{\vec{u}}=\dfrac{1}{\sqrt{113}}(7,-8). Então a derivada direcional é
D_{\vec{u}}f(A)=(2,3)\cdot \frac{1}{\sqrt{113}}(7,-8)=\frac{1}{\sqrt{113}}\bigl(2\cdot 7 + 3\cdot (-8)\bigr)=\frac{14-24}{\sqrt{113}}=\frac{-10}{\sqrt{113}}.
Interpretação: negativa, então f diminui nessa direção em A; o valor dá a taxa de variação por unidade de comprimento.

Passo 8

(e) Máximo de g(x,y)=2x+3y sujeito a x^{2}+y^{2}=1. Método e resultado rápido: por desigualdade de Cauchy–Schwarz, para vetores v=(2,3) e u=(x,y) com \|u\|=1,
g(x,y)=v\cdot u \le \|v\|\,\|u\|=\|v\| \cdot 1 = \|v\|.
Aqui \|v\|=\sqrt{2^{2}+3^{2}}=\sqrt{13}. Portanto o maior valor possível é \sqrt{13}. O máximo é atingido quando u aponta na mesma direção de v, ou seja em
(x,y)=\frac{1}{\sqrt{13}}(2,3).

Passo 9

(f) Reta tangente à curva \mathcal{C} no ponto Q=(1,3,24). Observações e método: a curva \mathcal{C} é a interseção do gráfico z=f(x,y) com o plano z=24; assim no plano xy a curva corresponde ao nível
f(x,y)=24.
A tangente a essa curva no ponto (1,3) (em coordenadas xy) é ortogonal ao gradiente \nabla f(1,3). Calculamos o gradiente:
f_x(x,y)=3x^{2}-3y,\qquad f_y(x,y)=3y^{2}-3x.
Em (1,3):
f_x(1,3)=3\cdot 1^{2}-3\cdot 3=3-9=-6,
f_y(1,3)=3\cdot 3^{2}-3\cdot 1=27-3=24.
Logo \nabla f(1,3)=(-6,24). Um vetor direcional (v_x,v_y) para a tangente no plano xy satisfaz \nabla f(1,3)\cdot (v_x,v_y)=0, ou seja
-6 v_x + 24 v_y = 0 \quad\Rightarrow\quad v_y=\frac{1}{4}v_x.
Escolhemos um vetor simples que satisfaça isso: por exemplo (v_x,v_y)=(4,1). Agora, porque a interseção com o plano z=24 tem z constante, a componente z da tangente é 0. Portanto um vetor tangente em \mathbb{R}^{3} é (4,1,0).
A equação paramétrica da reta tangente em Q é então
\bigl(x(t),y(t),z(t)\bigr)=(1,3,24)+t(4,1,0),
ou explicitamente
x=1+4t,\qquad y=3+t,\qquad z=24.
Isso dá a reta pedida.

Resposta

(a) Pontos do gráfico com plano tangente horizontal: (0,0,5) e (1,1,4).
(b) Curvas de nível: perto de P=(0,0) a aproximação quadrática é f(x,y)\approx 5-3xy. O nível f(x,y)=f(P)=5 é xy=0 (as retas x=0 e y=0). Níveis próximos são hipérboles xy=\dfrac{5-c}{3}; (1,1) é mínimo local com f(1,1)=4 (níveis fechados ao redor).
(c) Linearização em (5,-3):
L(x,y)=148+84(x-5)+12(y+3)=84x+12y-236.
(d) Derivada direcional em A na direção de \vec{u}=(7,-8):
D_{\vec{u}}f(A)=\frac{-10}{\sqrt{113}}.
(e) Máximo de g(x,y)=2x+3y em x^{2}+y^{2}=1: \displaystyle \max g=\sqrt{13}, atingido em \displaystyle (x,y)=\frac{1}{\sqrt{13}}(2,3).
(f) Reta tangente à curva \mathcal{C} em Q=(1,3,24):
(x,y,z)=(1,3,24)+t(4,1,0),\quad\text{ou}\quad x=1+4t,\ y=3+t,\ z=24.

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