Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} uma função diferenciável no ponto (-3,2). Suponha que f(-3,2)=1 e que o plano
\pi: 3 x-5 y+2 z=2014
seja paralelo ao plano tangente ao gráfico de f no ponto ( -3,2,1 ). Determine:
(a) \nabla f(-3,2);
(b) \frac{\partial f}{\partial v}(-3,2), onde v=(2,-1);
(c)
\left.\frac{d}{d t}\right|_{t=0}\{3 t+f(x(t), y(t))\}^{2}
onde x(t)=2 e^{-t}-5 \cos t+4 t^{2} e y(t)=t^{5}+t^{3}+6 \ln (1+t)+\tan t+2;
(d) g_{u}(0,1) \mathrm{e} \frac{\partial g}{\partial v}(0,1), onde g(u, v)=f\left(u^{4}-3 v, e^{2 u}+v^{2}\right).

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações e perguntas:
  • Informações dadas:
    • f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} é diferenciável no ponto (-3,2).
    • f(-3,2)=1.
    • O plano \pi é dado por \displaystyle 3x-5y+2z=2014.
    • O plano \pi é paralelo ao plano tangente ao gráfico de f no ponto (-3,2,1).
  • Perguntas:
    (a) Determinar \nabla f(-3,2).
    (b) Calcular \displaystyle \frac{\partial f}{\partial v}(-3,2), onde v=(2,-1).
    (c) Calcular \displaystyle \left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\{3t+f(x(t),y(t))\}^{2} com x(t)=2e^{-t}-5\cos t+4t^{2} e y(t)=t^{5}+t^{3}+6\ln(1+t)+\tan t+2.
    (d) Calcular g_{u}(0,1) e \displaystyle \frac{\partial g}{\partial v}(0,1) para g(u,v)=f\big(u^{4}-3v,\;e^{2u}+v^{2}\big).
A partir daqui vamos resolver passo a passo cada item, explicando as fórmulas usadas.

Passo 2

Determinar \nabla f(-3,2) usando a informação sobre o plano tangente paralelo a \pi.
  • Lembrando uma fórmula básica (explicação): o gráfico de f é a superfície z=f(x,y). O plano tangente a essa superfície no ponto (x_0,y_0,z_0) (com z_0=f(x_0,y_0)) tem equação
z-z_0 = f_x(x_0,y_0)\,(x-x_0) + f_y(x_0,y_0)\,(y-y_0).
Essa equação pode ser rearranjada para a forma
f_x(x_0,y_0)\,x + f_y(x_0,y_0)\,y - z + \big(z_0 - f_x(x_0,y_0)x_0 - f_y(x_0,y_0)y_0\big)=0,
portanto um vetor normal ao plano tangente é
\big(f_x(x_0,y_0),\;f_y(x_0,y_0),\;-1\big).
Essa é a razão: as componentes correspondem aos coeficientes de x,y,z na forma linear.
  • Agora, o plano dado \pi tem forma \,3x-5y+2z=2014, então um vetor normal a \pi é (3,-5,2).
  • Como \pi é paralelo ao plano tangente em (-3,2,1), seus vetores normais são colineares. Logo existe \lambda\in\mathbb{R} tal que
\big(f_x(-3,2),\;f_y(-3,2),\;-1\big)=\lambda\,(3,-5,2).
  • Igualando a terceira componente: -1=\lambda\cdot 2. Então \lambda=-\dfrac{1}{2}.
  • Então
f_x(-3,2)=\lambda\cdot 3 = -\dfrac{1}{2}\cdot 3 = -\dfrac{3}{2},
f_y(-3,2)=\lambda\cdot(-5)= -\dfrac{1}{2}\cdot(-5)=\dfrac{5}{2}.
  • Conclusão do item (a): \displaystyle \nabla f(-3,2)=\left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}\right).

Passo 3

Calcular \displaystyle \frac{\partial f}{\partial v}(-3,2) para v=(2,-1).
  • Explicação do conceito: a derivada direcional de f na direção de um vetor v (quando se toma a direção como versor — i.e. vetor unitário) é dada por
D_{u}f(x_0,y_0)=\nabla f(x_0,y_0)\cdot u,
onde u=\dfrac{v}{\|v\|} é o vetor de direção normalizado. Se alguém usar D_v f com v não unitário, convém esclarecer; aqui vamos usar a definição padrão com vetor unitário (isto é o que se costuma chamar de \partial f/\partial v).
  • Primeiro calcule \|v\|:
\|v\|=\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}.
  • O versor na direção de v é u=\dfrac{1}{\sqrt{5}}(2,-1).
  • Usando o gradiente obtido no passo anterior:
\nabla f(-3,2)\cdot u = \left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}\right)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{5}}(2,-1).
  • Calcule o produto escalar no numerador:
\left(-\dfrac{3}{2}\right)\cdot 2 + \left(\dfrac{5}{2}\right)\cdot(-1) = -3 - \dfrac{5}{2} = -\dfrac{6}{2}-\dfrac{5}{2} = -\dfrac{11}{2}.
  • Dividindo por \sqrt{5} obtemos
\frac{\partial f}{\partial v}(-3,2)= -\dfrac{11}{2\sqrt{5}}.

Passo 4

Calcular \displaystyle \left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\{3t+f(x(t),y(t))\}^{2} com x(t)=2e^{-t}-5\cos t+4t^{2} e y(t)=t^{5}+t^{3}+6\ln(1+t)+\tan t+2.
  • Defina H(t)=\{3t+f(x(t),y(t))\}^{2}. Para derivar H usamos a regra da cadeia e a regra do produto composto: se H(t)=\big(I(t)\big)^{2}, então H'(t)=2I(t)\cdot I'(t).
  • Aqui I(t)=3t + f(x(t),y(t)). Então
H'(t)=2\big(3t+f(x(t),y(t))\big)\cdot\big(3 + \tfrac{d}{dt}f(x(t),y(t))\big).
A parte 3 vem da derivada de 3t.
  • A derivada temporal de f(x(t),y(t)) é, pela regra da cadeia para funções de várias variáveis,
\frac{d}{dt}f(x(t),y(t)) = f_x(x(t),y(t))\,x'(t) + f_y(x(t),y(t))\,y'(t).
Isto é o produto escalar \nabla f(x(t),y(t))\cdot (x'(t),y'(t)).
  • Agora avalie tudo em t=0. Primeiro verifique os pontos:
x(0)=2e^{0}-5\cos 0 + 4\cdot 0^{2}=2-5= -3,
y(0)=0+0+6\ln 1 + \tan 0 + 2 = 2.
Portanto (x(0),y(0)) = (-3,2), que é o ponto onde já conhecemos \nabla f e f(-3,2)=1.
  • Calcule x'(t) e y'(t) e depois em t=0:
    • x(t)=2e^{-t}-5\cos t+4t^{2}. Então x'(t) = -2e^{-t} + 5\sin t + 8t.Assim x'(0) = -2e^{0} + 5\sin 0 + 0 = -2.
    • y(t)=t^{5}+t^{3}+6\ln(1+t)+\tan t+2. Então y'(t) = 5t^{4} + 3t^{2} + \dfrac{6}{1+t} + \operatorname{sec}^{2}t.Assim y'(0) = 0 + 0 + 6 + 1 = 7.
  • Usando \nabla f(-3,2)=\left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}\right), calcule
\frac{d}{dt}f(x(t),y(t))\Big|_{t=0} = \left(-\dfrac{3}{2}\right)\cdot(-2) + \left(\dfrac{5}{2}\right)\cdot 7.
Calcule passo a passo:
\left(-\dfrac{3}{2}\right)\cdot(-2)=3,
\left(\dfrac{5}{2}\right)\cdot 7=\dfrac{35}{2}.
Somando:
3 + \dfrac{35}{2} = \dfrac{6}{2} + \dfrac{35}{2} = \dfrac{41}{2}.
  • Agora substitua em H'(0). Temos I(0)=3\cdot 0 + f(x(0),y(0)) = f(-3,2)=1. E I'(0)=3 + \dfrac{41}{2} = \dfrac{6}{2}+\dfrac{41}{2}=\dfrac{47}{2}.
  • Então
H'(0) = 2\cdot 1 \cdot \dfrac{47}{2} = 47.

Passo 5

Calcular g_{u}(0,1) e \displaystyle \frac{\partial g}{\partial v}(0,1) para g(u,v)=f\big(a(u,v),\,b(u,v)\big) com a(u,v)=u^{4}-3v e b(u,v)=e^{2u}+v^{2}.
  • Regra da cadeia para derivadas parciais (explicação): se g(u,v)=f\big(a(u,v),b(u,v)\big), então
g_{u}(u,v)=f_x\big(a(u,v),b(u,v)\big)\,a_{u}(u,v) + f_y\big(a(u,v),b(u,v)\big)\,b_{u}(u,v),
g_{v}(u,v)=f_x\big(a(u,v),b(u,v)\big)\,a_{v}(u,v) + f_y\big(a(u,v),b(u,v)\big)\,b_{v}(u,v).
É a aplicação da regra da cadeia compondo as derivadas das componentes.
  • Primeiro calcule a(0,1) e b(0,1) para saber onde avaliar f_x e f_y:
a(0,1)=0^{4}-3\cdot 1 = -3,
b(0,1)=e^{0}+1^{2} = 1+1 = 2.
Novamente o ponto é (-3,2), onde já conhecemos \nabla f.
  • Calcule as derivadas parciais de a e b:
    • a_u(u,v)=4u^{3}. Portanto a_u(0,1)=0.
    • a_v(u,v)=-3. Portanto a_v(0,1)=-3.
    • b_u(u,v)=2e^{2u}. Portanto b_u(0,1)=2e^{0}=2.
    • b_v(u,v)=2v. Portanto b_v(0,1)=2\cdot 1 = 2.
  • Agora aplique a regra da cadeia usando f_x(-3,2)=-\dfrac{3}{2} e f_y(-3,2)=\dfrac{5}{2}.
    • Para g_u(0,1):
    g_u(0,1) = f_x(-3,2)\cdot a_u(0,1) + f_y(-3,2)\cdot b_u(0,1) = \left(-\dfrac{3}{2}\right)\cdot 0 + \left(\dfrac{5}{2}\right)\cdot 2.
g_u(0,1) = 0 + \dfrac{10}{2} = 5.
  • Para g_v(0,1):
g_v(0,1) = f_x(-3,2)\cdot a_v(0,1) + f_y(-3,2)\cdot b_v(0,1) = \left(-\dfrac{3}{2}\right)\cdot(-3) + \left(\dfrac{5}{2}\right)\cdot 2.
Calcule passo a passo:
\left(-\dfrac{3}{2}\right)\cdot(-3)=\dfrac{9}{2},\qquad \left(\dfrac{5}{2}\right)\cdot 2=\dfrac{10}{2}.
Somando:
g_v(0,1)=\dfrac{9}{2}+\dfrac{10}{2}=\dfrac{19}{2}.

Resposta

(a) \displaystyle \nabla f(-3,2)=\left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}\right)
(b) \displaystyle \frac{\partial f}{\partial v}(-3,2)=-\dfrac{11}{2\sqrt{5}}
(c) \displaystyle \left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\{3t+f(x(t),y(t))\}^{2}=47
(d) \displaystyle g_{u}(0,1)=5
\displaystyle \frac{\partial g}{\partial v}(0,1)=\dfrac{19}{2}

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