Exercícios Resolvidos de Plano tangente e Curva de Nível

Ver Teoria

Enunciado

Seja f : R → R uma função diferenciável. Mostre que os planos tangentes à superfície de equação z = y f y x passam todos pela origem.

Passo 1

A ideia por trás desta questão é obter a equação do plano tangente que passa por um ponto P = x 0 , y 0 , z 0 genérico que pertence a função, logo, satisfaz a sua equação. Depois de obtermos a equação deste plano π , vamos verificar que as coordenadas da origem satisfazem a sua equação, o que significa dizer que a origem pertence ao plano.

Primeiro, vamos começar escrevendo a relação que iremos utilizar para obter a equação deste plano. Ela é o resultado do seguinte produto interno:

∇ F x 0 , y 0 , z 0 ⋅ x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 = 0

Fizemos o produto interno do vetor gradiente da função no ponto x 0 , y 0 , z 0 pelo vetor x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 . Bom, sabemos que se x 0 , y 0 , z 0 pertence a superfície, então ela satisfaz a sua equação. Logo,

z 0 = y 0 f y 0 x 0

E assim podemos escrever o ponto da seguinte forma: x 0 , y 0 , y 0 f y 0 x 0

Passo 2

Agora que já temos toda a nossa ideia esquematizada, podemos obter ∇ F x , y , z . O conjunto de nível F x , y , z = 0 consiste na superfície da função dada.

Em outras palavras, de uma forma bem prática, o que devemos fazer é pegar a equação da superfície dada, isolar tudo em algum membro e deixar o outro membro igual a 0. Portanto,

F x , y , z = y f y x - z = 0

Novamente, percebam que passamos o z para o segundo membro, deixando o primeiro membro igual a 0.

Agora, precisamos calcular o vetor gradiente, o que significa em calcular as derivadas parciais F x , F y e F z . Vamos obter agora cada uma dessas derivadas. Logo,

F x = ∂ ∂ x y f y x - z

Aplicando a regra do produto, temos:

F x = ∂ ∂ x y f y x - ∂ ∂ x z

Como a variável z é uma constante em relação a x , então a sua derivada ∂ z / ∂ x é igual a 0. Já em relação ao termo y f y x , vamos aplicar a regra do produto. Portanto,

F x = ∂ ∂ x y f y x + y ∂ ∂ x f y x - 0

Aqui acontece a mesma coisa que aconteceu com a variável z . Como y é uma constante em relação a x , sua derivada é nula. Portanto,

F x = 0 ⋅ f y x + y ∂ ∂ x f y x

F x = y ∂ ∂ x f y x

E agora barramos num problema (que aparecerá também em F y ). Como derivamos ∂ ∂ x f y x ? A ideia é aplicar a regra da cadeia. Derivada da função de fora aplicada a função de dentro vezes a derivada da função de dentro. Como f é uma função de uma única variável, podemos escrever sua derivada como f ' . Portanto,

F x = y ∂ ∂ x f y x = y ⋅ f ' y x ⋅ ∂ ∂ x y x

F x = y ⋅ f ' y x ⋅ - y x 2

F x = - y 2 x 2 f ' y x

Ficou um pouco confuso, não foi? Temos que tomar cuidado com este passo pois ele realmente é o mais difícil de toda a questão. Então, vamos tentar repetir o que aconteceu de uma outra forma. Como a própria questão nos disse, temos uma f : R → R . Isto é, uma função de uma variável que retorna um valor.

Em outras palavras, seria dizer que temos uma f u . Só que o que acontece quando chamamos este u de duas outras variáveis? Uma g x , y = y / x . Portanto, o que apareceu lá para gente foi f y x = f g x , y . E agora, consegue ver a regra da cadeia?

∂ ∂ x f y x = ∂ ∂ x f g x , y = f ' g x , y ⋅ g x x , y

Escrevemos a derivada de f como uma derivada simples f ' pois f é uma função de uma única variável só (que foi chamada de u aqui).

Agora, temos que repetir o mesmo procedimento para F y . Portanto,

F y = ∂ ∂ y y f y x - z = ∂ ∂ y y f y x - ∂ ∂ y z

F y = f y x ∂ ∂ y y + y ∂ ∂ y f y x - 0

F y = f y x ⋅ 1 + y ∂ ∂ y f y x

Devemos aplicar novamente a regra da cadeia. A derivada da função de fora aplicada a função de dentro vezes a derivada da função de dentro. Como f é uma função de uma única variável, podemos escrever sua derivada como f ' . Portanto,

F y = f y x + y ∂ ∂ y f y x = f y x + y ⋅ f ' y x ⋅ ∂ ∂ y y x

F y = f y x + y ⋅ f ' y x ⋅ 1 x

F y = f y x + y x f ' y x

Novamente, a derivada ∂ ∂ y f y x foi feita da mesma forma que a derivada ∂ ∂ x f y x , discutida anteriormente. A grande diferença foi que agora derivamos em relação a y .

E por fim, calcularemos F z . O procedimento aqui é exatamente o mesmo que fizemos nos passos anteriores. Portanto, temos:

F z = ∂ ∂ z y f y x - z

F z = ∂ ∂ z y f y x - ∂ ∂ z z

F z = 0 - 1 = - 1

Como todo o termo y f y x não depende de z , então, a sua derivada em relação a z é igual a 0. Portanto, sobrou apenas a derivada ∂ z ∂ z = 1 .

Portanto, o nosso vetor gradiente é:

∇ F x , y , z = F x , F y , F z

∇ F x , y , z = - y 2 x 2 f ' y x , f y x + y x f ' y x , - 1

Se aplicarmos as coordenadas do ponto x 0 , y 0 , z 0 = x 0 , y 0 , y 0 f y 0 x 0 , temos:

∇ F x 0 , y 0 , y 0 f y 0 x 0 = - y 0 2 x 0 2 f ' y 0 x 0 , f y 0 x 0 + y 0 x 0 f ' y 0 x 0 , - 1

Passo 3

Agora, basta utilizarmos o produto interno definido no passo 1 para calcularmos o plano tangente. Portanto,

∇ F x 0 , y 0 , z 0 ⋅ x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 = 0

- y 0 2 x 0 2 f ' y 0 x 0 , f y 0 x 0 + y 0 x 0 f ' y 0 x 0 , - 1 ⋅ x - x 0 , y - y 0 , y f y x - y 0 f y 0 x 0 = 0

Antes de multiplicarmos coordenada a coordenada e soma-las, podemos simplificar a nossa vida. Como queremos verificar se o ponto se a origem 0,0 , 0 , satisfaz o nosso sistema, basta colocarmos no lugar de x , y , z as coordenadas 0,0 , 0 . Isto vai evitar com que façamos uma série de multiplicações. Portanto,

- y 0 2 x 0 2 f ' y 0 x 0 , f y 0 x 0 + y 0 x 0 f ' y 0 x 0 , - 1 ⋅ 0 - x 0 , 0 - y 0 , 0 - y 0 f y 0 x 0 = 0

- y 0 2 x 0 2 f ' y 0 x 0 , f y 0 x 0 + y 0 x 0 f ' y 0 x 0 , - 1 ⋅ - x 0 , - y 0 , - y 0 f y 0 x 0 = 0

Agora, temos que fazer o produto interno entre os dois vetores. Relembrando, primeira coordenada de um vetor vezes a primeira coordenada do segundo mais o produto entre a segunda coordenada dos vetores mais o produto entre a terceira coordenada dos vetores. Portanto,

- y 0 2 x 0 2 f ' y 0 x 0 ⋅ - x 0 + f y 0 x 0 + y 0 x 0 f ' y 0 x 0 ⋅ - y 0 + - 1 ⋅ - y 0 f y 0 x 0 = 0

y 0 2 x 0 f ' y 0 x 0 - y 0 f y 0 x 0 - y 0 2 x 0 f ' y 0 x 0 + y 0 f y 0 x 0 = 0

Mudando a ordem dos termos, temos:

y 0 2 x 0 f ' y 0 x 0 - y 0 2 x 0 f ' y 0 x 0 + y 0 f y 0 x 0 - y 0 f y 0 x 0 = 0

Percebem que o primeiro termo é igual ao segundo (com diferença no sinal)? E o mesmo acontece com o terceiro e quarto termo? Então... um termo corta o outro! E ai, o que a gente conclui....

0 = 0

Então! Chegamos a uma verdade! Isto significa dizer que a origem 0,0 , 0 pertence ao plano π que passa por um ponto x 0 , y 0 , z 0 . Só que a gente não especificou o ponto, não foi?

Pronto, agora fechamos com chave de ouro. Como este ponto x 0 , y 0 , z 0 não foi especificado (tipo, seria dizer 2,0 , 0 se fosse especificado), deixamos ele um ponto genérico, significa dizer que qualquer plano tangente a superfície z = y f y x passa pela origem.

Sendo assim, acabamos de provar o enunciado da questão!

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

Exercícios de Livros Relacionados

3. Seja σ: Ω ⊂ ℝ2 → ℝ3, Ω aberto, uma superfície de classe C1 dada por σ(u, v) = (x (u, v), y (u, v), z (u, v)). Verifique que d σ d u × d σ d v = d y , z d u , v ,d z , x d u , v ,d x , y d u , v
Seja σ : Ω → R 3 , Ω aberto em R 2 , uma superfície de classe C 1 e seja γ : I → Ω uma curva de classe C 1 , com γ t = u t , v t . (Observe que γ t é um ponto de Ω , para todo t ∈ I .) Seja Γ : I → I
Nos Exercícios 25-28, esboce a curva f ( x ,y )=c juntamente com ∇ f e a reta tangente no ponto dado. Em seguida, escreva uma equaçãopara a reta tangente. x y = - 4 2 , - 2
Nos Exercícios 25-28, esboce a curva f ( x ,y )=c juntamente com ∇ f e a reta tangente no ponto dado. Em seguida, escreva uma equaçãopara a reta tangente. x 2 - x y + y 2 = 7 - 1 , 2
Nos Exercícios 25-28, esboce a curva f ( x ,y )=c juntamente com ∇ f e a reta tangente no ponto dado. Em seguida, escreva uma equaçãopara a reta tangente. x 2 - y = 1 , 2 , 1