2.3. Seja f : R 2 → R uma função diferenciável em R 2 . Fixado um certo P = x 0 ,   y 0 ∈ R 2 , sabe-se que o plano tangente ao gráfico de f no ponto x 0 , y 0 , f x 0 , y 0 tem equação - 2 x + 2 y - z + 3 = 0 . Determine, entre as curvas abaixo, uma que não pode ser a curva de nível de f que contém o ponto P :

a. γ ( t ) = - 1 t , t ; b. γ ( t ) = t 5 5 , - 2 t 3 3 + 3 t ; c. γ t = t 2 , t 3 + t

Passo 1

Iae! Como vai, meu querido? 😁 Bora aprender mais uma questão? 😉

Nesse problema queremos descobrir qual das curvas dadas não pode ser curva de nível de f no ponto qualquer x 0 , y 0 , f x 0 , y 0 em que o plano tangente a esse ponto é dado por - 2 x + 2 y - z + 3 = 0 .

Entendeu alguma coisa? 🤔

Para obter um plano tangente, podemos calcular o produto interno entre o gradiente da função com um vetor tangente a ela e igualar a 0 , ou seja

∇ f · x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 = 0

Nesse caso, se a curva γ t for uma curva paramétrica da curva de nível de f , o produto interno entre o vetor γ ' t e ∇ f tem que ter pelo menos uma solução real...

Sacou? Bora começar! 😎

Passo 2

Primeiro vamos obter as coordenadas do vetor ∇ f .

Pra isso, podemos usar a equação do plano tangente a f no ponto P , ou seja

f x , f y , f z · x - x 0 , y - y 0 , z - z 0 = - 2 x + 2 y - z + 3 = 0

f x x - f x x 0 + f y y - f y y 0 + f z z - f z z 0 = - 2 x + 2 y - z + 3

f x x + f y y + f z z - f x x 0 - f y y 0 - f z z 0 = - 2 x + 2 y - z + 3

Por igualdade de polinômios, vamos obter que

f x = - 2

f y = 2

f z = - 1

No nosso caso, só nos interessa f x e f y pois vamos trabalhar com curvas de níveis, onde z é constante.

Agora vamos testar as curvas de níveis γ t

Para γ t = - 1 t , t

d - 1 t d t , d t d t · - 2,2 = 0

1 t 2 , 1 · - 2,2 = 0

- 2 t 2 + 2 = 0

- 2 t 2 = - 2

t 2 = 1

Nesse caso, temos duas soluções reais, t = 1 e t = - 1 , então γ t = - 1 t , t pode ser uma curva de nível de f

Tranquilo até aqui? 😉

Passo 3

Agora vamos testar a curva γ t = t 5 5 , - 2 t 3 3 + 3 t

d t 5 5 d t , d - 2 t 3 3 + 3 t d t · - 2,2 = 0

t 4 , - 2 t 2 + 3 · - 2,2 = 0

- 2 t 4 - 4 t 2 + 6 = 0

Aqui também temos duas soluções reais e novamente t = 1 e t = - 1

Por último, vamos testar a curva γ t = t 2 , t 3 + t

d t 2 d t , d t 3 + t d t · - 2,2 = 0

2 t , 3 t 2 + 1 · - 2,2 = 0

- 4 t + 6 t 2 + 2 = 0

6 t 2 - 4 t + 2 = 0

Essa curva não tem soluções reais, portanto não é possível que ela seja curva de nível de f .

Pegou o esquema? Responde Aí! 😁

Resposta

c) γ t = t 2 , t 3 + t

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