Exercícios Resolvidos de Plano Tangente

Funções de Várias Variáveis, Curvas Parametrizadas, Derivadas Parciais e o Vetor Gradiente

Seja z = f x , y uma função diferenciável em R 2 . Suponha que o plano tangente ao gráfico de f no ponto 1,2 , f 1,2 tem equação 2 x - 3 y + 2 z - 1 = 0 .

a) Determine f 1,2 e ∇ f 1,2 .

b) Sabendo que γ   : R → R 2 é uma parametrização derivável de uma curva de nível de f , que γ ' - 1 ≠ 0 → e que γ - 1 = 1,2 , determine uma equação para a reta tangente à curva γ em 1,2 .

Passo 1

a) Essa veio de brinde hein?? Vamos lá, primeiro, determinemos esse ponto f 1,2 !

Bom, se o plano que deram é tangente ao gráfico da função, então o ponto de tangência está tanto no gráfico dela como no plano, certo? Assim, P = 1,2 , f 1,2 está contido em 2 x - 3 y + 2 z - 1 = 0 ! Logo, para saber o f 1,2 , só substituir o ponto na equação do plano!

2.1 - 3.2 + 2 . f 1,2 - 1 = 0

2 . f 1,2 = 5

f 1,2 = 5 2

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Passo 2

Perfeito! Agora, encontremos o vetor gradiente. Sabemos que o plano tangente tem vetor normal múltiplo do vetor gradiente da função no ponto de tangência, certo? E o vetor normal de qualquer plano é formado pelos coeficientes de x , y e z , show?

Então, para o plano 2 x - 3 y + 2 z - 1 = 0 , o vetor normal é 2 , - 3,2 .

E agora vem um “problema”: ahh mas a função só tem duas variáveis e o vetor normal do plano tem 3 , como eu faço?? Lembra daquele mecanismo, de chamar f x , y de z ? Temos o seguinte:

z = f x , y

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

∇ F x , y , z = δ f δ x , δ f δ y , - 1

Pegou a ideia? Agora colocamos a nossa f x , y na sua forma implícita, com F x , y , z ! E, nestes casos, a terceira coordenada do vetor gradiente será sempre - 1 ;)

Enfim, agora podemos dizer que o vetor normal do plano é múltiplo do vetor gradiente da função, assim:

2 , - 3,2 = λ δ f δ x , δ f δ y , - 1

Passo 3

Para resolver a equação, basta igualar cada coordenada dos vetores:

2 = λ δ f δ x

- 3 = λ δ f δ y

2 = - λ

Sendo que essa última equação já nos fornece o valor de λ , viu? Substituindo ele nas outras duas equações, teremos:

2 = - 2 δ f δ x

δ f δ x = - 1

E para a derivada em relação a y ,

- 3 = - 2 δ f δ y

δ f δ y = 3 2

E o vetor gradiente ∇ F 1,2 , f 1,2 = - 1 , 3 2 , - 1 . Ou, se preferir, o ∇ f 1,2 = - 1 , 3 2 :)

Passo 4

b) Bora encontrar essa reta tangente! Como um reta tangente a uma curva é definida pela derivada da curva vezes um parâmetro, e tudo isso somado ao ponto de tangência, tudo o que precisamos é saber qual é a derivada dessa γ , certo?

Mas acontece que não nos deram sua equação, e não temos o que derivar! Tudo o que temos é que a derivada existe e é diferente de 0 , para o ponto que ele pediu. A parte boa é a seguinte: Esse ponto coincide com o ponto que calculamos o vetor gradiente, que, por sua vez, é normal à curva de nível γ t ! Sendo assim, se voltamos a trabalhar em duas dimensões, poderemos rotacionar em 90 ° o vetor gradiente, e então ele terá a mesma direção da reta tangente! Pegou a ideia?

Passo 5

Bom, temos que o gradiente da f 1,2 é ∇ f 1,2 = - 1 , 3 2 . Para girar ele em 90 ° , basta inverter as coordenadas de lugar e trocar o sinal da que ficou na componente x . Então:

∇ f 1,2 + 90 ° = - 3 2 , - 1

Como queremos a reta, pouco importa o sentido e o tamanho do vetor (pois iremos esticá-lo usando um parâmetro). Sendo assim, podemos trocar o sinal das duas coordenadas, que vai manter a direção e inverter o sentido, e multiplicar ambas por 2 , para acabar com esse denominador chato. Então, teremos:

- 3 2 , - 1 ∥ 3 2 , 1 ∥ 3,2

Jogando esse vetor na equação geral para a reta, teremos:

r t = 3,2 t + 1,2

Resposta

a) f 1,2 = 5 2 , ∇ F x , y , z = - 1 , 3 2 , - 1

b) r t = 3,2 t + 1,2

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