Exercícios Resolvidos de Plano Tangente

Reta Tangente e Plano Normal, Derivadas Parciais e o Vetor Gradiente, Regra da Cadeia

Seja f = f ( x , y ) uma função diferenciável tal que z = 3 x + y - 2 é equação do plano tangente a f em ( 1,1 , f 1,1 ) .

(a) Obtenha ∂ f ∂ x ( 1,1 ) e ∂ f ∂ y ( 1,1 ) .

(b) Seja g u , v = f ( u 2 + 3 v , v 2 ) . Obtenha as expressões de ∂ g ∂ u u , v   e ∂ g ∂ v u , v em função das derivadas parciais de f .

(c) Seja γ uma curva diferenciável tal que a sua imagem está contida na intersecção do gráfico de g com a superfície S = { u , v , w ∈ R 3   :   u 2 + v 2 + w 2 - 4 u + 2 v + 1 = 0 } . Dê a equação da reta tangente a γ no ponto ( 2 , - 1 , g 2 , - 1 ) .

Passo 1

(a) O enunciado nos dá a equação do plano tangente a f em ( 1,1 , f 1,1 ) :

z = 3 x + y - 2

Agora não tem mistério, só precisamos da equação do plano tangente, lembra como é? No ponto ( 1,1 , f 1,1 ) vai ser:

z = ∂ f ∂ x 1,1 . x - 1 + ∂ f ∂ y 1,1 . y - 1 + f 1,1 = 3 x + y - 2

Os termos multiplicando x e y são as derivadas parciais:

∂ f ∂ x 1,1 . x = 3 x

∂ f ∂ y 1,1 . y = y

Logo:

∂ f ∂ x 1,1 = 3

∂ f ∂ y 1,1 = 1

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Passo 2

(b) Questão clássica de regra da cadeia: temos uma função f ( x , y ) e uma função composta g ( u , v ) = f ( u 2 + 3 v , v 2 ) . Vamos ter:

∂ g ∂ u ( u , v ) = ∂ x ∂ u ( u 2 + 3 v , v 2 ) . ∂ f ∂ x ( u 2 + 3 v , v 2 ) + ∂ y ∂ u ( u 2 + 3 v , v 2 ) . ∂ f ∂ y ( u 2 + 3 v , v 2 )

Ou, de maneira abreviada:

∂ g ∂ u ( u , v ) = ∂ x ∂ u . ∂ f ∂ x + ∂ y ∂ u . ∂ f ∂ y

Temos ∂ x ∂ u u 2 + 3 v , v 2 = 2 u e ∂ y ∂ u u 2 + 3 v , v 2 = 0

Então vai dar:

∂ g ∂ u u , v = 2 u . ∂ f ∂ x + 0 . ∂ f ∂ y = 2 u ∂ f ∂ x ( u 2 + 3 v , v 2 )

E a outra derivada parcial vai ficar assim:

∂ g ∂ v u , v = ∂ x ∂ v . ∂ f ∂ x + ∂ y ∂ v . ∂ f ∂ y

Note que ∂ x ∂ v u 2 + 3 v , v 2 = 3 e ∂ y ∂ v u 2 + 3 v , v 2 = 2 v

Logo:

∂ g ∂ v u , v = 3 . ∂ f ∂ x ( u 2 + 3 v , v 2 ) + 2 v ∂ f ∂ y ( u 2 + 3 v , v 2 )

Show! Obtivemos as expressões em função das derivadas parciais de f !

Passo 3

(c)

Queremos a equação da reta tangente a γ no ponto ( 2 , - 1 , g 2 , - 1 ) . Podemos começar calculando o valor de g ( 2 , - 1 ) , que tal?

g 2 , - 1 = f 2 2 + 3 - 1 , - 1 2 = f ( 1,1 )

Opa! Já vimos esse f ( 1,1 ) antes, lá na equação do plano da letra (a)! Tínhamos

z = ∂ f ∂ x 1,1 . x - 1 + ∂ f ∂ y 1,1 . y - 1 + f 1,1 = 3 x + y - 2

com ∂ f ∂ x 1,1 = 3 e ∂ f ∂ y 1,1 = 1

Portanto, a equação fica:

3 x - 3 + y - 1 + f 1,1 = 3 x + y - 2

- 4 + f 1,1 = - 2

f 1,1 = 2

Então queremos a equação da reta tangente a γ no ponto ( 2 , - 1,2 ) , ok?

Passo 4

Essa questão é meio confusa: envolve uma curva γ , uma função g (que é composta da f ) e uma superfície S . Por isso esse passo vai servir de esclarecimento.

Enfim, vamos aos fatos: a imagem de γ está contida na intersecção do gráfico de g com S . Logo, no ponto ( 2 , - 1,2 ) a reta tangente a γ é paralela ao plano tangente a g e ao plano tangente a S . Isso significa que a reta tangente a γ nesse ponto é ortogonal aos vetores normais dos planos tangentes a g e a S . Deu pra entender? Se a reta é paralela aos planos tangentes, ela vai ser perpendicular aos vetores normais desses planos, certo?

E isso interessa a gente porque podemos achar esses vetores normais. O dado crucial aqui é que o vetor normal ao plano tangente a uma função em P 0 é o gradiente da função nesse ponto!

Agora vamos definir algumas coisas pra facilitar nossa vida:

  • h u , v , w = u 2 + v 2 + w 2 - 4 u + 2 v + 1
  • Assim a superfície S é definida por h u , v , w = 0

  • P 0 = ( 2 , - 1,2 )
  • T é a reta tangente a γ em P 0 , que é o que procuramos nessa questão, que tal?

Firmeza, agora vamos às contas!

Passo 5

O plano tangente ao gráfico de g no ponto P 0 é definido por:

z = ∂ g ∂ u ( 2 , - 1 ) . x - 2 + ∂ g ∂ v ( 2 , - 1 ) . y + 1 + g ( 2 , - 1 )

∂ g ∂ u 2 , - 1 . x - 2 + ∂ g ∂ v 2 , - 1 . y + 1 + g 2 , - 1 - z = 0

Nem importa a equação completa do plano, o que importa são os termos que multiplicam x ,   y e z , respectivamente: ∂ g ∂ u ( 2 , - 1 ) ; ∂ g ∂ v ( 2 , - 1 ) e - 1 . Esses 3 termos formam um vetor ortogonal ao plano em P 0 , ou seja também ortogonal à T . E temos, pela letra b):

∂ g ∂ u 2 , - 1 = 2 u ∂ f ∂ x 1,1 = 2.2 . 3 = 12

∂ g ∂ v 2 , - 1 = 3 ∂ f ∂ x 1,1 + 2 v ∂ f ∂ y 1,1 = 3.3 + 2 - 1 . 1 = 9 - 2 = 7

Portanto, T é ortogonal ao vetor ( 12 ,   7 , - 1 ) .

Passo 6

Agora vamos à superfície S : precisamos calcular o gradiente da h em P 0 , esse vetor também vai ser ortogonal a T .

h u , v , w = u 2 + v 2 + w 2 - 4 u + 2 v + 1

∂ h ∂ u u , v , w = 2 u + 0 + 0 - 4 + 0 + 0 = 2 u - 4

∂ h ∂ v u , v , w = 0 + 2 v + 0 - 0 + 2 + 0 = 2 v + 2

∂ h ∂ w u , v , w = 0 + 0 + 2 w - 0 + 0 + 0 = 2 w

∇ h u , v , w = ( 2 u - 4 ,   2 v + 2 ,   2 w )

⇒ ∇ h P 0 = 2.2 - 4 ,   2 - 1 + 2 ,   2.2 = ( 0,0 , 4 )

Passo 7

Tranquilo, achamos 2 vetores ortogonais à reta que procuramos: os vetores ( 12,7 , - 1 ) e ( 0,0 , 4 ) . Então se fizermos o produto vetorial deles, vamos achar um terceiro vetor que é ortogonal a eles dois, que é, portanto, paralelo à reta T !

Vamos ao o produto vetorial! Eu sei que tem gente que costuma fazer usando matriz, mas eu geralmente faço assim (é claro que tanto faz, contanto que o resultado seja o mesmo :D):

12 ,   7 ,   - 1 × 0,0 , 4 = ( a , b , c )

a = 7.4 - - 1 . 0 = 28 - 0 = 28

b = - 1.0 - 12.4 = 0 - 48 = - 48

c = 12.0 - 7.0 = 0 - 0 = 0

Logo, o vetor diretor da reta T é paralelo ao vetor ( 28 , - 48 ,   0 ) . Para ficar simplificado, podemos usar o vetor 7 , - 12 ,   0 = 1 4 ( 28 , - 48 ,   0 ) . Lembrando que T passa pelo ponto 2 , - 1 ,   2 .

Então a reta T é definida por:

u , v , w = 2 , - 1 ,   2 + λ   7 , - 12 ,   0   ; λ ∈ R

Resposta

a) ∂ f ∂ x 1,1 = 3 e ∂ f ∂ y 1,1 = 1

b) ∂ g ∂ u u , v = 2 u ∂ f ∂ x ( u 2 + 3 v , v 2 ) e ∂ g ∂ v u , v = 3 . ∂ f ∂ x ( u 2 + 3 v , v 2 ) + 2 v ∂ f ∂ y ( u 2 + 3 v , v 2 )

c) u , v , w = 2 , - 1 ,   2 + λ   7 , - 12 ,   0   ; λ ∈ R

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