Exercícios Resolvidos de Regra da Cadeia – Tópicos Adicionais

USP, Cálculo 2, P3 - 2015, Questão 1

Seja S a superfície de equação x 2 - 2 x y - 2 y + z 2 = 1 e seja γ :   R R 3 uma curva diferenciável cuja imagem está contida em S , tal que γ 2 = 2 ,   2 ,   3 e γ ' 2 0 ,   0 ,   0 .

Considere ainda uma função g : R 3 R de classe C 1 com g 2 ,   2 ,   3 = 4 ,   0 ,   - 4 .

Sabendo que t 0 = 2 é ponto de mínimo da função ϕ t = g γ t , determine uma equação para a reta tangente à trajetória (imagem) de γ em γ 2 .

Passo 1

Eita, é muita informação de uma vez só. Mas vamos lá, queremos uma equação para a reta tangente à imagem da curva γ em γ 2 = 2 ,   2 ,   3 .

Então temos que achar um vetor tangente à curva nesse ponto, ou seja, um vetor na direção de γ ' 2 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

A primeira informação que temos é que γ está contida na superfície x 2 - 2 x y - 2 y + z 2 = 1 .

Mas como é sempre melhor lidar com funções, vamos fazer o seguinte:

x 2 - 2 x y - 2 y + z 2 = 1 x 2 - 2 x y - 2 y + z 2 - 1 = 0

E aí definimos a função

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

Assim, S é a superfície de nível 0 da função f .

Passo 3

Agora podemos aproveitar as propriedades do vetor gradiente!

Assim como pra funções de 2 variáveis o vetor gradiente é perpendicular às curvas de nível, pra funções de 3 variáveis ele é perpendicular às superfícies de nível.

No caso, o ponto 2 ,   2 ,   3 pertence à S , que é uma superfície de nível de f , então temos que f 2 ,   2 ,   3 é perpendicular a S . Tranquilo?

Passo 4

Ou seja, temos

  • I m a g e m γ S γ 2 = 2 ,   2 ,   3 S
  • f 2 ,   2 ,   3 S

Opa opa! Queremos um vetor na direção de γ ' 2 né? E das informações listadas aqui em cima podemos concluir que

f 2 ,   2 ,   3 γ ' 2

Passo 5

E esse gradiente nós calculamos tranquilamente:

f x , y , z = 2 x - 2 y ,   - 2 x - 2 ,   2 z

f 2 ,   2 ,   3 = 0 ,   - 6 ,   6

Portanto,

0 ,   - 6 ,   6 γ ' 2

Passo 6

Prosseguindo com o que o enunciado nos deu, vejamos...”   t 0 = 2 é ponto de mínimo da função ϕ t = g γ t ”, e g 2 ,   2 ,   3 = 4 ,   0 ,   - 4 .

Num ponto de mínimo a derivada se anula, então

ϕ ' 2 = 0

E, pela regra da cadeia, temos

ϕ ' 2 = g γ 2 γ ' 2

Lembrando que γ 2 = 2 ,   2 ,   3 , isso significa que

g 2 ,   2 ,   3 γ ' 2 = 0

4 ,   0 ,   - 4 γ ' 2 = 0

4 ,   0 ,   - 4 γ ' 2

Passo 7

Recapitulando:

  • queremos um vetor na direção de γ ' 2
  • 0 ,   - 6 ,   6 γ ' 2
  • 4 ,   0 ,   - 4 γ ' 2

Agora ficou fácil né?

Os vetores 0 , - 6 ,   6 e 4 ,   0 ,   - 4 não são múltiplos (eles são LI), então o vetor resultante do produto vetorial entre eles deve ser paralelo ao vetor γ ' 2 .

Passo 8

E temos

0 ,   - 6 ,   6 × 4 ,   0 ,   - 4 = - 6 . - 4 - 6.0 ,   6.4 - 0 . - 4 ,   0.0 - - 6 . 4

= 24 ,   24 ,   24 = 24 1 ,   1 ,   1

Portanto, o vetor 1 ,   1 ,   1 é paralelo ao vetor γ ' 2 e ele é um vetor diretor da reta tangente que procuramos. Então uma equação dessa reta é

x , y , z = 2 ,   2 ,   3 + λ 1 ,   1 ,   1 ,     λ R

Resposta

x , y , z = 2 ,   2 ,   3 + λ 1 ,   1 ,   1 ,     λ R

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