Exercícios Resolvidos de Regra da Cadeia – Tópicos Adicionais

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009,p.114, exercício 6

Suponha que z = f ( x , y ) é uma função de classe C ¹ e

f 1,3 = - 1

f x 1,3 = 4

f y 1,3 = - 3

Sabe-se que a curva de equação

σ t = t 2 , 4 t - 1 , z t

Está contida no gráfico da função z = f ( x , y ) .

  1. Calcule d z d t ( t )
  2. Ache uma equação da reta tangente a curva σ ( t ) no ponto σ ( 1 )
  3. Mostre que a reta encontrada no item b) está contida no plano tangente ao gráfico da função z = f ( x , y ) em ( 1,3 , - 1 )

Passo 1

a )

Sabemos que a curva σ ( t ) está contida na superfície f x , y , certo? Então, podemos dizer que, se

σ t = t 2 , 4 t - 1 , z t

E

f x , y = z

Então,

f t 2 , 4 t - 1 = z ( t )

Viu o que fizemos? A curva σ t pega sempre o valor de um t , e, com ele, forma um ponto de 3 coordenadas. Já a superfície f x , y , com dois pontos dados (ou seja, o valor da primeira e segunda coordenada de σ t ), gera um terceiro valor, que dará a coordenada z do ponto.

Então, temos

z = f x , y

x t = t 2

y t = 4 t - 1

z t = f x t , y t

Podemos então usar a regra da cadeia para calcular d z d t ( t ) !

d z d t = z x d x d t + z y d y d t

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos primeiro calcular o t 0 correspondente x = 1 e y = 2 :

x t = t ² x t 0 = t 0 ² = 1

  y t = 4 t - 1 y t 0 = 4 t 0 - 1 = 3

Resolvendo esse sistema temos que

t 0 = 1

Passo 3

Calcular gradiente da função:

A questão já nos dá o gradiente de f no ponto:

f x 1,3 = 4

f y 1,3 = - 3

Passo 4

Agora vamos encontrar as d x d t e d y d t

x t = t 2

d x d t = 2 t

E

y t = 4 t

d y d t = 4

Em t 0 = 1 temos:

d x d t ( 1 ) = 2

d y d t ( 1 ) = 4

Passo 5

Substituindo na formula da regra da cadeia:

d z d t ( 1 ) = z x ( 1,3 ) d x d t ( 1 ) + z y ( 1,3 ) d y d t ( 1 )

d z d t 1 = 4.2 + - 3 . 4

d z d t 1 = - 4

Passo 6

b )

Primeiro vamos descobrir quem é o ponto de tangencia σ ( 1 ) :

σ t = t 2 , 4 t - 1 , z t

γ 1 = 1 2 , 4 1 - 1 , z 1 = 1,3 , z 1

Beleza, mas como já vimos ali em cima,

z t = f t 2 , 4 t - 1 = f 1,3 = - 1

Como a questão nos diz.

Beleza, agora que já sabemos o ponto de tangencia

P 0 = ( 1,3 , - 1 )

Vamos calcular o vetor n na direção da reta tangente.

Passo 7

Esse vetor vai ser

n = σ ' 1 = 2 t , 4 , d z d t = 2.1,4 , d z d t ( 1 )

d z d t ( 1 ) nós já calculamos na letra a , então:

d z d t 1 = - 4

n = σ ' 1 = 2,4 , - 4

Passo 8

Para encontrar a reta tangente, falta só substituir tudo isso na equação da reta:

P 0 = ( 1,3 , - 1 )

n = ( 2,4 , - 4 )

r t = P 0 + n t

r t = ( 1,3 , - 1 ) + ( 2,4 , - 4 ) . t

Passo 9

c )

Se queremos que a reta tangente esteja contida no plano tangente, ela tem que ser perpendicular ao vetor normal do plano tangente ao gráfico de z = f ( x , y ) .

Esse vetor normal será o vetor gradiente da função

F = f x , y - z

Logo, o vetor normal ao plano tangente no ponto ( 1,3 , - 1 ) é

F 1,3 , - 1 = f x 1,3 , f y 1,3 , - 1 = ( 4 , - 3 , - 1 )

Passo 10

Se queremos provar que essa reta está contida nesse plano tangente, ou seja, que o vetor na direção da reta é perpendicular ao vetor normal ao plano, basta mostrarmos que o produto escalar entre esses vetores é nulo!

Vamos ver:

n 1,3 , - 1 F 1,3 , - 1 = 2,4 , - 4 4 , - 3 , - 1 = 2.4 + 4 . - 3 + - 4 . - 1 = 8 - 12 + 4 = 0

Ou seja, provamos

Resposta

  1. d z d t 1 = - 4
  2. r t = ( 1,3 , - 1 ) + ( 2,4 , - 4 ) . t

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