Exercícios Resolvidos de Reta Normal

Seja f   : R 2 → R uma função diferenciável. Sabe-se que a reta normal ao gráfico de f no ponto x 0 , y 0 , f x 0 , y 0 é dada por

r = 3,2 , 1 + λ - 2,3 , 1     ,     λ ∈ R

Assinale a alternativa cuja curva não pode ser a curva de nível de f contendo o ponto x 0 , y 0

  1. γ t = t 3 , t 2 + 2 t + 1 ,   t ∈ R
  2. γ t = sin ⁡ t , cos ⁡ t + 1 ,   t ∈ [ 0,2 π ]
  3. γ t = t 5 , t 3 + 2 t ,   t ∈ R
  4. γ t = 2 tan ⁡ t , t ,   t ∈ ] - π / 2 , π / 2 ]
  5. γ t = e t ,   t 2 - 3 ,   t ∈ R

Passo 1

A equação da reta normal é

r = 3,2 , 1 + λ - 2,3 , 1    

Portanto ( - 2,3 , 1 ) é um vetor normal ao gráfico de f .

Mas, qual é o vetor que vocês conhecem que é normal ao gráfico de uma função?

Eu ouvi vetor gradiente de f ?

Isso meeeeesmo!!!!

Portanto,

∇ f x 0 , y 0 = ∇ f 3,2 = ( - 2,3 )

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora, precisamos encontrar uma curva que não possa ser curva de nível de f . Ou seja, essa curva não pode ter seu vetor diretor perpendicular ao vetor gradiente, porque o vetor gradiente é perpendicular as curvas de nível.

Assim, se

∇ f 3,2 ∙ γ ' t 0 = 0

A curva γ não poderá ser a curva que estamos buscando.

Vamos testar isso aí pra cada opção então.

Passo 3

Na letra a temos

γ t = t 3 , t 2 + 2 t + 1 ⇒ γ ' t 0 = ( 3 t 0 2 ,   2 t 0 + 2 )

- 2,3 ∙ 3 t 0 2 ,   2 t 0 + 2 = 0

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

E isso tem duas soluções reais, já que

Δ = 6 2 - 4 - 6 6 > 0

Então já sabemos que essa opção não pode ser.

Passo 4

Na letra b temos

γ t = sin ⁡ t , cos ⁡ t + 1 ⇒ γ ' t 0 = ( cos ⁡ t , - sin ⁡ t )

- 2,3 ∙ cos ⁡ t , - sin ⁡ t = 0

- 2 cos ⁡ t - 3 sin ⁡ t = 0

Tem soluções reais, logo essa alternativa não serve também.

Passo 5

Na letra c temos

γ t = t 5 , t 3 + 2 t ⇒ γ ' t 0 = ( 5 t 0 4 , 3 t 0 2 + 2 )

- 2,3 ∙ 5 t 0 4 , 3 t 0 2 + 2 = 0

- 10 t 0 4 + 9 t 0 2 + 6 = 0

Isso tem duas soluções reais, então não serve.

Passo 6

Na letra d temos

γ t = 2 tan ⁡ t , t ⇒ γ ' t 0 = 2 sec 2 ⁡ t , 1

- 2,3 ∙ 2 sec 2 ⁡ t , 1 = 0

- 4 sec 2 ⁡ t + 3 = 0

Isso não tem solução, pois

sec ⁡ t ≥ 1

Isso significa que essa finalmente é a curva que procuramos, pois como essa relação é impossível, isso significa que não existe vetor tangente a essa curva que seja ortogonal ao vetor gradiente de f , não podendo então ser uma curva de nível de f .

Passo 7

Vamos testas a letra e só por desencargo de consciência:

γ t = e t ,   t 2 - 3 ⇒ γ ' t 0 = e t 0 , 2 t 0

- 2,3 ∙ e t 0 , 2 t 0 = 0

- 2 e t 0 + 6 t 0 = 0

Tem duas soluções reais.

Resposta

L e t r a   d

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