Exercícios Resolvidos de Vetor Gradiente

Curvas Parametrizadas, Reta tangente e Plano Normal

Considere a função f   : R 2 → R dada por f x , y = 1 + 3 x 2 + y 2 . Considere a curva de nível k de f que passa pelo ponto P = ( 1,1 ) : esta curva tem equação f x , y = k (onde k ∈ R ).

(a) Encontre o valor de k .

(b) Escreva uma parametrização α ( t ) para a curva de nível f x , y = k indicando o domínio de α .

(c) Escreva um vetor não nulo tangente ao traço de α no ponto P e um vetor não nulo normal ao traço de α no ponto P .

Passo 1

(a) Essa é tranquila né? A curva de nível k passa pelo ponto ( 1,1 ) e tem equação f x , y = k . Portanto k = f ( 1,1 ) . E temos:

f 1,1 = 1 + 3 + 1 = 5

Logo, k = 5 .

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Passo 2

(b) Queremos parametrizar a curva de nível f x , y = 1 + 3 x 2 + y 2 = k = 5 . Vamos ter:

1 + 3 x 2 + y 2 = 5

3 x 2 + y 2 = 4

Isso tá com muita cara de uma equação de elipse, do tipo x 2 a ² + y 2 b ² = 1 . Então vamos dar uma ajeitada pra cair em algo assim, pode ser?

3 x 2 + y 2 = 4

Dividindo tudo por 4 :

3 4 x 2 + y 2 4 = 1

O que dá:

x 2 4 3 + y 2 4 = 1

Portanto, a curva de nível f x , y = k é mesmo uma elipse.

Passo 3

Beleza, e agora? Bem, agora temos que parametrizar essa elipse! A dica é sempre buscar algo do tipo α t = ( A   c o s t , B s e n t ) pra gente usufruir da relação c o s 2 t + s e n 2 t = 1 .

Então vamos fazer isso! Digamos:

x = A c o s ( t )

y = B s e n ( t )

Assim:

x 2 4 3 + y 2 4 = A 2 4 3 c o s 2 t + B 2 4 s e n 2 t = c o s 2 t + s e n 2 t = 1

Então devemos ter:

A 2 4 3 = 1   ⇒ A 2 = 4 3   ⇒ A = 2 3

E:

B 2 4 = 1   ⇒ B 2 = 4 ⇒ B = 2

Atenção! Existem infinitas parametrizações possíveis pra uma mesma curva! Estamos apenas escolhendo uma. Por exemplo, poderíamos ter B = - 2 .

Enfim, conseguimos achar nossa parametrização da curva de nível f x , y = k :

α t = 2 3 cos ⁡ t , 2 s e n t

A questão ainda pede pra especificar o domínio de α . Como as funções cosseno e seno tem período 2 π , devemos escolher um intervalo de tamanho 2 π , como [ 0 ,   2 π ] .

Passo 4

(c) Queremos uma reta tangente e uma reta normal ao traço de α , ou seja, ao gráfico de f , no ponto P = ( 1,1 ) . Mas o gradiente de uma função em um ponto é sempre ortogonal ao gráfico dessa função nesse ponto, correto? Então vamos começar calculando o gradiente da f no ponto P !

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

Pela regra da cadeia, temos:

∂ f ∂ x x , y = 1 2 1 + 3 x 2 + y 2 - 1 2 ( 0 + 6 x + 0 )

∂ f ∂ x x , y = 6 x 2 1 + 3 x 2 + y 2 = 3 x 1 + 3 x 2 + y 2

⇒   ∂ f ∂ x 1,1 = 3 1 + 3 + 1 = 3 5    

Show! Agora vamos calcular a outra derivada parcial:

∂ f ∂ y x , y = 1 2 1 + 3 x 2 + y 2 - 1 2 ( 0 + 0 + 2 y )

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

⇒   ∂ f ∂ y 1,1 = 1 5

Beleza, então no ponto P = ( 1,1 ) o gradiente vai ser:

∇ f 1,1 = 3 5 , 1 5

Passo 5

E como já vimos antes, o próprio gradiente de f em P já é um vetor normal ao traço de α no ponto P . Então pra achar um vetor tangente, basta pegar um vetor normal ao gradiente!

Portanto, qualquer vetor cujo produto escalar com ∇ f 1,1   0 serve. Vejamos:

3 5 , 1 5 ⋅ a , b = 0

Temos infinitas possibilidades, então podemos escolher alguma simples que pareça mais evidente, vamos fazer o produto escalar

3 a 5 + b 5 = 0

3 a = - b

Então podemos pegar qualquer a e b com essa relação como a , b = 1 5 , - 3 5 . De fato, vamos ter:

3 5 , 1 5 ⋅ 1 5 , - 3 5 = 3 5 - 3 5 = 0

Logo, o vetor 1 5 , - 3 5 é um vetor tangente ao traço de α no ponto P .

Resposta

a) k = 5

b) α t = 2 3 cos ⁡ t , 2 s e n t ; t ∈ [ 0 ,   2 π ]

c) Vetor normal: ∇ f 1,1 = 3 5 , 1 5

Vetor tangente: 1 5 , - 3 5

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