Exercícios Resolvidos de Vetor Gradiente

Funções de Várias Variáveis, Derivadas Parciais e o Vetor Gradiente, Curvas Parametrizadas

A curva de nível 1 da função diferenciável f : R 2 → R é parametrizada por γ t = t , 2 t 2 ,   t ∈ R . A curva σ u = - u , u 3 ,   u 6 - u 5 - 2 u 4 + 1 ,   u ∈ R , tem sua imagem contida no gráfico de f .

a) Determine o vetor tangente à curva no ponto - 2,8 , 1 .

b) Determine o vetor tangente à curva γ no ponto - 2,8 .

c) Calcule ∇ f - 2,8

Passo 1

a) Para descobrir esse vetor tangente, precisamos apenas derivar a curva no ponto pedido e substituir o valor do parâmetro nessa derivada!

Vamos, então, ver qual deve ser o valor do parâmetro u para que tenhamos o ponto - 2,8 , 1 na curva σ :

- 2,8 , 1 = - u , u 3 ,   u 6 - u 5 - 2 u 4 + 1

Pela primeira coordenada da equação já temos:

- 2 = - u

u = 2

Show, primeiro passo concluído!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora, precisamos derivar a curva σ :

σ u = - u , u 3 ,   u 6 - u 5 - 2 u 4 + 1

σ ' u = - 1,3 u 2 ,   6 u 5 - 5 u 4 - 8 u 3

E, agora, só jogar o valor que encontramos para o parâmetro u para o ponto - 2,8 , 1 :

σ ' 2 = - 1,3 . 2 2 ,   6.2 5 - 5.2 4 - 8 . 2 3

σ ' 2 = - 1,12 ,   48

E pronto! Aí está o vetor tangente no ponto pedido :D

Passo 3

b) Agora, vamos repetir o processo para a curva γ t = t , 2 t 2 . Para o ponto - 2,8 , temos:

t = - 2

Direto, também pela primeira coordenada.

Passo 4

Prosseguindo, precisamos derivar a curva, o que nos dá:

γ ' t = 1,4 t

E vemos que, para qualquer parâmetro t = - 2 , teremos:

γ ' - 2 = 1 , - 8

Aí está! O outro vetor tangente é 1 , - 8

Passo 5

c) Finalmente! Chegamos à tão esperada letra c :D Para encontrar esse vetor gradiente, o que acha da gente usar esses dois vetores que acabamos de encontrar?

O vetor gradiente da superfície é normal ao vetor tangente de σ u , pois essa curva pertence a f ! Mas σ ' u tem 3 componentes, e sabemos que nossa função é de duas variáveis. Logo, podemos fazer:

z = f x , y

E montamos uma função de 3 variáveis, que será:

F x , y , z = f x , y - z

E, para essa última, teremos que o vetor gradiente será:

∇ F x , y , z = δ f x , y δ x , δ f x , y δ y , - 1

Pois temos apenas o – z como contribuição para a terceira variável de F , então a terceira componente do gradiente será sempre - 1 !

Passo 6

Beleza, agora vamos colocar na história o vetor tangente para o ponto - 2,8 , 1 da curva σ e, como ele é normal ao vetor gradiente de F , teremos:

δ f x , y δ x , δ f x , y δ y , - 1 . - 1,12 ,   48 = 0

Ou seja, o produto escalar entre eles é 0 ! Desenvolvendo o produto escalar, teremos:

- f x + 12 f y = 48

Passo 7

Da mesma forma, temos que o vetor gradiente é normal a curva de nível γ t . Portanto, é normal ao vetor tangente que encontramos para essa curva no ponto 2,8 curva! Nesse caso, como não temos a terceira coordenada, fica:

f x , f y . 1 , - 8 = 0 →

Desenvolvendo o produto escalar, fica:

f x - 8 f y = 0

Só isso! Não estou colocando que essas derivadas todas são para o ponto - 2,8 , - 1 da superfície pois é o único ponto do qual estamos tratando ;)

Passo 8

Agora que temos duas equações para as duas derivadas que queremos saber, só resolver o sistema:

f x - 8 f y = 0 - f x + 12 f y = 48

Somando as duas equações, temos:

4 f y = 48

f y = 12

Voltando com esse valor na primeira equação, temos:

f x - 8.12 = 0

f x = 96

Então, o vetor gradiente para o ponto 2,8 de f é ∇ f 2,8 = 96,12 :D

Resposta

a) - 1,12 ,   48

b)   1 , - 8

c) ∇ f 2,8 = 96,12

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