Exercícios Resolvidos de Vetor Gradiente

USP – Cálculo 2 – 2019 – P2 – Exercício 10

Seja f :   R 2 → R uma função de classe C 1 tal que ∇ f 1 ,   1 = 1 ,   0 . Sabendo que exatamente uma das curvas abaixo tem imagem contida na curva de nível de f que contém 1 ,   1 , assinale a alternativa que contém tal curva.

a) γ t = sec ⁡ t , tan ⁡ t + 1 ,   t ∈   ] - π / 2 ,   π / 2 [ .

b) γ t = t ,   1 / t ,   t ∈   ] 0 ,   + ∞ [ .

c) γ t = cos ⁡ t + 1 ,   s e n   t ,   t ∈ R .

d) γ t = t , ln ⁡ t + 1 ,   t ∈   ] 0 ,   + ∞ [ .

e) γ t = t 3 ,   t ,   t ∈ R .

Passo 1

Bora resolver mais uma questão de prova da POLI? Essa é sobre vetor normal e curvas de nível!

O exercício fala sobre uma função f tal que ∇ f 1 ,   1 = 1 ,   0 . Ele quer saber, dentre as curvas apresentadas nas alternativas, qual está contida na curva de nível de f que contém 1 ,   1 .

Sabemos que o vetor gradiente é ortogonal às curvas de nível da função. Assim, se γ estiver contida na curva de nível de f , o vetor γ ' (vetor tangente à curva) deve ser ortogonal ao vetor ∇ f no ponto em questão.

Assim, como o gradiente é ortogonal à curva de nível, o vetor tangente deve ser perpendicular a ele no ponto 1 ,   1 :

γ ' t 0 ⋅ ∇ f 1 ,   1 = 0 ,

sendo que a condição sobre t 0 para que estejamos no ponto 1 ,   1 é:

γ t 0 = ( 1 ,   1 )

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Para isso temos que testar as alternativas! Vamos começar pela alternativa A:

γ t = sec ⁡ t , tan ⁡ t + 1 ,   t ∈   ] - π / 2 ,   π / 2 [

Derivando cada componente, achamos o vetor tangente:

γ ' t = sec ⁡ t tan ⁡ t , sec 2 ⁡ t

Para que γ t 0 = 1 ,   1 , temos que

sec ⁡ t 0 = 1 ⇒ cos ⁡ t 0 = 1

No intervalo considerado, isso só é possível para

t 0 = 0

Assim,

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

Vamos ver se esse vetor é ortogonal a ∇ f 1 ,   1 :

γ ' t 0 ⋅ ∇ f 1 ,   1 = 0 ,   1 ⋅ 1 ,   0 = 0 + 0 = 0

Essa curva é perfeita! A resposta é alternativa A!

Passo 3

Vamos testar as demais alternativas rapidamente! Na alternativa B, temos γ t = t ,   1 / t ,   t ∈   ] 0 ,   + ∞ [ . Assim,

γ ' t = 1 ,   - 1 t 2

Para que γ ' t 0 = 1 ,   1 , devemos ter t 0 = 1 . Assim,

γ ' t 0 = γ ' 1 = 1 ,   - 1

Fazendo o produto escalar:

γ ' t 0 ⋅ ∇ f 1 ,   1 = 1 ,   - 1 ⋅ 1 ,   0 = 1 ≠ 0

Na afirmativa C: γ t = cos ⁡ t + 1 ,   s e n   t ,   t ∈ R . Logo,

γ ' t = - s e n   t , cos ⁡ t

Para que γ t 0 = 1 ,   1 , temos que s e n   t = 1 e cos ⁡ t = 0 . Assim,

γ ' t 0 = ( - 1 ,   0 )

Logo,

γ ' t 0 ⋅ ∇ f 1 ,   1 = - 1 ,   0 ⋅ 1 ,   0 = - 1 ≠ 0

Passo 4

Na alternativa D: γ t = t , ln ⁡ t + 1 ,   t ∈   ] 0 ,   + ∞ [ . Logo,

γ ' t = 1 , 1 t

Para que γ t 0 = 1 ,   1 , devemos ter t 0 = 1 :

γ ' t 0 = 1 ,   1

Logo,

γ ' t 0 ⋅ ∇ f 1 ,   1 = 1 ,   1 ⋅ 1 ,   0 = 1 ≠ 0

Por fim, na alternativa E: γ t = t 3 ,   t ,   t ∈ R . Portanto,

γ ' t = 3 t 2 ,   1

Para que γ t 0 = 1 ,   1 , achamos t 0 = 1 :

γ ' t 0 = 3 ,   1

Logo,

γ ' t 0 ⋅ ∇ f 1 ,   1 = 3 ,   1 ⋅ 1 ,   0 = 3 ≠ 0

Resposta

Alternativa A.

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