4.
Considere uma função \(f\colon \R^2 \to \R\) de classe \(\mathscr{C}^1\text{.}\) Suponha que:
- a imagem da curva plana \(\gamma(t)=\big(\cot (t), \sec^2 (t)\big)\text{,}\) para \(t \in ]0, \pi/2 [\text{,}\) esteja contida numa curva de nível de \(f\text{;}\)
- a imagem da curva no espaço \(\sigma(u) =\Big(\sqrt[3]{u}, u^2+1, \dfrac{u^3}{2} - \dfrac{\sqrt[3]{u}}{2} +1\Big)\text{,}\) com \(u>0\text{,}\) esteja contida no gráfico de \(f\text{.}\)
- Determine \(\nabla f(1,2)\text{.}\)
- Calcule \(\dfrac{\partial f}{\partial \vec{v}}(1,2)\text{,}\) onde \(\vec{v} = \Big( \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\Big)\text{.}\)
- Determine uma equação do plano tangente ao gráfico de \(f\) no ponto \(\big(1,2,f(1,2)\big)\text{.}\)
Dica.
Em itens:
- Use a Regra da Cadeia para derivar compostas de \(f\) com certas curvas convenientes.
- Lembre-se, sob certas condições, da relação entre o gradiente de \(f\) e suas derivadas direcionais.
- Os ingredientes necessários para construir o plano tangente ao gráfico de \(f\) em \(\big(1,2,f(1,2)\big)\) são \(f(1,2)\) e \(\nabla f(1,2)\text{.}\)
Resposta.
- \(\nabla f(1,2)=\Big(1, \frac{1}{2}\Big)\text{.}\)
- \(\dfrac{\partial f}{\partial \vec{v}}(1,2) = \dfrac{2+\sqrt{3}}{4}\text{.}\)
- \(2x+y-2x-2=0\text{.}\)
Solução.
-
Observamos primeiramente que \(f\) é diferenciável (veja o Teorema A.4.10) e \(\gamma, \sigma\) são curvas deriváveis. Consideramos então a função composta \(g\colon ]0, \pi/2[\to\R\) dada por \(g(t) = f\big(\gamma(t)\big)\text{.}\) A condição (i) diz \(g\) é constante e então, derivando e aplicando o Corolário A.6.8, obtemos\begin{equation*} 0=\left\langle \nabla f(\gamma(t)) , \gamma'(t)\right\rangle = \left\langle \nabla f(\gamma(t)) , \left(-\csc^2 (t), 2\sec^2(t) \tan(t)\right)\right\rangle, \forall t \in ]0, \pi/2[. \end{equation*}Em particular, para \(t=\pi/4\text{,}\) temos\begin{equation*} \left\langle \nabla f(1,2) , (-2,4) \right\rangle = 0 \implies \boxed{\dfrac{\partial f}{\partial x}(1,2) = 2 \frac{\partial f}{\partial y}(1,2)}. \end{equation*}Por outro lado, de acordo com a condição (ii), sabemos que\begin{equation} \frac{u^3}{2} - \frac{\sqrt[3]{u}}{2} +1 = f\big(\sqrt[3]{u}, u^2+1\big), \forall u >0.\tag{1.7.1} \end{equation}Usando a Regra da Cadeia (Teorema A.6.4), derivamos os dois membros em relação a \(u\text{,}\) concluindo que\begin{equation*} \frac{3u^2}{2} - \frac{1}{6\sqrt[3]{u^2}} = \left\langle \nabla f(\sqrt[3]{u}, u^2+1) , \Big(\frac{1}{3\sqrt[3]{u^2}},2u\Big)\right\rangle, \forall u > 0. \end{equation*}Tomando \(u=1\text{,}\) obtemos\begin{equation*} \frac{8}{6} = \left\langle \nabla f(1,2) , \Big(\frac{1}{3},2\Big)\right\rangle \implies \boxed{\frac{\partial f}{\partial x}(1,2) + 6\frac{\partial f}{\partial y}(1,2) = 4}. \end{equation*}Logo, usando as equações para as derivadas parciais em destaque, \(\nabla f(1,2) = \Big( 1 , \dfrac{1}{2}\Big)\text{.}\)
- Como \(f\) é diferenciável, usamos a Proposição A.6.17 para calcular a derivada direcional:\begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial \vec{v}}(1,2) = \big\langle \nabla f(1,2), \vec{v}\big\rangle = \frac{2+\sqrt{3}}{4}. \end{equation*}
- Fazendo \(u=1\) na equação , encontramos \(f(1,2)=1\text{.}\) Deste modo, o plano desejado tem equação\begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial x}(1,2)(x-1) + \frac{\partial f}{\partial y}(1,2)(y-2)-z+f(1,2)=0, \end{equation*}ou seja, \(2x+y-2z-2=0\text{.}\)
Para enxergar geometricamente o que acontece, notamos que \(1=f(1,2)=\gamma(\pi/4)\) e, como a curva \(\gamma\) tem sua imagem contida numa curva de nível de \(f\text{,}\) então tal curva é a curva de nível \(1\text{.}\) Com isso a curva \(\Gamma(t)=\big(\cot (t), \sec^2 (t),1\big)\) tem sua imagem contida no gráfico de \(f\text{,}\) assim como a imagem de \(\sigma\text{,}\) conforme a hipótese (ii).
A função \(f\) é de classe \(\mathscr{C}^1\) (portanto diferenciável) e seus valores são conecidos ao longo de duas curvas no domínio, a saber \(\gamma\) e a projeção de \(\sigma\) no plano \(Oxy\text{,}\) dada por \(\hat\sigma(u)=(\sqrt[3]{u},u^2+1)\text{.}\) Isso, aliado ao fato de \(\Gamma'(\pi/4)\) e \(\sigma'(1)\) serem linearmente independentes, determinam o plano tangente ao gráfico de \(f\) no ponto \(\big(1,2,f(1,2)\big)\text{,}\) que aquele que contém as retas tangentes a \(\Gamma\) e \(\sigma\) em \(\big(1,2,f(1,2)\big)\text{,}\) onde se interceptam. Tudo isso é feito sem saber o valor de \(f\) nos demais pontos do seu domínio.
Em outras palavras, o plano tangente a qualquer que seja a superfície (gráfico de uma função a duas variáveis) que contenha estas duas curvas é sempre o mesmo!
