Superfícies de nível, planos tangente e derivadas direcionais

Seção 1.9 Superfícies de nível, planos tangente e derivadas direcionais

Exercícios Exercícios

3.

Seja \(a>0\) e considere o plano tangente à superfície \(xyz=a\) num ponto do primeiro octante. Mostre que o tetraedro formado por este plano e os planos coordenados tem volume independente do ponto de tangência.

Dica.

Escreva a equação do plano tangente à superfície dada num ponto \((x_0,y_0,z_0)\) arbitrário do primeiro octante, encontre os vértices do tetraedro pedido e calcule seu volume.

Resposta.

O volume do tetraedro pedido é igual a \(\dfrac{9a}{2}\text{.}\)

Solução.

Seguindo o contexto da Definição A.7.6, a superfície dada é a superfície de nível \(c=a\) da função \(f(x,y,z) = xyz\text{,}\) que é de classe \(\mathscr{C}^1\text{.}\) Fixado \((x_0,y_0,z_0)\) um ponto tal que \(x_0y_0z_0 = a\text{,}\) \(x_0> 0\text{,}\) \(y_0> 0\) e \(z_0> 0\text{,}\) o plano tangente a essa superfície neste ponto é o único plano que passa por \((x_0,y_0,z_0)\) e é normal ao vetor \(\nabla f(x_0,y_0,z_0)\text{.}\) Como

\begin{equation*} \nabla f(x,y,z) = (yz, xz, xy), \end{equation*}

uma equação deste plano é \(\pi\colon y_0z_0(x-x_0) + x_0z_0(y-y_0) + x_0y_0(z-z_0)=0\) ou ainda

\begin{equation*} y_0z_0 x + x_0z_0 y + x_0y_0 z = 3x_0y_0z_0. \end{equation*}

Um dos vértices do tetraedro formado por este plano e pelos planos coordenados é a origem. Os demais vértices podem ser encontrados igualando duas coordenadas a zero: tratam-se dos pontos

\begin{equation*} (3x_0,0,0), \quad (0,3y_0,0) \quad \text{e} \quad (0,0,3z_0). \end{equation*}

Deste modo, o volume do tetraedro pedido é igual a

\begin{equation*} \frac{1}{3} \cdot \frac{3x_0 \cdot 3y_0}{2} \cdot 3z_0 = \frac{9x_0y_0z_0}{2} = \frac{9a}{2}, \end{equation*}

que não depende do ponto de tangência escolhido.

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Figura 1.9.1. A superfície de nível \(a\) de \(f\) e seu plano tangente num ponto.

5.

Ache a reta tangente à intersecção do gráfico da função \(f(x,y) = x^3+y^3+2\) com o cilindro \(x^2+y^2=2\) no ponto \((1,1,4)\text{.}\)

Dica.

Reconheça as superfícies dadas como superfícies de nível de duas funções de três variáveis.

Resposta.

A reta desejada tem equação \(r\colon (x,y,z) = (1,1,4) + \lambda (1,-1,0)\text{,}\) \(\lambda \in \mathbb{R}\text{.}\)

Solução.

Seguindo o resultado da Proposição A.7.12, consideremos as funções de classe \(\mathscr{C}^1\) dadas por

\begin{equation*} F(x,y,z) = x^3 + y^3 +2 - z \quad \text{e} \quad G(x,y,z) = x^2 + y^2. \end{equation*}

O gráfico de \(f\) e o cilindro dado são, respectivamente, a superfície de nível \(c=0\) de \(F\) e a superfície de nível \(c=2\) de \(G\text{.}\) Como os vetores

\begin{equation*} \nabla F(1,1,4) = (3,3, -1) \quad \text{e} \quad \nabla G(1,1,4) = (2,2,0) \end{equation*}

são linearmente independentes, sabemos que a reta pedida é a única reta que passa pelo ponto \((1,1,4)\) e tem o vetor

\begin{equation*} \vec{v}=\nabla F(1,1,4) \times \nabla G(1,1,4) = (1,-1,0) \end{equation*}

como vetor diretor. Sua equação é, portanto,

\begin{equation*} r\colon (x,y,z) = (1,1,4) + \lambda (1,-1,0), \lambda \in \mathbb{R}. \end{equation*}

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Figura 1.9.2. As superfícies de nível e sua interseção no ponto dado.

7.

Determine a equação da esfera que tangencia a superfície \((x-1)^2 + \dfrac{(y-2)^2}{4} - (z-1)^2 =0\) nos pontos \((2,2,2)\) e \((2,2,0)\text{.}\)

Dica.

Escreva a equação de uma esfera arbitrária em \(\R^3\) e use as condições do enunciado para determinar seu centro e seu raio.

Resposta.

A esfera desejada tem equação \((x-3)^2 + (y-2)^2 + (z-1)^2 = 2\text{.}\)

Solução.

Nosso objetivo é determinar \((x_0,y_0,z_0) \in \R^3\) (centro) e \(R>0\) (raio) de modo que a esfera de equação \((x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 + (z-z_0)^2 = R^2\) tangencie o cone \((x-1)^2 + \dfrac{(y-2)^2}{4} - (z-1)^2 =0\) nos pontos \((2,2,2)\) e \((2,2,0)\text{.}\) Isto significa que esta esfera deve passar pelos pontos \((2,2,2)\) e \((2,2,0)\) e, além disso, seus planos tangentes nestes pontos devem coincidir com os respectivos planos tangentes do cone. Vamos considerar, em vista da Proposição A.7.11, as funções de classe \(\mathscr{C}^1\) dadas por

\begin{align*} F(x,y,z)& = (x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 + (z-z_0)^2\quad\text{e}\\ G(x,y,z)& = (x-1)^2 + \frac{(y-2)^2}{4} - (z-1)^2. \end{align*}

A esfera procurada e o cone dado são, respectivamente, a superfície de nível \(c=R^2\) de \(F\) e a superfície de nível \(c=0\) de \(G\text{.}\) Lembrando que os gradientes são normais às superfícies de nível, queremos

\begin{align*} \nabla F(2,2,2) \parallel\nabla G(2,2,2) &\implies (4-2x_0, 4-2y_0, 4-2z_0) \parallel (2,0,-2)\\ &\implies \begin{cases} 2-x_0 = z_0-2\\ 2-y_0=0 \end{cases} \implies \begin{cases} z_0 = 4-x_0\\ y_0=2, \end{cases} \end{align*}

bem como

\begin{align*} \nabla F(2,2,0)\parallel \nabla G(2,2,0) &\implies (4-2x_0, 4-2y_0, -2z_0)\parallel (2,0,2)\\ &\implies \begin{cases} 2-x_0 = -z_0\\2-y_0=2 \end{cases} \implies \begin{cases} z_0 = x_0 - 2\\ y_0=2 \end{cases} \end{align*}

de modo que \(x_0 = 3\text{,}\) \(y_0 = 2\) e \(z_0=1\text{.}\) Para encontrar o raio, basta usarmos que os pontos \((2,2,2)\) e \((2,2,0)\) devem pertenver à esfera:

\begin{equation*} (2-3)^2 + (2-2)^2 + (2-1)^2 = R^2 = (2-3)^2 + (2-2)^2 + (0-1)^2\implies R = \sqrt{2}. \end{equation*}

Logo, a esfera procurada tem equação \((x-3)^2 + (y-2)^2 + (z-1)^2 = 2\text{.}\)

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Figura 1.9.3. As superfícies de nível e os pontos de tangência.

Representamos os gradientes e o plano tangente compartilhado apenas no ponto \((2,2,2)\) para evitar poluição visual na figura acima.

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