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Enunciado

Cálculo - Um curso de Cálculo Volume 2 - 5ª Edição - Hamilton Luiz Guidorizzi- Ed: 5º - Capítulo 11.5 - Ex. 11

Considere a função f x , y , z = x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 e seja γ t = x t ,   y t ,   z t uma curva diferenciável qualquer, com imagem contida na superfície de nível x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 1 , e tal que γ t 0 = x 0 ,   y 0 ,   z 0 .

  1. Prove que ∇ x 0 ,   y 0 ,   z 0 ⋅ γ ' t 0 = 0
  2. Determine a equação do plano tangente a superfície de nível dada, no ponto ( x 0 ,   y 0 ,   z 0 ) .
  3. Determine a equação do plano tangente a superfície de nível x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 14 , no ponto 1,1 , 1 .

Passo 1

Pra começar, vamos encontrar o gradiente de f ( x , y , z ) no ponto ( x 0 , y 0 , z 0 ) . A gente sabe que o gradiente é dado por:

∇ f = ∂ f ∂ x ,   ∂ f ∂ y ,   ∂ f ∂ z

Nossa função é o seguinte:

f x , y , z = x 2 + 4 y 2 + 9 z 2

Logo,

∂ f ∂ x = 2 x , ∂ f ∂ y = 8 y e ∂ f ∂ z = 18 z

Assim,

∇ f ( x , y , z ) = 2 x ,   8 y ,   18 z

No ponto x 0 ,   y 0 ,   z 0 , temos:

∇ x 0 ,   y 0 ,   z 0 = 2 x 0 ,   8 y 0 ,   18 z 0

Passo 2

Agora vamos olhar para γ t . Sabemos que sua imagem está contida em:

x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 1

Se considerarmos z = 0 :

x 2 + 4 y 2 = 1

Agora vamos parametrizar, olha só:

x 2 + 2 y 2 = 1

Logo,

x = s e n ( t ) e y = cos ⁡ t 2

Portanto, uma possível imagem de γ t é:

γ t = s e n t , cos ⁡ t 2 , 0

Derivando para achar γ ' t :

γ ' t = c o s t , - s e n ( t ) 2 , 0

Então o fator ∇ x 0 ,   y 0 ,   z 0 ⋅ γ ' t 0 fica:

∇ x 0 ,   y 0 ,   z 0 ⋅ γ ' t 0 = 2 x 0 ,   8 y 0 ,   18 z 0 ⋅ c o s t , - s e n t 2 , 0

Assim,

∇ x 0 ,   y 0 ,   z 0 ⋅ γ ' t 0 = 2 x 0 cos ⁡ t 0 - 4 y 0 s e n t 0

Da nossa parametrização:

x 0 = s e n ( t 0 ) e y = cos ⁡ t 0 2

Logo,

∇ x 0 ,   y 0 ,   z 0 ⋅ γ ' t 0 = 2 s e n t 0 cos ⁡ t 0 - 2 cos ⁡ t 0 s e n t 0

Portanto,

∇ x 0 ,   y 0 ,   z 0 ⋅ γ ' t 0 = 0

Passo 3

b) para acharmos o plano vamos fazer o seguinte:

n → ⋅ x - x 0 ,   y - y 0 ,   z - z 0 = 0

Mas sabemos que o vetor normal ao plano será o gradiente de f , pois do item anterior vemos que ele é perpendicular a γ . Assim, o plano fica:

∇ f x 0 , y 0 , z 0 ⋅ x - x 0 ,   y - y 0 ,   z - z 0 = 0

Substituindo:

2 x 0 ,   8 y 0 ,   18 z 0 ⋅ x - x 0 ,   y - y 0 ,   z - z 0 = 0

Portanto,

x x 0 + 4 y y 0 + 9 z z 0 - x 0 2 + 4 y 0 2 + 9 z 0 2 = 0

Passo 4

c) Do Passo 1, sabemos o seguinte:

∇ f ( x , y , z ) = 2 x ,   8 y ,   18 z

Então, para o ponto ( 1,1 , 1 ) :

∇ f 1,1 , 1 = 2 ,   8 ,   18

Agora vamos fazer a mesma brincadeira no item (b). Olha só:

∇ f 1,1 , 1 ⋅ x - 1 ,   y - 1 ,   z - 1 = 0

Logo,

2 ,   8 ,   18 ⋅ x - 1 ,   y - 1 ,   z - 1 = 0

Fazendo o produto escalar:

x + 4 y + 9 z - 14 = 0

Resposta

b)

x x 0 + 4 y y 0 + 9 z z 0 - x 0 2 + 4 y 0 2 + 9 z 0 2 = 0

c)

x + 4 y + 9 z - 14 = 0

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Determine uma função y = y ( x ) cujo gráfico intercepte ortogonalmente as curvas da família x y = c , com x , y0 , atl que y 1 = 1 Y(1)= 2
Determine todas as funções A = x , y ,y0 ∪ x , y ,x0 tal que φ - 1,1 = π 4 , tal que ∇ φ x , y ,= - y x 2 + y 2,x x 2 + y 2
Seja F → x , y = - y x 2 + y 2 i → + x x 2 + y 2 j → , x , y ≠ 0,0 .Verifique que para todo x , y ≠ ( 0,0 ) ∂ P ∂ y x , y = ∂ Q ∂ x ( x , y )
Seja F → x , y = - y x 2 + y 2 i → + x x 2 + y 2 j → , x , y ≠ 0,0 .b) Calcule ∫ 0 2 πF y t ⋅ y ' t d t , onde γ t = cos ⁡ t , s e n t ,t ∈ [ 0 , , 2 π ]
Seja F → x , y = P x , y i → + Q x , y j → um campo de forças, com P , Q s funções definidas num aberto A ⊂R 2 . Seja γ t = ( x t , y t ,t ∈ [ a , b ] , uma curva de classe C 1 , com γ a = γ ( b ) ( γ