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Exercícios Resolvidos de Reta Tangente no R²

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Exercício 13123456789101112

Enunciado

UERJ, Sem Campus, Cálculo II, Provas de Cálculo 2 - Profº Filipe Iorio - P1 2023.1, Questão 1b

1) Considere a relação f definida pela equação f x , y , z = z 1 - x 2 - y 2 + ln ⁡ ln ⁡ z

b. Em quais pontos x , y , z da superfície de nível f x , y , z = k o vetor normal aponta na direção do eixo z ?

Passo 1

Fala aí!! Bem-vindo! Está um pouco complicada essa questão? Não se preocupe vou fazer o máximo pra te ajudar. 😉👍

Nesse problema foi dada a função f x , y , z = z 1 - x 2 - y 2 + ln ⁡ ln ⁡ z e nosso objetivo é obter os pontos x , y , z da superfície de nível cujo vetor normal aponta na direção do eixo z .

Lembra como fazer isso? ����

O segredo aqui é calcular o vetor gradiente de f e analisar quais condições esse vetor aponta na direção do eixo z .

Para obter o vetor gradiente de f , temos que calcular suas derivadas parciais, ou seja

∇ f = ∂ f ∂ x , ∂ f ∂ y , ∂ f ∂ z

Entendeu? Bora lá! 😉

Passo 2

Vamos começar obtendo as derivadas parciais de f ...

Derivando f parcialmente com relação a x , temos

∂ f ∂ x = ∂ z 1 - x 2 - y 2 + ln ⁡ ln ⁡ z ∂ x = ∂ z 1 - x 2 - y 2 ∂ x + ∂ ln ⁡ ln ⁡ z ∂ x

∂ f ∂ x = z ∂ 1 - x 2 - y 2 ∂ x

Pela regra da cadeia, temos

∂ f ∂ x = z ∂ 1 - x 2 - y 2 ∂ x · ∂ u ∂ u

∂ f ∂ x = z - 2 x · 1 2 u

∂ f ∂ x = - x z 1 - x 2 - y 2

Fazendo o mesmo com relação a y

∂ f ∂ y = ∂ z 1 - x 2 - y 2 + ln ⁡ ln ⁡ z ∂ y = ∂ z 1 - x 2 - y 2 ∂ y + ∂ ln ⁡ ln ⁡ z ∂ y

∂ f ∂ y = z ∂ 1 - x 2 - y 2 ∂ y

Novamente pela regra da cadeia...

∂ f ∂ y = z ∂ 1 - x 2 - y 2 ∂ y · ∂ u ∂ u

∂ f ∂ y = z - 2 y · 1 2 u

∂ f ∂ y = - y z 1 - x 2 - y 2

Tranquilo até aqui? 😬

Passo 3

Agora derivamos f parcialmente em relação a z

∂ f ∂ z = ∂ z 1 - x 2 - y 2 + ln ⁡ ln ⁡ z ∂ z = ∂ z 1 - x 2 - y 2 ∂ z + ∂ ln ⁡ ln ⁡ z ∂ z

∂ f ∂ z = 1 - x 2 - y 2 ∂ z ∂ z + ∂ ln ⁡ ln ⁡ z ∂ z

Aplicando a regra da cadeia na derivada de ln ⁡ ln ⁡ z

∂ f ∂ z = 1 - x 2 - y 2 ∂ z ∂ z + ∂ ln ⁡ z ∂ z · ∂ ln ⁡ v ∂ v

∂ f ∂ z = 1 - x 2 - y 2 + 1 z · 1 v

∂ f ∂ z = 1 - x 2 - y 2 + 1 z v

∂ f ∂ z = 1 - x 2 - y 2 + 1 z ln ⁡ z

Com as derivadas parciais de f obtidas, conseguimos obter o vetor gradiente.

∇ f = ∂ f ∂ x , ∂ f ∂ y , ∂ f ∂ z

∇ f = - x z 1 - x 2 - y 2 , - y z 1 - x 2 - y 2 , 1 - x 2 - y 2 + 1 z ln ⁡ z

Legal, né? 😊

Passo 4

Para ∇ f apontar para a direção do eixo z , os termos ∂ f ∂ x e ∂ f ∂ y tem que ser iguais a 0 , ou seja

- x z 1 - x 2 - y 2 = 0

- y z 1 - x 2 - y 2 = 0

Mas como vimos no item anterior e como podemos perceber no termo 1 z ln ⁡ z , z tem que ser maior que 0 , ou seja, para ∂ f ∂ x e ∂ f ∂ y serem iguais a 0 , obrigatoriamente temos

- x z 1 - x 2 - y 2 = 0 → x = 0

- y z 1 - x 2 - y 2 = 0 → y = 0

Ou seja, os pontos que estamos procurando, são dados por

P = 0,0 , z ,     z > 0

É isso! Essa resolução te ajudou? Responde Aí! ✌

Resposta

P = 0,0 , z ,     z > 0

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