Gabarito - Lista Semanal 09
Questão 1. Encontre a equação da reta normal à superfície z = −x2− y2+ 1no ponto (1, −1).
Solução: Primeiro, deve-se notar que, por se tratar de uma superfície z = f(x, y), onde f(x, y) = −x2− y2+ 1, temos que o vetor da forma ∂f
∂x(x0, y0), ∂f
∂y(x0, y0), −1
é normal à superfície no ponto (x0, y0, f (x0, y0)). Com isso, analisando no ponto (1, −1, f(1, −1)) = (1, −1, −1), temos o seguinte:
∂f ∂x(x, y) = −2x ⇒ ∂f ∂x(1, −1) = −2 ∂f ∂y(x, y) = −2y ⇒ ∂f ∂y(1, −1) = 2
Portanto, podemos concluir que o vetor ~n = (−2, 2, −1) é normal à superfície dada no ponto (1, −1, −1). Com isso, a partir de um ponto e do vetor diretor, podemos escrever a equação da reta normal como o seguinte:
(x, y, z) = (1, −1, −1) + t · (−2, 2, −1)
Para entender geometricamente a resposta, podemos observar a seguinte imagem, na qual a super-fície, a reta normal e o ponto são ilustrados:
Questão 2. Seja f(x, y) = x − y2+ 3e P (2, 1, 4). Encontre um ponto Q tal que d(P, Q) = 4 e P Q é
ortogonal ao grá co de f em P .
ao grá co de f em P (2, 1, 4), o ponto Q deve pertencer à reta normal ao grá co de f nesse ponto. Sendo assim, devemos, primeiro, determinar tal reta.
Para isso, de maneira análoga ao procedimento da questão anterior, determinamos o vetor diretor dessa reta da seguinte maneira:
~ v = ∂f ∂x(2, 1), ∂f ∂y(2, 1), −1 Temos que: ∂f ∂x(x, y) = 1 ⇒ ∂f ∂x(2, 1) = 1 ∂f ∂y(x, y) = −2y ⇒ ∂f ∂y(2, 1) = −2
Logo, o vetor ~v = (1, −2, −1) é normal à f no ponto P (2, 1, 4). Sendo assim, é possível escrever a equação da reta normal da seguinte forma:
(x, y, z) = (2, 1, 4) + t · (1, −2, −1)
Com isso, lembrando que o ponto Q, cujas coordenadas (x0, y0, z0) desejamos determinar, deve
estar a uma distância de 4 unidades do ponto P (2, 1, 4), pode-se escrever:
d(P, Q) = 4 ⇒p(2 − x0)2+ (1 − y0)2+ (4 − z0)2= 4 (1)
Além disso, como Q(x0, y0, z0) deve pertencer à reta normal, temos que:
x0 = 2 + t y0 = 1 − 2t z0 = 4 − t
Logo, substituindo as expressões acima em (1), escreve-se o seguinte: p (2 − (2 + t))2+ (1 − (1 − 2t))2+ (4 − (4 − t))2 = 4 ⇒pt2+ 4t2+ t2 = 4 6t2 = 16 ⇒ t = ±2 √ 6 3
Com isso, descobrimos os dois valores do parâmetro t que retornam um ponto na reta normal cuja distância para P é de 4 unidades, isto é, dois possíveis pontos Q. Sendo assim, para t = 2
√ 6 3 , temos: x0 = 2 + 2√6 3 y0 = 1 − 4√6 3 z0 = 4 − 2√6 3 De maneira análoga, para t = −2
√ 6 3 , temos: x0 = 2 − 2√6 3 y0 = 1 + 4√6 3 z0 = 4 + 2√6 3
Portanto, os dois possíveis pontos Q são Q1 2 + 2√6 3 , 1 − 4√6 3 , 4 − 2√6 3 ! e Q2 2 − 2√6 3 , 1 + 4√6 3 , 4 + 2√6 3 ! .
Para ilustrar a solução, pode-se observar a seguinte imagem, na qual são mostrados os pontos P , Q1 e Q2, além da reta normal e da superfície:
Questão 3. Encontre a equação de um plano tangente ao elipsoide x2 12 +
y2 6 +
z2
4 = 1 que passa pelo ponto 2, 3, −2 3 .
Solução: Para encontrar o plano tangente, de ne-se f(x, y, z) = x2 12 +
y2 6 +
z2
4 − 1, de forma que o elipsoide é descrito pela superfície de nível f(x, y, z) = 0. Dessa forma, para determinar um plano tangente ao elipsoide em um ponto (x0, y0, z0) pertencente a ele, deve-se calcular ∇f(x0, y0, z0), da
seguinte forma: ∂f ∂x(x, y, z) = x 6 ⇒ ∂f ∂x(x0, y0, z0) = x0 6 ∂f ∂y(x, y, z) = y 3 ⇒ ∂f ∂y(x0, y0, z0) = y0 3 ∂f ∂z(x, y, z) = z 2 ⇒ ∂f ∂z(x0, y0, z0) = z0 2 ∇f (x0, y0, z0) = x0 6 , y0 3, z0 2
Com o gradiente determinado e lembrando que a equação de um plano tangente à superfície de nível de uma função f no ponto (x0, y0, z0) é dada por ∇f(x0, y0, z0) · (x − x0, y − y0, z − z0) = 0,
temos, para o elipsoide:
x0 6 , y0 3 , z0 2 · (x − x0, y − y0, z − z0) = 0 x · x0 6 + y · y0 3 + z · z0 2 = x20 6 + y02 3 + z02 2
x20 6 + y02 3 + z02 2 = 2 Portanto, a equação do plano tangente se reduz a:
x · x0 6 + y · y0 3 + z · z0 2 = 2 (2)
Agora, lembrando que o plano tangente deve passar pelo ponto (x, y, z) =
2, 3, −2 3
, temos o seguinte, substituindo esses dados na equação do plano:
2 · x0 6 + 3 · y0 3 + −2 3 · z0 2 = 2 x0 3 + y0− z0 3 = 2 x0+ 3y0− z0= 6 (3) x20 12 + y02 6 + z02 4 = 1 (4)
Com isso, em (3) e (4), temos as condições necessárias para o ponto (x0, y0, z0) ser de tal forma
que pertença ao elipsoide e que o plano tangente nele passe pelo ponto 2, 3, −2 3 . Sendo assim, escolhendo x0= 1 em (3), temos: 1 + 3y0− z0= 6 ⇒ z0 = 3y0− 5
Substituindo x0 e z0 em (4), escrevemos o seguinte:
1 12 + y2 0 6 + (3y0− 5)2 4 = 1 1 + 2y20+ 3 · (9y20− 30y0+ 25) 12 = 1
29y02− 90y0+ 76 = 12 ⇒ 29y20− 90y0+ 64 = 0
Resolvendo a equação acima, temos que y0 = 2 é um valor que a satifaz. Sendo assim:
z0 = 3y0− 5 ⇒ z0 = 1
Ou seja, o plano tangente ao elipsoide no ponto (1, 2, 1) satisfaz as condições desejadas. Sendo assim, substituindo (x0, y0, z0) = (1, 2, 1)na equação (2), temos:
x · 1 6 + y · 2 3 + z · 1 2 = 2 x + 4y + 3z = 12
Para ilustrar a reposta e con rmar que o plano, de fato, é tangente ao elipsoide e passa no ponto
2, 3, −2 3
Questão 4. Encontre a derivada direcional da função f(x, y, z) = 2xz2cos(πy) no ponto P (1, 2, −1)
e na direção do ponto Q(2, 1, 3).
Solução: Para resolver a questão, devemos lembrar que a derivada direcional é calculada na direção de um vetor unitário. Portanto, como ela deve passar pelo ponto P (1, 2, −1) e seguir no sentido do ponto Q(2, 1, 3), primeiro devemos encontrar a direção de ~P Q, como segue:
~
v = ~P Q = (2 − 1, 1 − 2, 3 − (−1)) = (1, −1, 4) Agora, calculando k~vk, temos:
k~vk =p12+ (−1)2+ 42=√18
Portanto, como o vetor cuja direção na qual deve ser calculada a derivada direcional não é unitário, devemos transformá-lo em um que seja, da seguinte maneira:
~ u = ~v k~vk = (1, −1, 4) √ 18 = 1 √ 18, −1 √ 18, 4 √ 18
Agora, com o vetor de nido, podemos calcular a derivada direcional no ponto e na direção dados da seguinte maneira:
∂f
∂~u(1, 2, −1) = ∇f (1, 2, −1) · ~u
Porém, deve-se notar que somente é possível calcular a derivada direcional dessa forma devido ao fato de f(x, y, z) e as suas derivadas parciais serem o produto de funções contínuas no R3, isto é, f
é de classe C1 no aberto R3, portanto, é diferenciável. Caso f não fosse diferenciável, teríamos que
calcular a derivada direcional pela de nição.
Sendo assim, é necessário obter ∇f(1, 2, −1), da seguinte forma: ∂f ∂x(x, y, z) = 2z 2cos(πy) ⇒ ∂f ∂x(1, 2, −1) = 2 · (−1) 2· cos(2π) = 2 ∂f ∂y(x, y, z) = −2πxz 2sen(πy) ⇒ ∂f ∂y(1, 2, −1) = −2π · 1 · (−1) 2· sen(2π) = 0 ∂f (x, y, z) = 4xz cos(πy) ⇒ ∂f(1, 2, −1) = 4 · 1 · (−1) · cos(2π) = −4
∂f ∂~u(1, 2, −1) = ∇f (1, 2, −1) · ~u = (2, 0, −4) · 1 √ 18, −1 √ 18, 4 √ 18 ∂f ∂~u(1, 2, −1) = 2 √ 18 − 16 √ 18 = − 14 √ 18 = − 7√2 3
Questão 5. Um sólido tem a forma de um tronco de cone circular reto. Se o raio superior (x) decresce com razão 2cm/min, o raio inferior (y) cresce à razão de 4cm/min e a altura (z) decresce à razão de 3cm/min, qual a razão de mudança de volume do tronco de cone no instante em que x = 10cm, y = 14cm e z = 18cm?
Solução: Primeiro, deve-se notar que o volume do tronco de cone em função do raio inferior (y), do raio superior (x) e da altura (z) é dado por:
V (x, y, z) = πz 3 · y
2+ xy + x2
Com isso, temos que as dimensões desse cone variam de acordo com as taxas expostas no comando na questão e devemos, com esses dados, determinar sob qual razão o volume dele varia. Nesse sentido, para determiná-la, utiliza-se a regra da cadeia, no intuito de estudar a variação de V (x, y, z) de acordo com a variação temportal das suas dimensões, da seguinte forma:
dV dt = ∂V ∂x · dx dt + ∂V ∂y · dy dt + ∂V ∂z · dz dt dV dt = πz 3 · (y + 2x) · dx dt + πz 3 · (2y + x) · dy dt + π 3 · (y 2+ xy + x2) ·dz dt
A partir dessa expressão, devemos substituir os valores de acordo com os dados da questão. Sendo assim, no instante em que x = 10cm, y = 14cm e z = 18cm e sabendo que dx
dt = −2cm/min, dy dt = 4cm/min e dz dt = −3cm/min, temos: dV dt = π · 18 3 · [14 + (2 · 10)] · (−2) + π · 18 3 · [(2 · 14) + 10] · 4 + π 3 · (14 2+ 10 · 14 + 102) · (−3) dV dt = 6π · 34 · (−2) + 6π · 38 · 4 + π 3 · 436 · (−3) dV dt = −408π + 912π − 436π = 68π cm 3/min
