Projeto Newton - Aula 15

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 15
Assunto: Plano tangente, reta normal, vetor gradiente e regra da cadeia
Palavras-chaves: plano tangente, reta normal, gradiente, função composta, regra da cadeia
Plano tangente e reta normal
Sejam f(x, y) uma função diferenciável em (x0, y0), I e J intervalos abertos com x0 ∈ I e y0 ∈ J e tais que
(x, y0), (x0, y) ∈ Df , para quaisquer x ∈ I e y ∈ J e α : I → R2 e γ : J → R2 curvas definidas por
α(x) = (x, y0, f(x, y0)) e γ(y) = (x0, y, f(x0, y))
A imagem de cada uma dessas curvas pertencem ai gráfico de f . Logo α′(x0) e γ′(y0) são vetores tangentes
ao gráfico de f em (x0, y0, f(x0, y0)).
α′(x0) =
(
1, 0,
∂f
∂x
(x0, y0)
)
e γ′(y0) =
(
0, 1,
∂f
∂y
(x0, y0)
)
O vetor
−→n = γ′(yo)× α′(x0) é um vetor normal do gráfico em (x0, y0, f(x0, y0)). Temos que
−→n =

−→
i
−→
j
−→
k
0 1 ∂f∂y (x0, y0)
1 0 ∂f∂x (x0, y0)
 = (∂f
∂x
(x0, y0),
∂f
∂y
(x0, y0),−1
)
O plano que passa por (x0, y0, f(x0, y0)) e é perpendicular ao vetor
−→n é chamado de plano tangente ao
gráfico de f(x, y) no ponto (x0, y0, f(x0, y0)). Esse ponto é chamado de ponto de tangência entre o gráfico
de f e o plano tangente. A reta que passa por (x0, y0, f(x0, y0)) e tem a direção do vetor
−→n é chamada de
reta normal ao gráfico de f em (x0, y0, f(x0, y0)).
Podemos obter uma equação para o plano tangente ao gráfico de f(x, y) em (x0, y0, f(x0, y0)) observando
que, se (x, y, z) é um ponto genérico desse plano, então
((x, y, z)− (x0, y0, f(x0, y0)))⊥−→n
Logo,
2
(x− x0, y − y0, z − f(x0, y0) . −→n = 0⇒
(x− x0, y − y0, z − f(x0, y0) .
(
∂f
∂x
(x0, y0),
∂f
∂y
(x0, y0),−1
)
= 0⇒
∂f
∂x
(x0, y0)(x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0)(y − y0)− z + f(x0, y0) = 0
Portanto,
z =
∂f
∂x
(x0, y0)(x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0)(y − y0) + f(x0, y0)
Uma equação vetorial para a reta normal ao gráfico de f(x, y) no ponto (x0, y0, f(x0, y0)) é dada por
(x, y, z) = (x0, y0, f(x0, y0)) + λ
−→n ; λ ∈ R
ou seja,
(x, y, z) = (x0, y0, f(x0, y0)) + λ
(
∂f
∂x
(x0, y0),
∂f
∂y
(x0, y0),−1
)
Exemplo 1 Determine as equações para o plano tangente e para a reta normal ao gráfico de f(x, y) = x2+y2
no ponto (1, 1, 2)
Resolução: Neste caso, temos que
(x0, y0, f(x0, y0)) = (1, 1, 2)⇒ x0 = 1, y0 = 1
Então
f(x0, y0) = f(1, 1) = 1
2 + 12 = 2
A equação do plano tangente será
z =
∂f
∂x
(1, 1)(x− 1) + ∂f
∂y
(1, 1)(y − 1) + f(1, 1)
Sabe-se que

∂f
∂x
(x, y) = 2x⇒ ∂f
∂x
(1, 1) = 2
∂f
∂y
(x, y) = 2y ⇒ ∂f
∂y
(1, 1) = 2
Portanto
3
z = 2(x− 1) + 2(y − 1) + 2 = z = 2x + 2y - 2
A equação da reta normal é dada por
(x, y, z) = (1, 1, f(1, 1)) + λ
(
∂f
∂x
(1, 1),
∂f
∂y
(1, 1),−1
)
= (1, 1, 2) + λ(2, 2,−1)
= (, 1 + 2λ, 1 + 2λ, 2− λ)
x = 1 + 2λ
y = 1 + 2λ λ ∈ R
z = 2− λ
A seguir descrevemos uma utilidade do plano tangente.
Sabemos que se f(x, y) é diferenciável em (x0, y0), então existem as derivadas parciais de f(x, y) em (x0, y0)
e
lim
(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ∂f∂x (x0, y0)h− ∂f∂y (x0, y0)k
||(h, k)||
Façamos a seguinte mudança de variável

x = x0 + h⇒ h = x− x0
y = y0 + k ⇒ k = y − y0
(h, k)→ (0, 0)⇒ (x, y)→ (x0, y0)
Assim, teremos que:
lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)− f(x0, y0)− ∂f∂x (x0, y0)(x− x0)− ∂f∂y (x0, y0)(y − y0)
||(x− x0, y − y0)|| = 0⇒
lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)−
[
∂f
∂x (x0, y0)(x− x0) + ∂f∂y (x0, y0)(y − y0) + f(x0, y0)
]
||(x− x0, y − y0)|| = 0
A expressão entre colchete é justamente a equação que obtivemos do plano tangente ao gráfico de f(x, y)
em x0, y0.
Vamos denotar por T (x, y) a função cujo o gráfico é esse plano tangente. Assim, teremos
T (x, y) =
∂f
∂x
(x0, y0)(x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0)(y − y0) + f(x0, y0)
Logo
lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)− T (x, y)
||(x− x0, y − y0)|| = 0
4
Escrevendo E(x, y) = f(x, y)− T (x, y), teremos
lim
(x,y)→(x0,y0)
E(x, y)
||(x− x0, y − y0)|| = 0
Isso implica que lim
(x,y)→(x0,y0)
E(x, y) = 0. Na verdade, E(x, y) tende para zero mais rapidamente que
||(x− x0, y − y0)||. Se fizermos a aproximação
f(x, y) ∼= T (x, y)
o erro cometido, que é a função E(x, y), tende para zero mais rapidamente que ||(x − x0, y − y0)||. Além
disso, podemos provar que T (x, y) é a única função afim com essa propriedade.
Vetor Gradiente
Seja f(x1, x2, ..., xn) uma função que tem derivadas parciais em p0 ∈ Df .
O gradiente de f em p0 é definido por
∇f(p0) =
(
∂f
∂x1
(p0),
∂f
∂x2
(p0), ...,
∂f
∂xn
(p0)
)
Se f(x, y) é uma funçãod e duas variáveis que tem derivadas parciais em (x0, y0), escreveremos
∇f(x0, y0) =
(
∂f
∂x
(x0, y0),
∂f
∂y
(x0, y0)
)
Para uma função de três variáveis f(x, y, z) que admite derivadas parciais em (x0, y0, z0) temos
5
∇f(x0, y0, z0) =
(
∂f
∂x
(x0, y0, z0),
∂f
∂y
(x0, y0, z0),
∂f
∂z
(x0, y0, z0)
)
Consideremos o gradiente de f em p0 como sendo um vetor
Exemplo 2 Determinte o gradiente da função f(x, y) = xy2 no ponto (2, 1) e o represente graficamente.
Resolução:
∇f(x, y) =
(
∂f
∂x
(x, y),
∂f
∂y
(x, y)
)
= (y2, 2xy)
Portanto
∇f(2, 1) = (12, 2.2.1) = (1, 4)
Representação gráfica:
Sabemos que uma função de uma variável y = f(x) é derivável (ou diferenciável) em x0 ∈
o
Df se o limite
abaixo, que é igual a derivada de f em x0, existe
lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)
h
= f ′(x0)
Portanto
lim
h→0
[
f(x0 + h)− f(x0)
h
− f ′(x0)
]
= 0
lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)− f ′(x0)h
h
= 0
lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)− f ′(x0)h
|h| = 0 (1)
Consideremos agora uma função de duas variáveis f(x, y) que é diferenciável em x0 ∈
o
Df . Temos que
6
lim
(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ∂f∂x (x0, y0)h− ∂f∂y (x0, y0)k
||(h, k)|| = 0⇒
lim
(h,k)→(0,0)
f((x0, y0) + (h, k))− f(x0, y0)−
[
∂f
∂x (x0, y0)h+
∂f
∂y (x0, y0)k
]
||(h, k)|| = 0⇒
lim
(h,k)→(0,0)
f((x0, y0) + (h, k))− f(x0, y0)− (∂f∂x (x0, y0), ∂f∂y (x0, y0)).(h, k)
||(h, k)|| = 0
Portanto
lim
(h,k)→(0,0)
f((x0, y0) + (h, k))− f(x0, y0)−∇f(x0, y0).(h, k)
||(h, k)|| = 0
O papel que o gradiente ∇f(x0, y0) de f em (x0, y0) cumpri nessa igualdade, é muito semelhante ao papel
que a derivada de f(x) cumpri na igualdade 1. Por essa razão diremos que o gradiente ∇f(x0, y0) é a derivada
de f(x, y) em (x0, y0) e aescrevemos assim
f ′(x0, y0) = ∇f(x0, y0)
Regra da Cadeia
Exemplo 3 Consideremos a função f(x2y + y3) e a curva α(t) = (t2, 2t). Tanto f quanto α são funções
diferenciáveis.
Denotemos por F a função composta de f com α, ou seja, F (t) = f(α(t)). Portanto
F (t) = f(t2, 2t) = (t2)2α2t+ (2t)3 = 2t5 + 8t3
Portanto, F (t) é uma função diferenciável e
F ′(t) = 10t4 + 24t2
Vamos agora observar que essa derivada também pode ser calculada pela fórmula F ′(t) = ∇f(α(t)).α′(t).
Com efeito,
∇f(x, y) =
(
∂f
∂x
(x, y),
∂f
∂y
(x, y)
)
= (2xy, x2 + 3y2);
∇f(α(t)) = ∇f(t2, 2t)
= (2t2.2t, (t2)2 + 3(2t)2)
= (4t3, t4 + 12t2)
7
Sabe-se que α′(t) = (2t, 2). Então:
∇f(α(t)).α′(t) = (4t3, t4 + 12t2).(2t, 2)
= 8t4 + 2(t4 + 12t2)
= 8t4 + 2t4 + 24t2
= 10t4 + 24t2
Portanto
F ′(t) = ∇f(α(t)).α′(t)
A fórmula F ′(t) = ∇f(α(t)).α′(t) é chamada de regra da cadeia e é proveniente do seguinte teorema
Teorema 1 Sejam f : A ⊂ Rn → R com A aberto e α : I ⊂ R → Rn, tal que α(t) ∈ A, para todo
t ∈ I. Se α é diferenciável em t0 e f é diferenciável em α(t0), então F (t) = f(α(t)) é diferenciável em t0 e
F ′(t) = ∇f(α(t0)).α′(t0)
Quando, no teorema anterior, n = 2, temos uma função z = f(x, y) e uma curva α(t) = (x(t), y(t)). Logo
F ′(t) = ∇f(α(t)).α′(t)
= ∇f(x(t), y(t)).(x′(t), y′(t))
=
(
∂f
∂x
(x(t), y(t)),
∂f
∂y
(x(t), y(t))
)
.(x′(t),y′(t))
=
∂f
∂x
(x(t), y(t))x′(t) +
∂f
∂y
(x(t), y(t))y′(t)
Usando a notação de Leibniz, temos:
dF
dt
=
∂f
∂x
(x(t), y(t))
dx
dt
+
∂f
∂y
(x(t), y(t))
dy
dt
Escrevemos essa igualdade de maneira abreviada como
dF
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
em que fica subentendido que as derivadas parciais devem ser calculadas em (x(t), y(t))
Exemplo 4 Sejam z = xy2 + 2y, x = 2t, y = sin t. Calcule
dz
dt
Resolução:
8
• 1◦ processo: Temos então que z = xy2 + 2y, x = 2t, y = sin t, logo
z = 2t(sin t)2 + 2 sin t = 2t sin2 t+ 2 sin t
Portanto
dz
dt
= 2(sin2 t+ 2t sin t cos t) + 2 cos t = 2 sin2 t+ 4t sin t cos t+ 2 cos t
• 2◦ processo: Usando a notação de Leibniz
dz
dt
=
∂z
∂x
dx
dt
+
∂z
∂y
dy
dt
Então

dz
dx
= y2 ⇒ ∂z
∂x
(2t, sin t) = sin2 t
dz
dy
= 2xy + 2⇒ ∂z
∂y
(2t, sin t) = 4t sin t+ 2
Sabemos que
∂x
∂t
= 2 e
∂y
∂t
= cos t, portanto
dz
dt
= (sin2 t)2 + (4t sin t+ 2) cos t
= 2(sin2 t) + 4t sin t cot+2 cos t
Exemplo 5 Seja F (t) = f(2e3t, t2), em que f(x, y) é uma função diferenciável em R2. Calcule F ′(0) sabendo
que
∂f
∂x
=
1
2
.
Resolução: Temos então que
F ′(t) =
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
=
∂f
∂x
(2e3t, t2)6e3t +
∂f
∂y
(2e3t, t2)2t
Portanto:
F ′(0) =
∂f
∂x
(2, 0)6.1+
= 0
∂f
∂y
(2, 0)2.0
=
1
2
. 6 = 3
9