Plano Tangente e Reta Normal | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Nesse artigo queremos estabelecer uma lista de exercícios envolvendo os conceitos de Plano Tangente e Reta Normal para funções de várias variáveis a valore reais. Seja f diferenciável no ponto (x_0, y_0). O plano $$z-f(x_0, y_0) = \frac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0)(x-x_0) + \frac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0)(y-y_0) $$ denomina-se plano tangente ao gráfico de f no ponto \left( x_0, y_0, f(x_0, y_0) \right).

A reta que passa pelo ponto (x_0,y_0, f(x_0,y_0)) e é paralela ao vetor $$\left( \frac{\partial f}{\partial x}(x_0 , y_0), \frac{\partial f}{\partial y}(x_0 , y_0 ), -1 \right)$$ denomina-se reta normal ao gráfico de f no ponto (x_0, y_0,f(x_0, y_0,)).

Plano Tangente e Reta Normal – 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

1. Considere f(x,y) = \dfrac{xy^2}{x^2 + y^2} se (x,y) \neq (0,0) e f(0,0)=0. Determine, se possível, o plano tangente ao gráfico de f em (0,1,0).

Como a função é diferenciável em qualquer ponto fora da origem, ela também será diferenciável no ponto (0,1). Desta forma, podemos garantir a existência do plano tangente ao gráfico dessa função no ponto (0,1,0) e sua equação é dada por:

$$\frac{\partial f}{ \partial x} (0,1) x + \frac{\partial f}{ \partial y} (0,1) – z +d =0 \Rightarrow$$ $$\Rightarrow x-z+d=0.$$

Substituindo o ponto (0,1,0) na equação, encontramos d=0 . Portanto $$x-z=0$$  é o plano tangente ao gráfico de f em (0,1,0).

2) Determinar, se existir, o plano tangente ao gráfico das funções dadas, nos pontos indicados.

a) f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2}; P_1 (0,0,1) e P_2 (\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}).

• No ponto (0,0,1): $$z=1$$
• No ponto P_2 (\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}): $$z-\frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{\frac{1}{2}}(x-1/2) – \sqrt{\frac{1}{2}} (y-1/2)$$

b) f(x,y) = xy; P_1 (0,0,0) e P_2 (1,1,1).

• No ponto (0,0,0): $$z=0$$
• No ponto (1,1,1): $$z-1 = (x-1)+(y-1)$$

3) Encontre a equação da reta perpendicular à curva x^2 + y^2 = 4 , no ponto P(1, \sqrt{3}) .

SOLUÇÃO: Ou seja, queremos encontrar a equação da reta normal à curva x^2 + y^2 = 4 , que é uma circunferência com centro na origem e raio igual a 2, no ponto P(1, \sqrt{3}) .

Esta reta é aquela que passa por P(1, \sqrt{3}) (facilmente verificado como um ponto da curva) na direção do vetor \nabla f(1, \sqrt{3}) , onde $$f(x,y) = x^2 + y^2 – 4,$$ afinal, \nabla f(x,y) é perpendicular ao gráfico de y = g(x) dada implicitamente por f(x,y) = 0 .

Assim, a reta procurada é dada por $$ (x,y) = (1, \sqrt{3}) + \lambda \nabla f(1, \sqrt{3}) = (x,y) = (1, \sqrt{3}) + \lambda (2, 2/ \sqrt{3}).$$

4) Determine a equação do plano tangente e as equações da reta normal à superfície de equação dada no ponto dado:

a) f(x,y) = x^2 +2y^2 em P(1,1);

SOLUÇÃO: Como a função é diferenciável em todos os pontos  do plano, a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x^2 +2y^2 no ponto P(1,1, 3) tem equação dada por $$z-f(x_0, y_0) = \frac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0)(x-x_0) + \frac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0)(y-y_0) $$ que será igual a $$z\;-\;3 = 2(x\;-\;1) + 4 (y\; – \;1). $$ Já a equação da reta normal ao gráfico  de f(x,y) = x^2 +2y^2 em P(1,1,3) é dada por $$(x,y,z) = (1, 1, f(1, 1)) + \lambda \left( \frac{\partial f}{\partial x}(1 , 1), \frac{\partial f}{\partial y}(1 , 1 ), -1 \right) \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow  (x,y,z) = (1, 1, 3) + \lambda \left( 2, 4, -1 \right) .$$

b) f(x,y) = x cos(y) em P(1,\pi / 2).

SOLUÇÃO: Observe que \begin{eqnarray} \frac{\partial f }{\partial x} (x,y) & = & cos(y) \\ \frac{\partial f }{\partial x} (1,\pi / 2) & = & cos( \pi / 2 ) = 0 \\ \frac{\partial f }{\partial x} (x,y) & = & -x\,\mathrm{sen}\left( y\right) \\ \frac{\partial f }{\partial x} (1,\pi / 2) & = & – 1 \times \mathrm{sen}\left( \pi / 2 \right) = -1 \times 1 = -1 \end{eqnarray}

Logo, como a função é diferenciável em todos os pontos  do plano, a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x cos(y) no ponto P(1,\pi / 2, 0) tem equação dada por $$z-f(1,\pi / 2) = \frac{\partial f}{\partial x}(1,\pi / 2) (x-1) + \frac{\partial f}{\partial y}(1,\pi / 2)(y-\pi / 2) $$ que será igual a $$z = 0 \times (x\;-\;1) -\;1 (y\; – \;\pi / 2) \Leftrightarrow z = – y + \pi / 2 . $$

5) Ache a equação do plano tangente à superfície z = 2x^2-3xy+y^2 que seja paralelo ao plano 10x-7y-2z+5 = 0.

SOLUÇÃO: Todo plano paralelo ao plano de equação 10x-7y-2z+5 = 0 possui vetor normal dado por $$ \vec{n} = \lambda (10,-7, -2), \qquad \lambda \in \mathbb{R} .$$ Assim, podemos dizer que a equação do plano tangente à superfície z = 2x^2-3xy+y^2 que seja paralelo ao plano 10x-7y-2z+5 = 0 tem equação dada por $$ (10 \lambda) x\; -(7\lambda) y); (-2 \lambda ) z+D = 0,$$ onde a constante D depende das coordenadas do ponto de tangencia da superfície com o plano.

Ora, se esta é a equação do plano tangente, então sabemos que o vetor normal é dado por $$ \vec{n} = \left( \frac{\partial f }{\partial x }(x , y) ,  \frac{\partial f }{\partial y }(x , y), -1  \right),$$ ou seja, \lambda = 1/2 . Desta forma, a equação do plano tangente que queremos especificamente é dada por $$ 5 x\; – \frac{7}{2} y\;- z+d = 0 \tag{1} $$ e as coordenadas (x,y) do ponto de tangencia entre a superfície e o plano são dadas pelo sistema \begin{eqnarray} \frac{\partial f }{\partial x }(x , y) & = & 5 \\ \frac{\partial f }{\partial y }(x , y) & = & -7/2 , \end{eqnarray} que é linear, \begin{eqnarray} 4x\; -3y & = & 5 \\ -3x + 2y & = & -7/2 , \end{eqnarray} e em solução dada por \begin{eqnarray} x & = & 1/2 \\ y & = & -1.  \end{eqnarray} Substituindo na equação da superfície encontramos como ponto de tangencia $$P\left( \frac{1}{2} , -1 , 3 \right) .$$ Com isso, substituindo este ponto na equação (1) encontramo d = -3.

Portanto, a equação do plano tangente à superfície z = 2x^2-3xy+y^2 que seja paralelo ao plano 10x-7y-2z+5 = 0 tem equação dada por $$ 5 x\; – \frac{7}{2} y\;- z \; – 3 = 0$$ que pode ser reescrita como $$ 10 x\; – \;7 y\;- 2z – 6 = 0 .$$

6) Determine a equação do plano tangente e as equações da reta normal à superfície de equação $$a x^2 + by^2 + cz^2 = 1 $$ num de seus pontos P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ).

SOLUÇÃO: A equação $$a x^2 + by^2 + cz^2 = 1 $$ descreve um elipsoide com centro na origem, cujas superfícies superior ( z_S ) e inferior ( z_I ) são dadas analiticamente pelas funções  $$ z_S = \sqrt{-\frac{b\,{y}^{2}}{c}-\frac{a\,{x}^{2}}{c}+\frac{1}{c}} \qquad z_I = – \sqrt{-\frac{b\,{y}^{2}}{c}-\frac{a\,{x}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}$$ cujas derivadas parciais são dadas por \begin{eqnarray} \frac{\partial z_S}{\partial x} & = & -\frac{a\,x}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y}^{2}}{c}-\frac{a\,{x}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} \\ \frac{\partial z_S}{\partial y} & = & -\frac{b\,y}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y}^{2}}{c}-\frac{a\,{x}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} \end{eqnarray} e \begin{eqnarray} \frac{\partial z_I}{\partial x} & = & \frac{a\,x}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y}^{2}}{c}-\frac{a\,{x}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} \\ \frac{\partial z_I}{\partial y} & = & \frac{b\,y}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y}^{2}}{c}-\frac{a\,{x}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} \end{eqnarray}

Logo, se P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ) pertence à parcela superior do elipsoide, a equação do plano tangente à superfície neste ponto é dado por $$ z- z_S (x_0 , y_0) = -\frac{a\,x_0}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y_0}^{2}}{c}-\frac{a\,{x_0}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} (x – x_0 ) -\frac{b\,y_0}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y_0}^{2}}{c}-\frac{a\,{x_0}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} (y – y_0) $$

Como z_S (x_0 , y_0) = z_0 então $$ z- z_0 = -\frac{a\,x_0}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y_0}^{2}}{c}-\frac{a\,{x_0}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} (x – x_0 )  -\frac{b\,y_0}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y_0}^{2}}{c}-\frac{a\,{x_0}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} (y – y_0) $$

Observando que P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ) é um ponto do elipsoide e satisfaz sua equação, temos  $$ \sqrt{-\frac{b\,{y_0}^{2}}{c}-\frac{a\,{x_0}^{2}}{c}+\frac{1}{c}} = z_0$$ temos que $$ z- z_0 = -\frac{a\,x_0}{c\, z_0} (x – x_0 )  -\frac{b\,y_0}{c\, z_0} (y – y_0) $$

$$( c\, z_0 ) z- c z_0^2 = -a\,x_0 (x – x_0 )  -b\,y_0 (y – y_0) $$

$$( c\, z_0 ) z- c z_0^2 = -(a\,x_0) x +a x_0^2  -(b\,y_0 ) y + b y_0^2 $$

$$ (a\,x_0) x + (b\,y_0 ) y +  ( c\, z_0 ) z =  a x_0^2 + b y_0^2 + c z_0^2$$

Novamente, como P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ) é um ponto do elipsoide e satisfaz sua equação, temos que $$ a x_0^2 + b y_0^2 + c z_0^2 = 1.$$ O que nos leva à equação do plano dado por $$ (a\,x_0) x + (b\,y_0 ) y +  ( c\, z_0 ) z =  1.$$

Por outro lado, se P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ) pertence à parcela inferior do elipsoide, a equação do plano tangente à superfície neste ponto é dado por $$ z- z_I (x_0 , y_0) = \frac{a\,x_0}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y_0}^{2}}{c}-\frac{a\,{x_0}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} (x – x_0 ) + \frac{b\,y_0}{c\,\sqrt{-\frac{b\,{y_0}^{2}}{c}-\frac{a\,{x_0}^{2}}{c}+\frac{1}{c}}} (y – y_0) $$ por um processo análogo ao anterior encontramos novamente $$ (a\,x_0) x + (b\,y_0 ) y +  ( c\, z_0 ) z =  1.$$

Portanto, $$ (a\,x_0) x + (b\,y_0 ) y +  ( c\, z_0 ) z =  1$$ é a equação do plano tangente à superfície de equação $$a x^2 + by^2 + cz^2 = 1 $$ no ponto P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ).

Daí, sabemos que o vetor normal ao plano tangente à superfície de equação $$a x^2 + by^2 + cz^2 = 1 $$ no ponto P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ), logo normal à própria superfície neste mesmo ponto, é dado por $$ \vec{n} = \left( a\,x_0 ,  b\,y_0 , c\,z_0  \right)$$ e as equações paramétricas da reta normal à esta superfície no ponto P_0 = (x_0 , y_0 , z_0 ) são dadas por \begin{eqnarray} x & = & x_0 + t a\,x_0 \\ y & = & y_0 + t b\,y_0 \\ z & = & z_0 + t c\,z_0 \end{eqnarray}

Leia Mais:

• A Regra da Cadeia Para Funções de Várias Variáveis
• Derivadas Parciais | Funções de Várias Variáveis a Valores Reais
• Limite e Continuidade de Funções de Várias Variáveis Reais
• Funções de Várias Variáveis Reais a Valores Reais ou Campos Escalares

Assista Nossa Vídeo-Aula Sobre Plano Tangente e Reta Normal: