Cálculo de Derivadas Direcionais

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GABARITO DA LISTA DE EXERĆICIOS 9 – CÁLCULO II B
(Exerćıcios retirados das listas dos exerćıcios programados do curso Cálculo III do CEDERJ)
Exerćıcio 1 Seja f(x, y) = ex arctg(y).
(a) Calcule a taxa de variação de f no ponto P(0, 1), na direção e sentido do vetor
−→
PQ, em que
Q(3, 5).
(b) Calcule a taxa de variação máxima de f em P .
Solução:
(a) A taxa de variação (derivada direcional) de f , no ponto (0, 1), na direção do vetor unitário ~u é
dada por
∂f
∂~u
(0, 1) = ∇f(0, 1) · ~u .
Como ~u tem a direção e o sentido do vetor
−→
PQ = Q− P = (3, 5)− (0, 1) = (3, 4). segue que
~u =
−−→
PQ
||
−−→
PQ||
=
1√
32 + 42
(3, 4) =
(
3
5
,
4
5
)
.
Além disso, temos que
∇f(x, y) =
(
∂f
∂x
(x, y) ,
∂f
∂y
(x, y)
)
=
(
ex arctg(y) ,
ex
1 + y2
)
=⇒ ∇f(0, 1) =
(
π
4
,
1
2
)
.
Portanto,
∂f
∂~u
(0, 1) = ∇f(0, 1) · ~u
=
(
π
4
,
1
2
)
·
(
3
5
,
4
5
)
=
π
4
(
3
5
)
+
1
2
(
4
5
)
=
3π
20
+
2
5
.
(b) Pelo teorema 13.2 - Módulo 1 - pág. 151 - o valor máximo da derivada direcional, isto é, de
∂f
∂~u
(a, b), ocorre na direção ~u =
∇f(a, b)
‖∇f(a, b)‖
.
Assim, a derivada direcional, a partir do ponto (0, 1), é máxima na direção
~u =
∇f(0, 1)
||∇f(0, 1)||
e o valor desse máximo é dado por
∂f
∂~u
(0, 1) = ∇f(0, 1) · ~u
= ∇f(0, 1) · ∇f(0, 1)
||∇f(0, 1)||
= ||∇f(0, 1)||
= ||
(
π
4
,
1
2
)
||
=
√(
π
4
)2
+
(
1
2
)2
=
√
π2
16
+
1
4
.
CÁLCULO II B GABARITO LISTA 9 2
Exerćıcio 2 Determine
∂g
∂~u
(1, 0) em que g(x, y) = 4x2y+ y2 e ~u tem a direção e o sentido do vetor
normal à curva x2 + y2 = 2 no ponto (1, 1)..
Solução: A derivada direcional em (1, 0) de g(x, y) = 4x2y + y2 na direção ~u, que em nosso caso
é a direção normal em (1, 1) à curva x2 + y2 = 2, é calculado por
∂g
∂~u
(1, 0) = ∇g(1, 0) · ~u.
Temos que
∇g(x, y) =
(
∂g
∂x
(x, y) ,
∂g
∂y
(x, y)
)
=
(
8xy, 4x2 + 2y
)
=⇒ ∇g(1, 0) =
(
0, 4
)
.
Vamos, agora, determinar ~u.
Para isso, vamos definir uma nova função, que nomeamos f(x, y), que nos auxiliára nessa tarefa.
Ou seja, definimos f(x, y) = x2 + y2. E consideramos a curva de ńıvel f(x, y) = 2 de f , ou seja,
x2 + y2 = 2. Note que o ponto (1, 1) é um ponto que está sobre essa curva ńıvel. Nessas condições,
aplicando o Corolário 10.2 - Módulo 1 - pág. 113, sabemos que ∇f(1, 1) é normal (perpendicular)
à curva de ńıvel x2 + y2 = 2. Como
∇f(x, y) = (2x, 2y) =⇒ ∇f(1, 1) = (2, 2),
segue que
~u =
(2, 2)
||(2, 2)||
=
1
2
√
2
(2, 2) =
(
1√
2
,
1√
2
)
.
Portanto,
∂g
∂~u
(1, 0) = ∇g(1, 0) · ~u =
(
0, 4
)
·
(
1√
2
,
1√
2
)
=
4√
2
.
Exerćıcio 3 A temperatura em um ponto (x, y, z) é dada por T (x, y, z) = 200 e−x
2−3y2−9z2 onde
T é medida em 0C e x, y e z em metros.
(a) Determine a taxa de variação da temperatura no ponto P (2,−1, 2) em direção ao ponto
(3,−3, 3).
(b) Qual é a direção e sentido de maior crescimento da temperatura em P?
(c) Determine a taxa máxima de crescimento em P .
Solução:
(a) Pelo teorema 13.1, módulo 1, página 149, para funções de três variáveis, temos
∂T
∂~u
(2,−1, 2) = ∇T (2,−1, 2) · ~u ,
onde
~u =
(3,−3, 3)− (2,−1, 2)
||(3,−3, 3)− (2,−1, 2)||
=
(1,−2, 1)
||(1,−2, 1)||
=
1√
6
(1,−2, 1) .
CÁLCULO II B GABARITO LISTA 9 3
Também
∇T (x, y, z) =
(
∂T
∂x
,
∂T
∂y
,
∂T
∂z
)
= 200
(
− 2xe−x2−3y2−9z2 ,−6ye−x2−3y2−9z2 ,−18ze−x2−3y2−9z2
)
.
Logo,
∇T (2,−1, 2) = 200(−4e−43, 6e−43,−36e−43).
Assim,
∂T
∂~u
(1,−1, 2) = 200(−4e−43, 6e−43,−36e−43)· 1√
6
(1,−2, 1) = 200e
−43
√
6
(−4−12−36) = −10400e
−43
√
6
.
(b) Pelo teorema 13.2, módulo 1, página 151, a direção e sentido de máximo crescimento em (a, b, c)
é ∇T (a, b, c). Assim, a direção e sentido de máximo crescimento da temperatura é na direção
e no sentido de ∇T (2,−1, 2). Ou seja,
∇T (2,−1, 2) = 200(−4e−43, 6e−43,−36e−43) = 400e−43(−2, 3,−18).
(c) A taxa máxima de crescimento é:
∂T
∂~u
(2,−1, 2) = ∇T (2,−1, 2) · ~u,
onde ~u =
∇T (2,−1, 2)
||∇T (2,−1, 2)||
.
Assim,
∂T
∂~u
(2,−1, 2) = ∇T (2,−1, 2) ·
(
∇T (2,−1, 2)
||∇T (2,−1, 2)||
)
= ||∇T (2,−1, 2)||
= ||400e−43(−2, 3,−18)||
= 400e−43((−2)2 + (3)2 + (−18)2)1/2
= 400e−43
√
337 .
Exerćıcio 4 Seja
f(x, y) =

x3 + y4
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
e g(x, y) = x3y2 + x+ f(x, y) . Calcule
∂g
∂~u
(0, 0), onde ~u =
1√
2
(1,−1) .
Solução: Seja h(x, y) = x3y2 + x. Temos que
g(x, y) = h(x, y) + f(x, y).
Logo,
∂g
∂~u
(0, 0) =
∂h
∂~u
(0, 0) +
∂f
∂~u
(0, 0).
Como h é diferenciável em R2,
∂h
∂~u
(0, 0) = ∇h(0, 0) · ~u.
CÁLCULO II B GABARITO LISTA 9 4
Sendo ∇h(x, y) = (3x2y2 + 1, 2x3y), segue que ∇h(0, 0) = (1, 0). Dessa forma,
∂h
∂~u
(0, 0) = (1, 0) · 1√
2
(1,−1) = 1√
2
.
Para calcular
∂f
∂~u
(0, 0) usamos a definição de derivada direcional
∂f
∂~u
(0, 0) = lim
h→0
f
(
(0, 0) + h
1√
2
(1,−1)
)
− f(0, 0)
h
= lim
h→0
f
(
h√
2
,− h√
2
)
− f(0, 0)
h
= lim
h→0
(
h√
2
)3
+
(
−
h√
2
)4
(
h√
2
)2
+
(
−
h√
2
)2 − 0
h
= lim
h→0
h3
2
√
2h3
+
h4
4h3
=
1
2
√
2
.
Logo,
∂g
∂~u
(0, 0) =
∂h
∂~u
(0, 0) +
∂f
∂~u
(0, 0) =
1√
2
+
1
2
√
2
.
Exerćıcio 5 Determine as direções e sentidos em que a derivada direcional de f(x, y) = x2+sen(xy)
no ponto (1, 0) tem valor 1.
Solução: Seja ~u = (a, b) um vetor unitário, isto é, a2 + b2 = 1.
∂f
∂~u
(1, 0) = 1 =⇒ ∇f(1, 0) · ~u = 1.
Como ∇f(x, y) = (2x+ y cos(xy), x cos(xy)), segue que ∇f(1, 0) = (2, 1). Assim,
(2, 1) · (a, b) = 1 =⇒ 2a+ b = 1.
Logo, temos de resolver o sistema{
2a+ b = 1 =⇒ b = 1− 2a
a2 + b2 = 1
=⇒ a2 + (1− 2a)2 = 1 =⇒ 5a2 − 4a = 0 =⇒ a = 0 ou a = 4
5
.
Se a = 0, então b = 1− 2a = 1.
Se a =
4
5
então b = −3
5
.
Assim, (0, 1) e
(
4
5
,−3
5
)
são os vetores unitários que tem as direções e sentidos em que
∂f
∂~u
(1, 0) = 1.
CÁLCULO II B GABARITO LISTA 9 5
Exerćıcio 6 Mostre que a esfera de equação x2 + y2 + z2 = a2, em que a é uma constante, e o
cone x2 + y2 − z2 = 0 são ortogonais em todo ponto de intersecão, isto é, seus planos tangentes
tem normais perpendiculares.
Solução: Seja (x0, y0, z0) um ponto de intersecão da esfera x
2 + y2 + z2︸ ︷︷ ︸
F (x,y,z)
= a2 com o cone
x2 + y2 − z2︸ ︷︷ ︸
G(x,y,z)
= 0. Logo, as normais aos planos tangentes da esfera e do cone, em (x0, y0, z0), são da-
das, respectivamente, por ~n1 = ∇F (x0, y0, z0) e ~n2 = ∇G(x0, y0, z0). Ou seja, n1 = (2x0, 2y0, 2z0)
e ~n2 = (2x0, 2y0,−2z0). Provemos que estas normais são perpendiculares, isto é, ~n1 · ~n2 = 0. Com
efeito,
~n1 · ~n2 = (2x0, 2y0, 2z0) · (2x0, 2y0,−2z0) = 4x20 + 4y20 − 4z20 = 4(x20 + y20 − z20) = 0
pois (x0, y0, z0) esta na intersecão do cone com a esfera e, consequentemente satisfaz as equações
do cone e da esfera.