Derivada Direcional | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Sejam z = f(x,y) uma função, ( x_0 , y_0 ) em ponto do domínio desta função e \vec{u} = (a,b) um vetor unitário. A derivada direcional \dfrac{ \partial f}{ \partial \vec{u}}(x_0 , y_0) denomina-se, também, taxa de variação de f no ponto  (x_0 , y_0)  e na direção do vetor  \vec{u} .

O limite $$ \frac{ \partial f}{ \partial \vec{u}} (x_0 , y_0 ) = \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{f(x_0 + at , y_0 + bt) – f(x_0 , y_0 )}{t}}$$ quando existe e é finito, denomina-se derivada direcional de f no ponto  ( x_0 , y_0 )  e na direção do vetor  \vec{u} = (a,b) , sendo este um vetor unitário.

Pode-se mostrar que se \vec{u} = (a,b) é um vetor unitário e f for diferenciável em (x_0, y_0) , então  $$ \frac{ \partial f}{ \partial \vec{u}} (x_0 , y_0) = \nabla f (x_0 , y_0) . \vec{u} = a \frac{ \partial f}{ \partial x} (x_0 , y_0 ) + b \frac{ \partial f}{ \partial y} (x_0 , y_0 ) .$$

Além disso, sob essas condições, se \nabla f (x_0 , y_0) \neq \vec{0} então podemos afirmar que o valor máximo de \dfrac{ \partial f}{ \partial \vec{u}} (x_0 , y_0)  ocorre quando \vec{u} = \dfrac{\nabla f (x_0 , y_0)}{\| \nabla f (x_0 , y_0) \|} e esse valor de máximo é exatamente \| \nabla f (x_0 , y_0) \| .

Exercícios Resolvidos Sobre Derivada Direcional

1) Calcule a derivada direcional de f(x,y) na direção do vetor \vec{u} no ponto (x_0 , y_0 ) :

a)  f(x,y) = x^2 y; \vec{u} = (2,1) , e (x_0 , y_0 ) = (1,-2) ;

SOLUÇÃO: Como \vec{u} = (2,1) não é unitário, devemos primeiro normalizá-lo para encontrar o vetor unitário com mesma direção e sentido: $$ \vec{ \alpha } = \frac{(2,1)}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \frac{(2,1)}{\sqrt{5}} .$$

Por outro lado, $$\frac{ \partial f}{\partial x} = 2xy $$ $$\frac{ \partial f}{\partial y} = x^2, $$ desta forma, $$\frac{ \partial f}{\partial x} (1,-2) = -4 $$ $$\frac{ \partial f}{\partial y} (1,-2)  = 1. $$ Portanto, como f é diferenciável em (1,-2), pois suas derivadas parciais são contínuas neste ponto, $$ \frac{ \partial f}{ \partial \vec{u}} (1,-2) = \vec{ \alpha } . \nabla f(1,-2) = -4 \times \frac{2}{\sqrt{5}} + 1 \times \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{-7}{\sqrt{5}} .$$

b) f(x,y) = xy (x+y); \vec{u} = (2,-3) , em um ponto genérico.

SOLUÇÃO: Novamente este vetor não é unitário, de forma que devemos normalizá-lo para encontrar um vetor unitário \alpha : $$ \vec{ \alpha } = \frac{(2,-3)}{\sqrt{2^2 + (-3)^2}} = \frac{(2,-3)}{\sqrt{13}} .$$

Por outro lado, $$\frac{ \partial f}{\partial x} = y(2x+y) $$ $$\frac{ \partial f}{\partial y} = x(x+2y), $$  logo, como f é diferenciável em todos os pontos do plano, pois suas derivadas parciais são contínuas em qualquer ponto, podemos escrever novamente $$ \frac{ \partial f}{ \partial \vec{u}} (x,y) = \vec{ \alpha } . \nabla f(x,y) =$$ $$ = \frac{2}{\sqrt{13}}  \frac{ \partial f}{\partial x} + \frac{(-3)}{\sqrt{13}} \frac{ \partial f}{\partial y} = \frac{2y(y-x) – 3x^2}{\sqrt{13}}$$

2) Calcule a derivada direcional de f(x,y) = sen(x^2y) + cos(xy^2) , em um ponto (x,y), na direção do vetor \vec{u} = (1, \sqrt{3}).

SOLUÇÃO: Observe que a função é diferenciável em todos os pontos do plano. Portanto, ela admite derivada direcional em todas as direções.

Como  \vec{u} = (1, \sqrt{3}) não é um vetor unitário precisamos calcular seu versor que é dado por \vec{v} = (1/2, \sqrt{3} /2).

Desta forma, $$ \frac{\partial f }{ \partial \vec{u}}(x,y) = \frac{\partial f }{ \partial \vec{v}}(x,y) = \nabla f(x,y) \cdot \vec{v} = $$ $$ = \frac{1}{2}  \left[ 2xy cos(x^2y) – xsen(xy^2)  \right] + \frac{\sqrt{3}}{2}  \left[ x^2 cos(x^2y) -2xysen(xy^2)  \right]$$

3) Determine as derivadas das funções dadas, nos pontos dados e nas direções indicadas abaixo:

a) f(x,y) = x^2 - 3y em P(0,0), na direção do vetor \vec{u} = (1,2);

SOLUÇÃO: Observe que \vec{u} = (1,2) não é unitário, logo, pegamos usar o seu versor que é dado por $$ \frac{\vec{u}}{\| \vec{u} \| } = \left( \frac{1}{\sqrt{5}} , \frac{2}{\sqrt{5}} \right) .$$ Como f(x,y) = x^2 - 3y é diferenciável em todos os pontos do plano, então $$ \frac{ \partial f}{ \partial \vec{u}} (0 , 0) = \nabla f (0 , 0) . \vec{u} = \frac{1}{\sqrt{5}} \frac{ \partial f}{ \partial x} (0 , 0 ) + \frac{2}{\sqrt{5}} \frac{ \partial f}{ \partial y} (0 , 0 ) = \\ = \frac{1}{\sqrt{5}}  \times 0 + \frac{2}{\sqrt{5}} \times (-3) = – \frac{6}{\sqrt{5}}.$$

b) f(x,y) = cos(xy) em P(x,y), na direção do vetor unitário \vec{u} = ( \alpha , \beta );

SOLUÇÃO: Como \vec{u} = ( \alpha , \beta ) é unitário e f(x,y) = cos(xy) é diferenciável em todos os pontos do plano, então $$ \frac{ \partial f}{ \partial \vec{u}} (x , y) = \nabla f (x , y) . \vec{u} = \alpha \frac{ \partial f}{ \partial x} (x,y) + \beta \frac{ \partial f}{ \partial y} (x,y) = \\ = \alpha  \left( -y\,\mathrm{sen}\left( x\,y\right) \right) + \beta \left( -x\,\mathrm{sen}\left( x\,y\right) \right) = – sen(xy) \left[ \alpha y + \beta x \right] .$$

4) Calcule a derivada de f(x,y) = e^{x^2-cos(y)} no ponto P(x,y) e na direção do vetor \vec{v} = (2,3).

SOLUÇÃO: Como o vetor \vec{v} = (2,3) não é unitário, precisamos encontrar seu versor que é dado por $$\frac{\vec{v} }{ \| \vec{v} \|} = \frac{1}{\sqrt{4+9}} (2,3) = \left( \frac{2}{\sqrt{13}} ,  \frac{3}{\sqrt{13}} \right).$$ Logo, como \begin{eqnarray} \frac{\partial f }{\partial x }  & = & 2x e^{x^2 – cos(y)} \\ \frac{\partial f }{\partial y }  & = & sen(y) e^{x^2 – cos(y)}   \end{eqnarray} que são ambas contínuas em \mathbb{R} ^2 , então f(x,y) é diferenciável em \mathbb{R} ^2 . Portanto \begin{eqnarray} \frac{\partial f }{\partial \vec{v} } (x,y) & = & \nabla f(x,y) \cdot \vec{v}\\ & = & \frac{2}{\sqrt{13}} \frac{\partial f }{\partial x } + \frac{3}{\sqrt{13}} \frac{\partial f }{\partial y } \\ & = & \frac{4x e^{x^2 – cos(y)}}{\sqrt{13}} + \frac{3sen(y) e^{x^2 – cos(y)}}{\sqrt{13}}\\ & = &  \frac{e^{x^2 – cos(y)}}{\sqrt{13}} (4x + 3 sen(y)) \end{eqnarray}

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