Calcule a derivada direcional da função f(x, y, z)=\cos \left(x^{2} y z\right)-x z^{2} e^{-\frac{\left(x^{2} y^{2}+z^{2}\right)}{2}} no ponto \mathrm{P}=(1,0,1) na direção do vetor v=(1,1,1).

Passo 1

O enunciado pede a derivada direcional da função
f(x,y,z)=\cos\!\big(x^{2} y z\big)-x z^{2} e^{-\frac{x^{2} y^{2}+z^{2}}{2}}
no ponto \mathrm{P}=(1,0,1) na direção do vetor v=(1,1,1).
Informações dadas:
f(x,y,z)=\cos\!\big(x^{2} y z\big)-x z^{2} e^{-\frac{x^{2} y^{2}+z^{2}}{2}}, \qquad \mathrm{P}=(1,0,1), \qquad v=(1,1,1).
O que se pede: calcular a derivada direcional de f em \mathrm{P} na direção de v.

Passo 2

Qual método usar? Vou usar a fórmula da derivada direcional via gradiente porque:
  • Para funções diferenciáveis de várias variáveis, a derivada direcional na direção unitária \mathbf{u} é dada por produto escalar entre o gradiente e \mathbf{u}.
  • Isso evita fazer limite direto e é prático para calcular em prova.
Observação importante: quando falamos "na direção do vetor v" devemos usar o vetor unitário \mathbf{u} que tem a mesma direção de v, ou seja
\mathbf{u}=\frac{v}{\|v\|}.
(Se alguém usar a definição sem normalizar, obteria um valor proporcional a \|v\|; a convenção padrão é normalizar.)

Passo 3

Apresento a fórmula que vou usar e explico o que cada coisa significa.
Fórmula da derivada direcional em direção unitária \mathbf{u}:
D_{\mathbf{u}}f(\mathrm{P})=\nabla f(\mathrm{P})\cdot \mathbf{u}.
Aqui:
  • \nabla f=(\partial_{x}f,\partial_{y}f,\partial_{z}f) é o vetor gradiente; cada componente é a derivada parcial de f em relação àquela variável.
  • \cdot é o produto escalar (soma dos produtos das componentes).
  • \mathbf{u} é o vetor unitário na direção de v.
Portanto preciso:
  1. calcular \partial_{x}f,\partial_{y}f,\partial_{z}f;
  2. avaliar essas derivadas no ponto \mathrm{P};
  3. normalizar v para obter \mathbf{u};
  4. fazer o produto escalar.

Passo 4

Cálculo das derivadas parciais (vou usar regras de cadeia e produto, explicando cada termo).
Defina A(x,y,z)=x^{2} y z e C(x,y,z)=x^{2} y^{2}+z^{2}. Então
f(x,y,z)=\cos(A)-x z^{2} e^{-C/2}.
Derivada parcial em relação a x:
  • Para \cos(A): por regra da cadeia,
\frac{\partial}{\partial x}\cos(A)=-\sin(A)\,\frac{\partial A}{\partial x}, \qquad \frac{\partial A}{\partial x}=2x y z.
Logo a contribuição é -\sin(A)\cdot 2x y z.
  • Para B(x,y,z)=x z^{2} e^{-C/2}: é produto de x z^{2} por e^{-C/2}. Use produto e regra da cadeia para o exponencial:
\frac{\partial B}{\partial x}=z^{2} e^{-C/2}+x z^{2} e^{-C/2}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\frac{\partial C}{\partial x}.
E \frac{\partial C}{\partial x}=2x y^{2}. Então
\frac{\partial B}{\partial x}=z^{2} e^{-C/2}+x z^{2} e^{-C/2}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot 2x y^{2} = z^{2} e^{-C/2}-x^{2} y^{2} z^{2} e^{-C/2}.
Como f=\cos(A)-B, temos
\frac{\partial f}{\partial x}=-2x y z\sin(A)-\big(z^{2} e^{-C/2}-x^{2} y^{2} z^{2} e^{-C/2}\big).
Derivada parcial em relação a y:
  • Para \cos(A):
\frac{\partial}{\partial y}\cos(A)=-\sin(A)\,\frac{\partial A}{\partial y}, \qquad \frac{\partial A}{\partial y}=x^{2} z,
então contribuição -x^{2} z\sin(A).
  • Para B:
\frac{\partial B}{\partial y}=x z^{2} e^{-C/2}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\frac{\partial C}{\partial y}, \qquad \frac{\partial C}{\partial y}=2x^{2} y,
logo
\frac{\partial B}{\partial y}=x z^{2} e^{-C/2}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot 2x^{2} y =-x^{3} y z^{2} e^{-C/2}.
Assim
\frac{\partial f}{\partial y}=-x^{2} z\sin(A)-\big(-x^{3} y z^{2} e^{-C/2}\big) =-x^{2} z\sin(A)+x^{3} y z^{2} e^{-C/2}.
Derivada parcial em relação a z:
  • Para \cos(A):
\frac{\partial}{\partial z}\cos(A)=-\sin(A)\,\frac{\partial A}{\partial z}, \qquad \frac{\partial A}{\partial z}=x^{2} y,
então contribuição -x^{2} y\sin(A).
  • Para B=x z^{2} e^{-C/2}: produto, derivando x z^{2} 2x z, mais termo do exponencial:
\frac{\partial B}{\partial z}=2x z e^{-C/2}+x z^{2} e^{-C/2}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\frac{\partial C}{\partial z}, \qquad \frac{\partial C}{\partial z}=2z,
logo
\frac{\partial B}{\partial z}=2x z e^{-C/2}+x z^{2} e^{-C/2}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot 2z =2x z e^{-C/2}-x z^{3} e^{-C/2}.
Então
\frac{\partial f}{\partial z}=-x^{2} y\sin(A)-\big(2x z e^{-C/2}-x z^{3} e^{-C/2}\big) =-x^{2} y\sin(A)-2x z e^{-C/2}+x z^{3} e^{-C/2}.

Passo 5

Agora avalio as parciais no ponto \mathrm{P}=(1,0,1). Primeiro calcule valores auxiliares em \mathrm{P}:
A(1,0,1)=1^{2}\cdot 0\cdot 1=0,\qquad \sin(A)=\sin(0)=0,
C(1,0,1)=1^{2}\cdot 0^{2}+1^{2}=1,\qquad e^{-C/2}=e^{-1/2}.
Substituindo nas fórmulas:
  • Para \partial_{x}f:
\frac{\partial f}{\partial x}(1,0,1)=-2\cdot 1\cdot 0\cdot 1\cdot 0 -\big(1^{2} e^{-1/2}-1^{2}\cdot 0^{2}\cdot 1^{2} e^{-1/2}\big) = - e^{-1/2}.
  • Para \partial_{y}f:
\frac{\partial f}{\partial y}(1,0,1)=-1^{2}\cdot 1\cdot 0 + 1^{3}\cdot 0\cdot 1^{2} e^{-1/2}=0.
  • Para \partial_{z}f:
\frac{\partial f}{\partial z}(1,0,1)=-1^{2}\cdot 0\cdot 0 -2\cdot 1\cdot 1 e^{-1/2} +1\cdot 1^{3} e^{-1/2} =(-2+1)e^{-1/2}=-e^{-1/2}.
Portanto o gradiente em \mathrm{P} é
\nabla f(1,0,1)=\big(-e^{-1/2},\,0,\,-e^{-1/2}\big).

Passo 6

Agora normalizo v=(1,1,1). Cálculo da norma:
\|v\|=\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}=\sqrt{3}.
Então o vetor unitário na direção de v é
\mathbf{u}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).

Passo 7

Faço o produto escalar para obter a derivada direcional:
D_{\mathbf{u}}f(1,0,1)=\nabla f(1,0,1)\cdot \mathbf{u} =\big(-e^{-1/2},\,0,\,-e^{-1/2}\big)\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).
Calculando o produto escalar:
D_{\mathbf{u}}f(1,0,1)=\frac{1}{\sqrt{3}}\big(-e^{-1/2}\cdot 1 + 0\cdot 1 + -e^{-1/2}\cdot 1\big) =\frac{-2e^{-1/2}}{\sqrt{3}}.
Interpretando: a derivada direcional é negativa, o que significa que, movendo-se a partir de \mathrm{P} na direção (1,1,1) (normalizada), a função diminui inicialmente com taxa \dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{-1/2}.

Resposta

-\dfrac{2}{\sqrt{3}}e^{-1/2}

Exercícios relacionados