Um Campo Temperatura no plano x O y é dado por T(x, y)=\ln \sqrt{x^{2}+y^{2}}, onde T é a temperatura em { }^{\circ} \mathrm{F} no ponto genérico (x, y) e as distâncias são medidas em metro. Determine:
a) a velocidade da Temperatura \mathrm{em}^{\circ} \mathrm{F} por m, quando movemos da esquerda para direita pelo ponto (10,20) ao longo da reta r que faz um ângulo de \frac{\pi}{3} r d com o eixo \overrightarrow{O x} positivo;
b) a derivada direcional máxima;
c) o vetor unitário que produz a derivada direcional máxima;
d) o ângulo ( \alpha ) que o vetor gradiente faz com o eixo horizontal;
e) o ângulo ( \varphi ) formado pelos vetores unitário e gradiente;
f) a representação num plano cartesiano dos vetores referenciados acima.

Passo 1

O enunciado nos dá o campo temperatura
T(x,y)=\ln\sqrt{x^{2}+y^{2}}
com temperatura em {}^{\circ}\mathrm{F} e distâncias em metros. O ponto de interesse é (10,20). As perguntas são:
a) calcular a velocidade da temperatura (derivada direcional) ao mover-nos da esquerda para a direita pelo ponto (10,20) ao longo da reta r que faz um ângulo \tfrac{\pi}{3} com o eixo positivo \overrightarrow{Ox};
b) calcular a derivada direcional máxima naquele ponto;
c) dar o vetor unitário que produz a derivada direcional máxima;
d) achar o ângulo \alpha que o vetor gradiente faz com o eixo horizontal;
e) achar o ângulo \varphi formado pelos vetores unitário (do item a) e gradiente;
f) fornecer a representação no plano (ou seja, os vetores e suas coordenadas para desenhar).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • T(x,y)=\ln\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+y^{2}).
  • Ponto: (x_{0},y_{0})=(10,20).
  • Direção da reta r: ângulo \theta=\tfrac{\pi}{3} com o eixo Ox, portanto o vetor direção (não normalizado) tem a mesma direção de (\cos\tfrac{\pi}{3},\sin\tfrac{\pi}{3}).

Passo 2

Primeiro precisamos do gradiente de T. Vou explicar passo a passo o porquê e como:
  • Ideia: o gradiente de uma função T(x,y) é o vetor formado pelas derivadas parciais \left(\dfrac{\partial T}{\partial x},\dfrac{\partial T}{\partial y}\right). Esse vetor aponta na direção de maior aumento de T e suas componentes informam a taxa de variação ao longo dos eixos coordenados.
  • Calculamos \dfrac{\partial T}{\partial x} e \dfrac{\partial T}{\partial y}. Como T(x,y)=\tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+y^{2}), usamos a regra da cadeia: a derivada de \ln(s) em relação a s é 1/s, e depois multiplicamos pela derivada de s=x^{2}+y^{2} em relação a x ou y.
Cálculo:
\frac{\partial T}{\partial x} = \tfrac{1}{2}\cdot\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cdot 2x = \frac{x}{x^{2}+y^{2}}.
\frac{\partial T}{\partial y} = \tfrac{1}{2}\cdot\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\cdot 2y = \frac{y}{x^{2}+y^{2}}.
Portanto o gradiente é
\nabla T(x,y)=\left(\frac{x}{x^{2}+y^{2}},\; \frac{y}{x^{2}+y^{2}}\right).

Passo 3

Agora avaliamos o gradiente no ponto (10,20).
  • Primeiro calculemos x^{2}+y^{2} no ponto:
10^{2}+20^{2}=100+400=500.
  • Então
\nabla T(10,20)=\left(\frac{10}{500},\; \frac{20}{500}\right)=\left(\frac{1}{50},\; \frac{1}{25}\right).
Vou manter as frações exatas porque elas são fáceis de manipular à mão.

Passo 4

(a) Derivada direcional na direção que vai da esquerda para a direita ao longo da reta que faz ângulo \tfrac{\pi}{3} com o eixo Ox.
  • Primeiro encontramos o vetor unitário na direção desse ângulo. Para um ângulo \theta o vetor unitário é
    \big(\cos\theta,\sin\theta\big). Como \theta=\tfrac{\pi}{3},
\mathbf{u}=\left(\cos\frac{\pi}{3},\;\sin\frac{\pi}{3}\right)=\left(\frac{1}{2},\;\frac{\sqrt{3}}{2}\right).
  • Definição prática: a derivada direcional de T na direção unitária \mathbf{u} é o produto escalar entre o gradiente e \mathbf{u}:
D_{\mathbf{u}}T(10,20)=\nabla T(10,20)\cdot\mathbf{u}.
  • Calculamos o produto escalar:
D_{\mathbf{u}}T(10,20) = \left(\frac{1}{50},\frac{1}{25}\right)\cdot\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{1}{50}\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{25}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}.
Colocando em denominador comum 100:
D_{\mathbf{u}}T(10,20)=\frac{1}{100}+\frac{2\sqrt{3}}{100}=\frac{1+2\sqrt{3}}{100}.
Interpretação: isso significa que movendo-se nessa direção (para a direita ao longo da reta de ângulo \tfrac{\pi}{3}) a temperatura varia a uma taxa de \dfrac{1+2\sqrt{3}}{100} {}^{\circ}\mathrm{F} por metro. Esse valor é positivo, ou seja, a temperatura aumenta nessa direção.

Passo 5

(b) Derivada direcional máxima.
  • Teorema/ideia prática: para uma função diferenciável, dentre todas as direções unitárias a derivada direcional máxima em um ponto é igual à norma do gradiente naquele ponto. Isso vem da desigualdade de Cauchy–Schwarz: |\nabla T\cdot \mathbf{u}|\le \|\nabla T\|\,\|\mathbf{u}\| e para \|\mathbf{u}\|=1 o máximo é \|\nabla T\|.
  • Calculamos a norma de \nabla T(10,20)=\left(\tfrac{1}{50},\tfrac{1}{25}\right):
\|\nabla T(10,20)\| = \sqrt{\left(\frac{1}{50}\right)^{2}+\left(\frac{1}{25}\right)^{2}} = \sqrt{\frac{1}{2500}+\frac{1}{625}} = \sqrt{\frac{1+4}{2500}} = \sqrt{\frac{5}{2500}} = \frac{\sqrt{5}}{50}.
Portanto a derivada direcional máxima é \dfrac{\sqrt{5}}{50} {}^{\circ}\mathrm{F} por metro.

Passo 6

(c) Vetor unitário que produz a derivada direcional máxima.
  • Esse vetor é simplesmente a direção do gradiente normalizada:
\mathbf{u}_{\text{max}}=\frac{\nabla T(10,20)}{\|\nabla T(10,20)\|}.
  • Como \nabla T(10,20)=\left(\tfrac{1}{50},\tfrac{1}{25}\right)=\left(\tfrac{1}{50},\tfrac{2}{50}\right) e \|\nabla T\|=\tfrac{\sqrt{5}}{50}, dividimos componente a componente:
\mathbf{u}_{\text{max}}=\left(\frac{1/50}{\sqrt{5}/50},\;\frac{2/50}{\sqrt{5}/50}\right) =\left(\frac{1}{\sqrt{5}},\;\frac{2}{\sqrt{5}}\right).
Verifique que \big(\tfrac{1}{\sqrt{5}}\big)^{2}+\big(\tfrac{2}{\sqrt{5}}\big)^{2}=1.

Passo 7

(d) Ângulo \alpha entre o vetor gradiente e o eixo horizontal.
  • Se um vetor tem componentes (a,b) com a>0, o ângulo \alpha que ele faz com o eixo Ox é \alpha=\arctan\!\big(\tfrac{b}{a}\big). Aqui a=\tfrac{1}{50} e b=\tfrac{1}{25}, então
\alpha=\arctan\!\left(\frac{\tfrac{1}{25}}{\tfrac{1}{50}}\right)=\arctan(2).
  • Em graus, aproximadamente \alpha\approx 63{,}4349^\circ.

Passo 8

(e) Ângulo \varphi entre o vetor unitário da parte (a), \mathbf{u}=\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big), e o gradiente \nabla T(10,20).
  • Fórmula: para vetores \mathbf{a} e \mathbf{b},
\cos\varphi=\frac{\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}}{\|\mathbf{a}\|\,\|\mathbf{b}\|}.
Aqui \mathbf{a}=\mathbf{u} é unitário, então \|\mathbf{a}\|=1, e \mathbf{b}=\nabla T(10,20) tem norma \tfrac{\sqrt{5}}{50}. Já calculámos \mathbf{u}\cdot\nabla T(10,20)=D_{\mathbf{u}}T(10,20)=\tfrac{1+2\sqrt{3}}{100}. Assim
\cos\varphi=\frac{\tfrac{1+2\sqrt{3}}{100}}{\tfrac{\sqrt{5}}{50}}=\frac{1+2\sqrt{3}}{100}\cdot\frac{50}{\sqrt{5}}=\frac{1+2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}.
  • Então
\varphi=\operatorname{arccos}\!\left(\frac{1+2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}\right).
  • Aproximação numérica: 1+2\sqrt{3}\approx 4{,}4641, 2\sqrt{5}\approx 4{,}4721, logo o quociente é aproximadamente 0{,}9981 e \varphi\approx 0{,}0613 rad \approx 3{,}51^\circ. Isso confirma que a direção \tfrac{\pi}{3} está bem próxima da direção de máximo aumento (o gradiente).

Passo 9

(f) Representação no plano cartesiano dos vetores — o que plotar e coordenadas para desenhar:
  • Ponto de referência: (10,20).
  • Vetor gradiente \nabla T(10,20)=\left(\tfrac{1}{50},\tfrac{1}{25}\right). Como vetor posição (seta) partindo de (10,20), a ponta fica em
\big(10+\tfrac{1}{50},\;20+\tfrac{1}{25}\big) = \big(10{,}02,\;20{,}04\big)
(essas são aproximações decimais).
  • Vetor unitário da direção \theta=\tfrac{\pi}{3}: \mathbf{u}=\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right). Partindo de (10,20), a ponta fica em
\big(10+\tfrac{1}{2},\;20+\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)\approx\big(10{,}5,\;20{,}8660\big).
  • Vetor unitário de máximo crescimento \mathbf{u}_{\text{max}}=\left(\tfrac{1}{\sqrt{5}},\tfrac{2}{\sqrt{5}}\right). Partindo de (10,20), a ponta fica em
\big(10+\tfrac{1}{\sqrt{5}},\;20+\tfrac{2}{\sqrt{5}}\big)\approx\big(10{,}4472,\;20{,}8944\big).
  • Como instrução rápida de desenho: desenhe os eixos x e y, marque o ponto (10,20), e a partir daí desenhe setas pequenas nas direções dadas pelas componentes acima. O gradiente é bem pequeno (passo pequeno) porque as componentes são da ordem 10^{-2}; para visualização prática pode-se multiplicar todos os vetores por um fator de escala comum (por exemplo 20) para que as setas fiquem visíveis no desenho, lembrando de indicar a escala.

Resposta

a) \displaystyle D_{\mathbf{u}}T(10,20)=\frac{1+2\sqrt{3}}{100}\\ \,{}^{\circ}\mathrm{F}\!/\mathrm{m}
b) \displaystyle \|\nabla T(10,20)\|=\frac{\sqrt{5}}{50}\\ \,{}^{\circ}\mathrm{F}\!/\mathrm{m}
c) \displaystyle \mathbf{u}_{\text{max}}=\left(\frac{1}{\sqrt{5}},\;\frac{2}{\sqrt{5}}\right)
d) \displaystyle \alpha=\arctan(2) (aprox. 63{,}4349^\circ)
e) \displaystyle \varphi=\operatorname{arccos}\!\left(\frac{1+2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}\right) (aprox. 0{,}0613\\ \text{rad}\approx 3{,}51^\circ)
f) Vetores para representar a partir de (10,20):
\displaystyle \nabla T(10,20)=\left(\tfrac{1}{50},\tfrac{1}{25}\right) com ponta em \big(10+\tfrac{1}{50},\,20+\tfrac{1}{25}\big);
\displaystyle \mathbf{u}=\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right) com ponta em \big(10+\tfrac{1}{2},\,20+\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big);
\displaystyle \mathbf{u}_{\text{max}}=\left(\tfrac{1}{\sqrt{5}},\tfrac{2}{\sqrt{5}}\right) com ponta em \big(10+\tfrac{1}{\sqrt{5}},\,20+\tfrac{2}{\sqrt{5}}\big).

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