Considere a função f(x, y)=3 x^{1 / 3} y^{2 / 3} definida para x \geq 0 e y \geq 0.
(a) Determine o vetor \nabla f(x, y) (ou seja, vetor gradiente).
(b) Determine a matriz hessiana de f em (x, y) (ou seja, a matriz quadrada com as derivadas de segunda ordem).
(c) Esboce as curvas de nível de f.
(d) Determine uma equação para o plano tangente ao gráfico de f no ponto (8,1, f(8,1)).
(e) Seja \mathcal{C} a curva de nível de f dada por f(x, y)=6. Determine um vetor tangente à curva \mathcal{C} no ponto (8,1).
(f) Sejam u(t)=(x(t), y(t)) uma função derivável e a função composta g(t)=f(u(t)). Suponha que u(7)=(8,1) e u^{\prime}(7)=(-4,5). Calcule g^{\prime}(7).
(g) Determine a taxa de variação de f em (8,1) na direção do vetor \vec{v}=(-4,5) (ou seja, a derivada direcional de f em (8,1) com relação ao vetor \vec{u}=\vec{v} /\|\vec{v}\| ).
(h) Considere o triângulo T=\{(x, y) \mid x \geq 0, y \geq 0 e 2 x+y \leq 10\}. Determine o ponto de T em que a função f assume valor máximo.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=3x^{1/3}y^{2/3} definida para x\ge 0 e y\ge 0 e pede as seguintes coisas:
(a) o vetor gradiente \nabla f(x,y);
(b) a matriz hessiana de f em (x,y);
(c) esboço/descrição das curvas de nível de f;
(d) equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto (8,1,f(8,1));
(e) um vetor tangente à curva de nível \mathcal{C} dada por f(x,y)=6 no ponto (8,1);
(f) dado u(t)=(x(t),y(t)) com u(7)=(8,1) e u'(7)=(-4,5), calcular g'(7) onde g(t)=f(u(t));
(g) derivada direcional de f em (8,1) na direção do vetor \vec v=(-4,5) (usar \vec u=\vec v/\|\vec v\|);
(h) sobre o triângulo T=\{(x,y)\mid x\ge0,\\ y\ge0,\\\ 2x+y\le10\}, determinar o ponto de T onde f atinge o valor máximo.
Informações relevantes dadas: domínio x,y\ge0; ponto de interesse (8,1) aparece várias vezes; função envolve potências fracionárias x^{1/3} e y^{2/3}.

Passo 2

Vamos calcular derivadas parciais. Lembrete rápido e útil: a regra do poder (power rule) para derivar x^{m} é \dfrac{d}{dx}x^{m}=m x^{m-1}. Isso vale também para expoentes fracionários quando x>0. Aplicamos a derivada parcial em relação a x, tratando y como constante:
f(x,y)=3x^{1/3}y^{2/3}.
Derivando em relação a x:
\frac{\partial f}{\partial x} =3\cdot\frac{1}{3}x^{1/3-1}y^{2/3} =x^{-2/3}y^{2/3}.
Aqui usei m=\tfrac{1}{3}, então m-1=-\tfrac{2}{3}, e o fator 3 na frente cancelou com \tfrac{1}{3}.

Passo 3

Agora derivada parcial em relação a y. Tratamos x como constante e aplicamos a regra do poder com m=\tfrac{2}{3}:
\frac{\partial f}{\partial y} =3x^{1/3}\cdot\frac{2}{3}y^{2/3-1} =2x^{1/3}y^{-1/3}.
Resumo: as duas derivadas parciais obtidas são positivas quando x>0,y>0.

Passo 4

Escrevendo o vetor gradiente usando os resultados:
\nabla f(x,y)=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial f}{\partial x}\\[6pt]\dfrac{\partial f}{\partial y}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}x^{-2/3}y^{2/3}\\[6pt]2x^{1/3}y^{-1/3}\end{pmatrix}.
Observação didática: o gradiente aponta na direção de maior crescimento de f e suas componentes são as inclinações (derivadas) nas direções x e y.]

Passo 5

Agora a matriz hessiana: é a matriz das derivadas parciais de segunda ordem. Primeiro calculamos \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}. Diferenciando \dfrac{\partial f}{\partial x}=x^{-2/3}y^{2/3} em relação a x:
\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} =\left(-\frac{2}{3}\right)x^{-5/3}y^{2/3}.
Explicando: derivei x^{-2/3} usando m=-\tfrac{2}{3}, então m-1=-\tfrac{5}{3} e o coeficiente é -\tfrac{2}{3}.

Passo 6

Agora as derivadas mistas e \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}.
Derivada mista \dfrac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}: derivando \dfrac{\partial f}{\partial x}=x^{-2/3}y^{2/3} em relação a y,
\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} =x^{-2/3}\cdot\frac{2}{3}y^{-1/3} =\frac{2}{3}x^{-2/3}y^{-1/3}.
Derivada \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}: derivando \dfrac{\partial f}{\partial y}=2x^{1/3}y^{-1/3} em relação a y,
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} =2x^{1/3}\cdot\left(-\frac{1}{3}\right)y^{-4/3} =-\frac{2}{3}x^{1/3}y^{-4/3}.
Assim a matriz hessiana é
H_f(x,y)=\begin{pmatrix} -\dfrac{2}{3}x^{-5/3}y^{2/3} & \dfrac{2}{3}x^{-2/3}y^{-1/3}\\[8pt] \dfrac{2}{3}x^{-2/3}y^{-1/3} & -\dfrac{2}{3}x^{1/3}y^{-4/3} \end{pmatrix}.
Ela é simétrica, como esperado ( \partial^2 f/\partial x\partial y=\partial^2 f/\partial y\partial x).]

Passo 7

Curvas de nível: definimos a curva de nível correspondente a uma constante k\ge0 por f(x,y)=k, ou seja
3x^{1/3}y^{2/3}=k.
Isolando e elevando ao cubo para eliminar as raízes:
x^{1/3}y^{2/3}=\frac{k}{3} \quad\Longrightarrow\quad (x^{1/3}y^{2/3})^{3}= \left(\frac{k}{3}\right)^{3}
\Longrightarrow\quad x\,y^{2}=\left(\frac{k}{3}\right)^{3}.
Portanto as curvas de nível são dadas por
x\,y^{2}=C,
onde C=\left(\dfrac{k}{3}\right)^{3}\ge0. Resolvendo para y (quando x>0) temos
y=\sqrt{\frac{C}{x}}=\left(\frac{C}{x}\right)^{1/2},
ou seja curvas decrescentes no primeiro quadrante, com y\to\infty quando x\to0^+ e y\to0 quando x\to\infty. Para k=0 a curva é os eixos x=0 ou y=0. Visualmente: famílias de hipérbolas do tipo y\propto x^{-1/2}.

Passo 8

Calculamos f(8,1) e o gradiente em (8,1). Primeiro
f(8,1)=3\cdot 8^{1/3}\cdot 1^{2/3}=3\cdot 2\cdot 1=6.
Agora avaliando o gradiente \nabla f(x,y)=\big(x^{-2/3}y^{2/3},\,2x^{1/3}y^{-1/3}\big) em (8,1):
\frac{\partial f}{\partial x}(8,1)=8^{-2/3}\cdot 1^{2/3}=(8^{1/3})^{-2}=2^{-2}=\frac{1}{4},
\frac{\partial f}{\partial y}(8,1)=2\cdot 8^{1/3}\cdot 1^{-1/3}=2\cdot 2=4.
Logo \nabla f(8,1)=\big(\tfrac{1}{4},\,4\big).

Passo 9

Plano tangente: fórmula padrão do plano tangente ao gráfico z=f(x,y) no ponto (a,b,f(a,b)) é
z=f(a,b)+f_x(a,b)(x-a)+f_y(a,b)(y-b).
Tomando (a,b)=(8,1) e usando os valores calculados,
z=6+\frac{1}{4}(x-8)+4(y-1).
Podemos desenvolver se quiser:
z=6+\frac{1}{4}x-2+4y-4=\frac{1}{4}x+4y.
Verificação rápida: 6-2-4=0, então o plano simplifica para z=\tfrac{1}{4}x+4y. Esse é o plano tangente pedido.

Passo 10

Vetor tangente à curva de nível \mathcal{C}:\\ f(x,y)=6 em (8,1). Lembrete: o gradiente em um ponto é normal à curva de nível nesse ponto. Assim um vetor tangente \vec t=(t_1,t_2) satisfaz
\nabla f(8,1)\cdot \vec t=0.
Com \nabla f(8,1)=(\tfrac{1}{4},4) temos
\frac{1}{4}t_1+4t_2=0 \quad\Longrightarrow\quad t_1+16t_2=0.
Uma escolha simples que resolve isso é t_1=-16,\\ t_2=1. Logo um vetor tangente é \displaystyle \vec t=(-16,1) (qualquer múltiplo não-nulo também serve).

Passo 11

Cadeia/derivada de composição: se g(t)=f(u(t)) com u(t)=(x(t),y(t)), então a regra da cadeia nos diz
g'(t)=\nabla f(u(t))\cdot u'(t).
No instante t=7 temos u(7)=(8,1), u'(7)=(-4,5) e \nabla f(8,1)=(\tfrac{1}{4},4). Portanto
g'(7)=\left(\frac{1}{4},4\right)\cdot(-4,5) =\frac{1}{4}\cdot(-4)+4\cdot 5=-1+20=19.

Passo 12

Derivada direcional de f em (8,1) na direção do vetor \vec v=(-4,5): definimos o vetor unidade \vec u=\dfrac{\vec v}{\|\vec v\|} com \|\vec v\|=\sqrt{(-4)^2+5^2}=\sqrt{41}. A derivada direcional é
D_{\vec u}f(8,1)=\nabla f(8,1)\cdot\vec u=\frac{\nabla f(8,1)\cdot\vec v}{\|\vec v\|}.
Já calculamos \nabla f(8,1)\cdot\vec v=g'(7)=19. Assim
D_{\vec u}f(8,1)=\frac{19}{\sqrt{41}}.

Passo 13

Máximo de f sobre o triângulo T. Estratégia: região T é compacta, f contínua, logo máximo existe e ocorre ou em pontos críticos interiores ou na fronteira. Primeiro, interior: para x>0,y>0 temos \nabla f(x,y) com componentes positivas (não nulas), então não há ponto interior com \nabla f=0. Logo o máximo está na fronteira de T.
A fronteira tem três partes:
  • aresta x=0 com 0\le y\le10: f=0;
  • aresta y=0 com 0\le x\le5: f=0;
  • aresta inclinada 2x+y=10 com x\in[0,5]. Aqui y=10-2x e
f(x,10-2x)=3x^{1/3}(10-2x)^{2/3}.
Para maximizar, é prático maximizar h(x)=x^{1/3}(10-2x)^{2/3}. Tomamos logaritmo para simplificar:
\varphi(x)=\ln h(x)=\frac{1}{3}\ln x+\frac{2}{3}\ln(10-2x).
Derivando:
\varphi'(x)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{x}+\frac{2}{3}\cdot\frac{-2}{10-2x} =\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x}-\frac{4}{10-2x}\right).
Igualando a zero:
\frac{1}{x}=\frac{4}{10-2x}\quad\Longrightarrow\quad 10-2x=4x\quad\Longrightarrow\quad x=\frac{10}{6}=\frac{5}{3}.
Esse valor pertence ao intervalo [0,5]. Então y=10-2x=10-\tfrac{10}{3}=\tfrac{20}{3}. Avaliando f nesse ponto:
f\!\left(\frac{5}{3},\frac{20}{3}\right) =3\left(\frac{5}{3}\right)^{1/3}\left(\frac{20}{3}\right)^{2/3} =3\bigl(x y^{2}\bigr)^{1/3} =3\left(\frac{2000}{27}\right)^{1/3}=2000^{1/3}.
Checagem das extremidades x=0 e x=5 f=0, então o ponto interior da aresta é realmente o máximo. Conclusão: o máximo de f em T ocorre em \left(\dfrac{5}{3},\dfrac{20}{3}\right) (valor máximo f_{\max}=2000^{1/3}).

Resposta

(a) \displaystyle \nabla f(x,y)=\begin{pmatrix}x^{-2/3}y^{2/3}\\[6pt]2x^{1/3}y^{-1/3}\end{pmatrix}.
(b) \displaystyle H_f(x,y)=\begin{pmatrix}-\dfrac{2}{3}x^{-5/3}y^{2/3} & \dfrac{2}{3}x^{-2/3}y^{-1/3}\\[8pt]\dfrac{2}{3}x^{-2/3}y^{-1/3} & -\dfrac{2}{3}x^{1/3}y^{-4/3}\end{pmatrix}.
(c) Curvas de nível: \;x\,y^{2}=\left(\dfrac{k}{3}\right)^{3}\; para a constante k; equivalently y=\sqrt{C/x} com C=\left(\dfrac{k}{3}\right)^{3}, formas decrescentes tipo y\propto x^{-1/2} no primeiro quadrante.
(d) Plano tangente em (8,1,6): \;z=6+\dfrac{1}{4}(x-8)+4(y-1)\; que simplifica para \;z=\dfrac{1}{4}x+4y.
(e) Um vetor tangente à curva f(x,y)=6 em (8,1) é \displaystyle \vec t=(-16,1).
(f) g'(7)=19.
(g) Derivada direcional em (8,1) na direção de \vec v=(-4,5): \displaystyle D_{\vec u}f(8,1)=\frac{19}{\sqrt{41}}.
(h) Ponto de T onde f é máximo: \displaystyle \left(\frac{5}{3},\frac{20}{3}\right) (valor máximo \displaystyle f_{\max}=2000^{1/3}).]

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