Coordenadas polares Suponha que substituamos coordenadas polares x=r \cos \theta e y=r \operatorname{sen} \theta em uma função diferenciável w=f(x, y).
(a) Mostre que
\frac{\partial w}{\partial r}=f_{x} \cos \theta+f_{y} \operatorname{sen} \theta
e
\frac{1}{r} \frac{\partial w}{\partial \theta}=-f_{x} \operatorname{sen} \theta+f_{y} \cos \theta
(b) Resolva as equações no item (a) para expressar f_{x} e f_{y} em termos de \partial w / \partial r e \partial w / \partial \theta.
(c) Mostre que
\left(f_{x}\right)^{2}+\left(f_{y}\right)^{2}=\left(\frac{\partial w}{\partial r}\right)^{2}+\frac{1}{r^{2}}\left(\frac{\partial w}{\partial \theta}\right)^{2}
Encontre as direções nas quais f(x, y)=\left(x^{2} / 2\right)+\left(y^{2} / 2\right)
(a) Cresce mais rapidamente no ponto (1,1);
(b) Decresce mais rapidamente em (1,1);
(c) Quais são as direções de variação zero de f \operatorname{em}(1,1) ?

Passo 1

O enunciado trata de usar a regra da cadeia para passar das derivadas parciais \partial w/\partial r e \partial w/\partial \theta de w(r,\theta)=f(x(r,\theta),y(r,\theta)) para as derivadas f_x e f_y, mostrar uma identidade de norma de gradiente em coordenadas polares e, em seguida, aplicar tudo isso a
f(x,y)=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}
para encontrar as direções de máximo crescimento, máximo decrescimento e variação nula em (1,1). Vamos usar
  1. Regra da cadeia para funções de duas variáveis.
  2. Resolução de sistema linear 2\times2.
  3. Definição de derivada direcional via produto escalar com o gradiente.

Passo 2

Aplicando a regra da cadeia temos
\frac{\partial w}{\partial r} = f_x\,\frac{\partial x}{\partial r} + f_y\,\frac{\partial y}{\partial r}
como x=r\cos\theta e y=r\sin\theta, então \partial x/\partial r=\cos\theta e \partial y/\partial r=\sin\theta. Logo
\frac{\partial w}{\partial r} = f_x\cos\theta + f_y\sin\theta.
De igual modo,
\frac{\partial w}{\partial \theta} = f_x\,\frac{\partial x}{\partial \theta} + f_y\,\frac{\partial y}{\partial \theta} = f_x(-r\sin\theta) + f_y(r\cos\theta),
e dividindo por r obtemos
\frac{1}{r}\,\frac{\partial w}{\partial \theta} = -f_x\sin\theta + f_y\cos\theta.

Passo 3

Agora vemos o sistema linear em (f_x,f_y)\): \[\begin{cases} \displaystyle\frac{\partial w}{\partial r} = f_x\cos\theta + f_y\sin\theta,\\[6pt] \displaystyle\frac{1}{r}\frac{\partial w}{\partial \theta} = -f_x\sin\theta + f_y\cos\theta. \end{cases}
Para resolver, multiplicamos a segunda equação por (r] e escrevemos em matriz:
\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\[3pt] -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix}f_x\\\ f_y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{\partial w}{\partial r}\\[6pt] \displaystyle\frac{\partial w}{\partial \theta} \end{pmatrix}.
Como a matriz de rotação é ortogonal, sua inversa é a transposta. Logo
\begin{pmatrix}f_x\\\ f_y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\[3pt] \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{\partial w}{\partial r}\\[6pt] \displaystyle\frac{\partial w}{\partial \theta} \end{pmatrix},
isto é,
f_x = \frac{\partial w}{\partial r}\cos\theta \;-\;\frac{1}{r}\,\frac{\partial w}{\partial \theta}\,\sin\theta, \quad f_y = \frac{\partial w}{\partial r}\sin\theta \;+\;\frac{1}{r}\,\frac{\partial w}{\partial \theta}\,\cos\theta.]

Passo 4

Para mostrar
f_x^2 + f_y^2 = \Bigl(\frac{\partial w}{\partial r}\Bigr)^{2} + \frac{1}{r^2}\Bigl(\frac{\partial w}{\partial \theta}\Bigr)^{2},
basta usar as expressões do passo anterior e observar que
\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1, \quad 2\cos\theta\sin\theta - 2\sin\theta\cos\theta = 0.
Ao computar
f_x^2 + f_y^2 = \Bigl(\frac{\partial w}{\partial r}\Bigr)^{2}(\cos^2\theta+\sin^2\theta) + \frac{1}{r^2}\Bigl(\frac{\partial w}{\partial \theta}\Bigr)^{2}(\sin^2\theta+\cos^2\theta) + \frac{2}{r}\frac{\partial w}{\partial r}\frac{\partial w}{\partial \theta}\bigl(-\sin\theta\cos\theta+\sin\theta\cos\theta\bigr),
resta exatamente a identidade pedida.

Passo 5

Agora f(x,y)=\tfrac12x^2+\tfrac12y^2 tem
f_x = x,\quad f_y = y,
portanto em (1,1) o gradiente é
\nabla f(1,1) = (1,1).
A derivada direcional na direção unitária \mathbf{u} vale \nabla f\cdot\mathbf{u}.
(a) Máximo crescimento: \mathbf{u}=\dfrac{\nabla f}{\|\nabla f\|} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1).
(b) Máximo decrescimento: -da direção anterior, ou seja -\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1).
(c) Variação zero quando \mathbf{u}\perp\nabla f, por exemplo \mathbf{u}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,-1) (e seu oposto).

Resposta

(a) A direção de máximo crescimento em (1,1) é
\frac{1}{\sqrt{2}}\,(1,1).
(b) A direção de máximo decrescimento em (1,1) é
-\frac{1}{\sqrt{2}}\,(1,1).
(c) As direções de variação zero em (1,1) são quaisquer vetores perpendiculares a (1,1), por exemplo
\frac{1}{\sqrt{2}}\,(1,-1)
e seu oposto.

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