Encontre D_{\mathrm{u}} f em P.
f(x, y, z)=\operatorname{sen} x y z ; P\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \pi\right);
\mathbf{u}=\frac{1}{\sqrt{3}} \mathbf{i}-\frac{1}{\sqrt{3}} \mathbf{j}+\frac{1}{\sqrt{3}} \mathbf{k}

Passo 1

O que o problema pede e o que foi dado.
  • Pede-se a derivada direcional de f no ponto P na direção do vetor \mathbf{u}.
  • Função dada: f(x,y,z)=\sin(xyz).
  • Ponto dado: P\!\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{3},\pi\right).
  • Vetor direção dado: \mathbf{u}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathbf{i}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathbf{j}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathbf{k}.
Resumo do pedido: calcular D_{\mathbf{u}} f(P).

Passo 2

Conceito e fórmula que vamos usar (em palavras simples).
  • A derivada direcional de f em P na direção de um vetor unitário \mathbf{u} é o produto escalar entre o gradiente de f em P e \mathbf{u}:
D_{\mathbf{u}} f(P)=\nabla f(P)\cdot \mathbf{u}.
  • O gradiente \nabla f é o vetor das derivadas parciais:
\displaystyle \nabla f=(\partial_x f,\partial_y f,\partial_z f),
onde \partial_x f significa derivar f em relação a x mantendo y,z fixos (e análogo para as outras).
  • Para f(x,y,z)=\sin(xyz) usamos a regra da cadeia: derivada de \sin é \cos vezes a derivada do argumento xyz.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais simbólicas.
  • Para \partial_x f:
\partial_x f=\cos(xyz)\cdot\frac{\partial}{\partial x}(xyz)=\cos(xyz)\cdot(yz).
  • Para \partial_y f:
\partial_y f=\cos(xyz)\cdot\frac{\partial}{\partial y}(xyz)=\cos(xyz)\cdot(xz).
  • Para \partial_z f:
\partial_z f=\cos(xyz)\cdot\frac{\partial}{\partial z}(xyz)=\cos(xyz)\cdot(xy).
Portanto o gradiente é
\displaystyle \nabla f(x,y,z)=\big(\cos(xyz)\,yz,\; \cos(xyz)\,xz,\; \cos(xyz)\,xy\big).

Passo 4

Avaliar o gradiente em P.
  • Primeiro calcule o produto xyz em P:
\left(\tfrac{1}{2}\right)\left(\tfrac{1}{3}\right)\pi=\frac{\pi}{6}.
  • Sabendo \cos\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, substituímos:
\partial_x f(P)=\cos\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)\cdot\frac{1}{3}\pi=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\pi}{3}=\frac{\pi\sqrt{3}}{6},
\partial_y f(P)=\cos\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)\cdot\frac{1}{2}\pi=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi\sqrt{3}}{4},
\partial_z f(P)=\cos\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{6}=\frac{\sqrt{3}}{12}.
Logo
\displaystyle \nabla f(P)=\left(\frac{\pi\sqrt{3}}{6},\;\frac{\pi\sqrt{3}}{4},\;\frac{\sqrt{3}}{12}\right).

Passo 5

Verificar que \mathbf{u} é unitário e calcular o produto escalar.
  • Norma de \mathbf{u}:
\|\mathbf{u}\|=\sqrt{\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}=1,
ou seja, \mathbf{u} já é unitário (ótimo; não precisa normalizar).
  • Produto escalar \nabla f(P)\cdot\mathbf{u}:
\begin{aligned} D_{\mathbf{u}} f(P)&=\left(\frac{\pi\sqrt{3}}{6}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) +\left(\frac{\pi\sqrt{3}}{4}\right)\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) +\left(\frac{\sqrt{3}}{12}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\\[6pt] &=\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}+\frac{1}{12}. \end{aligned}
  • Simplificando os termos com \pi:
\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{4}=\pi\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{4}\right)=\pi\left(-\frac{1}{12}\right)=-\frac{\pi}{12}.
Portanto
D_{\mathbf{u}} f(P)=-\frac{\pi}{12}+\frac{1}{12}=\frac{1-\pi}{12}.]

Resposta

\dfrac{1-\pi}{12}

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