Questão 3. Considere a função f(x, y)=\frac{\cos \left(y^{2}\right)}{x}.
(a) Determine a taxa de variação máxima de f em (1, \sqrt{\pi}) e a direção em que isso ocorre.
(b) Determine a derivada direcional de f em (1, \sqrt{\pi}) na direção \mathbf{v}=(2,1).
(c) Determine todas as derivadas parciais de segunda ordem de f, e as calcule no ponto ( 1, \sqrt{\pi} ).

Passo 1

O enunciado define a função
f(x,y)=\frac{\cos\bigl(y^2\bigr)}{x}
e pede:
(a) a taxa de variação máxima em (1,\sqrt\pi) e sua direção;
(b) a derivada direcional em (1,\sqrt\pi) na direção \mathbf v=(2,1);
(c) todas as segundas derivadas parciais de f e seus valores em (1,\sqrt\pi).
Precisaremos do gradiente para (a) e (b) e do cálculo de derivadas parciais sucessivas para (c).

Passo 2

Calculamos o gradiente \nabla f=(f_x,f_y).
Para f_x temos
f_x=\frac{\partial}{\partial x}\!\Bigl(x^{-1}\cos(y^2)\Bigr) =-x^{-2}\cos(y^2).
Para f_y temos
f_y=\frac{\partial}{\partial y}\!\Bigl(x^{-1}\cos(y^2)\Bigr) =x^{-1}\bigl(-\sin(y^2)\cdot 2y\bigr) =-\frac{2y\sin(y^2)}{x}.
Em (1,\sqrt\pi) isso vale
f_x(1,\sqrt\pi)=-\cos(\pi) = -(-1)=1, \qquad f_y(1,\sqrt\pi)=-\frac{2\sqrt\pi\sin(\pi)}{1}=0.
Logo
\nabla f(1,\sqrt\pi)=(1,0).

Passo 3

(a) A taxa de variação máxima é o módulo do gradiente e ocorre na direção do próprio gradiente.
\max D_{\mathbf u}f=\|\nabla f(1,\sqrt\pi)\|=\sqrt{1^2+0^2}=1,
na direção do vetor (1,0), ou seja, na direção do eixo x positivo.

Passo 4

(b) Para a derivada direcional em \mathbf v=(2,1) normalizamos
\mathbf u=\frac{\mathbf v}{\|\mathbf v\|} =\Bigl(\tfrac{2}{\sqrt5},\,\tfrac{1}{\sqrt5}\Bigr).
Então
D_{\mathbf u}f(1,\sqrt\pi) =\nabla f(1,\sqrt\pi)\cdot \mathbf u =(1,0)\cdot\Bigl(\tfrac{2}{\sqrt5},\tfrac{1}{\sqrt5}\Bigr) =\frac{2}{\sqrt5}.

Passo 5

(c) Calculamos as segundas derivadas parciais em geral:
f_x=-x^{-2}\cos(y^2), \quad f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-x^{-2}\cos(y^2)\bigr) =2x^{-3}\cos(y^2),
f_{xy}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(-x^{-2}\cos(y^2)\bigr) =-x^{-2}\bigl(-\sin(y^2)\cdot2y\bigr) =\frac{2y\sin(y^2)}{x^2},
f_y=-\frac{2y\sin(y^2)}{x}, \quad f_{yy}=\frac{\partial}{\partial y}\Bigl(-\tfrac{2y}{x}\sin(y^2)\Bigr) =-\frac{2}{x}\Bigl[\sin(y^2)+2y^2\cos(y^2)\Bigr].
Em (1,\sqrt\pi) isso dá
f_{xx}(1,\sqrt\pi)=2\cos(\pi)=-2, \quad f_{xy}(1,\sqrt\pi)=\frac{2\sqrt\pi\sin(\pi)}{1^2}=0,
f_{yy}(1,\sqrt\pi) =-2\bigl[\sin(\pi)+2\pi\cos(\pi)\bigr] =-2\bigl[0+2\pi(-1)\bigr] =4\pi.
E por simetria f_{yx}=f_{xy}=0.

Resposta

(a) Taxa de variação máxima =1, na direção (1,0).
(b) Derivada direcional =2/\sqrt5.
(c) Em (1,\sqrt\pi):
f_{xx}=-2,\quad f_{xy}=f_{yx}=0,\quad f_{yy}=4\pi.

Exercícios relacionados