Questão 5(\mathbf{2 , 0}) : Seja f(x, y)=x e^{x^{2}}+y \ln (y)+\operatorname{sen}(x y)
(a) Calcule todas as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y);
(b) Determine o vetor gradiente \nabla f(x, y);
(c) Calcule a derivada direcional de f(x, y) no ponto P=(0,1) na direção do vetor \vec{w}=\left(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\right). Essa é a direção de máxima variação?
“Não deseje que as coisas sejam mais fáceis, deseje que você seja melhor!”

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=x e^{x^{2}}+y\ln(y)+\sin(xy)
e pede três coisas:
  1. (a) Calcular todas as derivadas parciais de segunda ordem de f(x,y).
  2. (b) Determinar o vetor gradiente \nabla f(x,y).
  3. (c) Calcular a derivada direcional de f no ponto P=(0,1) na direção do vetor \vec{w}=\left(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\right) e responder se essa é a direção de máxima variação.
Informações relevantes fornecidas:
f(x,y)=x e^{x^{2}}+y\ln(y)+\sin(xy),
o ponto P é (0,1) (observe que \ln(y) exige y>0, e y=1 está OK),
e o vetor direção é \vec{w}=\left(\dfrac{4}{5},-\dfrac{3}{5}\right) (mais adiante verificamos se já é unitário).

Passo 2

Vamos calcular as derivadas parciais de primeira ordem. Relembrando duas regras importantes que usarei:
  • Regra do produto: \dfrac{d}{dx}[u(x)v(x)]=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).
  • Regra da cadeia: \dfrac{d}{dx}e^{g(x)}=g'(x)e^{g(x)}; \dfrac{d}{dx}\sin(g(x))=g'(x)\cos(g(x)).
Começando por \dfrac{\partial f}{\partial x}. A função tem três termos:
  • x e^{x^{2}}: aplicando produto e cadeia,
  • y\ln(y): não depende de x, derivada é 0,
  • \sin(xy): pela cadeia \partial_x\sin(xy)=\cos(xy)\cdot y.
Detalhando o primeiro termo:
\frac{\partial}{\partial x}\big(x e^{x^{2}}\big)=e^{x^{2}} + x\cdot(2x e^{x^{2}})=e^{x^{2}}(1+2x^{2}).
Somando o terceiro termo obtemos
\frac{\partial f}{\partial x}=e^{x^{2}}(1+2x^{2})+y\cos(xy).

Passo 3

Agora \dfrac{\partial f}{\partial y}. Novamente termo a termo:
  • x e^{x^{2}} não depende de y → derivada 0.
  • y\ln(y): usar produto ou lembrar a forma; derivada é \ln(y)+1 (porque \dfrac{d}{dy}(y\ln y)=1\cdot\ln y + y\cdot1/y).
  • \sin(xy): \partial_y\sin(xy)=\cos(xy)\cdot x.
Portanto
\frac{\partial f}{\partial y}=\ln(y)+1+x\cos(xy).

Passo 4

Agora as derivadas parciais de segunda ordem. Começo por \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\big(\frac{\partial f}{\partial x}\big).
Temos
\frac{\partial f}{\partial x}=e^{x^{2}}(1+2x^{2})+y\cos(xy).
Derivando o primeiro termo em x: uso produto entre e^{x^{2}} e (1+2x^{2}).
  • Derivada de (1+2x^{2}) é 4x.
  • Derivada de e^{x^{2}} é 2x e^{x^{2}}.
Portanto a derivada do primeiro termo é
4x e^{x^{2}} + (1+2x^{2})\cdot 2x e^{x^{2}} = e^{x^{2}}(4x + 2x +4x^{3})=e^{x^{2}}(6x+4x^{3}).
Derivando o segundo termo y\cos(xy) em x: y é constante aqui, então
\frac{\partial}{\partial x}\big(y\cos(xy)\big)=y\cdot(-\sin(xy))\cdot y = -y^{2}\sin(xy).
Assim
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=e^{x^{2}}(6x+4x^{3})-y^{2}\sin(xy).
(Se quiser fatorar: \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=2x e^{x^{2}}(3+2x^{2})-y^{2}\sin(xy).)

Passo 5

Agora \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(\frac{\partial f}{\partial x}\big).
Partimos de
\frac{\partial f}{\partial x}=e^{x^{2}}(1+2x^{2})+y\cos(xy).
O primeiro termo não depende de y, então sua derivada em y é 0. Para y\cos(xy) usamos produto:
\frac{\partial}{\partial y}\big(y\cos(xy)\big)=\cos(xy)+y\cdot(-\sin(xy))\cdot x = \cos(xy)-xy\sin(xy).
Logo
\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=\cos(xy)-xy\sin(xy).

Passo 6

Calculo \dfrac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial y}\big(\frac{\partial f}{\partial y}\big).
Lembrando
\frac{\partial f}{\partial y}=\ln(y)+1+x\cos(xy).
Derivada de \ln(y)+1 é 1/y. Para x\cos(xy), x é constante ao derivar em y, e \partial_y\cos(xy)=-\sin(xy)\cdot x. Então:
\frac{\partial}{\partial y}\big(x\cos(xy)\big)=x\cdot(-\sin(xy))\cdot x = -x^{2}\sin(xy).
Portanto
\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=\frac{1}{y}-x^{2}\sin(xy).

Passo 7

Checagem rápida da simetria dos mistas: \dfrac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x} calculando a partir de \dfrac{\partial f}{\partial y} também dá
\frac{\partial}{\partial x}\big(\ln(y)+1+x\cos(xy)\big)=\cos(xy)-xy\sin(xy),
ou seja, os mistas coincidem; isso é esperado quando as segundas derivadas são contínuas (teorema de Clairaut).

Passo 8

Agora (b): vetor gradiente \nabla f(x,y) é o vetor das derivadas parciais de primeira ordem:
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right).
Substituindo as expressões encontradas:
\nabla f(x,y)=\Big(e^{x^{2}}(1+2x^{2})+y\cos(xy),\;\ln(y)+1+x\cos(xy)\Big).

Passo 9

Parte (c): derivada direcional no ponto P=(0,1) na direção de \vec{w}=\left(\dfrac{4}{5},-\dfrac{3}{5}\right).
Primeiro verifico se \vec{w} já é unitário: norma
\|\vec{w}\|=\sqrt{\left(\frac{4}{5}\right)^{2}+\left(-\frac{3}{5}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{16}{25}+\frac{9}{25}}=\sqrt{\frac{25}{25}}=1.
Portanto \vec{w} é um vetor unitário =\vec{u}, e a derivada direcional é dada por
D_{\vec{u}}f(P)=\nabla f(P)\cdot \vec{u}.
Calculo \nabla f(0,1). Usando as fórmulas:
  • \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,1)=e^{0}(1+0)+1\cdot\cos(0)=1+1=2.
  • \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,1)=\ln(1)+1+0\cdot\cos(0)=0+1+0=1.
Logo \nabla f(0,1)=(2,1).
Fazendo o produto escalar com \vec{w}:
D_{\vec{w}}f(0,1)=(2,1)\cdot\left(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\right)=2\cdot\frac{4}{5}+1\cdot\left(-\frac{3}{5}\right)=\frac{8}{5}-\frac{3}{5}=\frac{5}{5}=1.
Então a derivada direcional vale 1.

Passo 10

Resta responder: essa é a direção de máxima variação?
Teorema útil (explicação curta): a derivada direcional máxima num ponto ocorre ao longo da direção do gradiente \nabla f e o valor máximo é \|\nabla f\|. Portanto a direção de máxima variação no ponto P é a direção do vetor \nabla f(0,1)=(2,1) (ou seja, o vetor unitário \dfrac{1}{\sqrt{5}}(2,1)), e o valor máximo é
\|\nabla f(0,1)\|=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}\approx 2{,}236.
Como a derivada direcional que encontramos na direção de \vec{w} foi 1, que é menor que \sqrt{5}, concluímos que \vec{w} não é a direção de máxima variação.

Resposta

(a) \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=e^{x^{2}}(6x+4x^{3})-y^{2}\sin(xy),\quad \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=\cos(xy)-xy\sin(xy),\quad \dfrac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=\dfrac{1}{y}-x^{2}\sin(xy).
(b) \nabla f(x,y)=\Big(e^{x^{2}}(1+2x^{2})+y\cos(xy),\;\ln(y)+1+x\cos(xy)\Big).
(c) D_{\vec{w}}f(0,1)=1. Não, \vec{w} não é a direção de máxima variação (a direção de máxima variação é dada por \nabla f(0,1)=(2,1), cujo valor máximo é \|\nabla f(0,1)\|=\sqrt{5}).

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