3^{2} Questão ( 3,0 pontos): Dada a função f(x, y)=x e^{x^{2}-y^{2}}
01^{6 \text { a) }} Determine o gradiente de f(x, y)
O_{1} \perp b) Determine f_{y y}(x, y) e f_{x y}(x, y).
0,4. c) Determine a equação do plano tangente à superfície z=f(x, y) no ponto (1,1).
0,3 d) Determine a aproximação Linear L(x, y) em (1,1) e a utilize para estimar f(1.01,0.99).
0,6 e) Determine a taxa de variação de f(x, y, ) em P=(1,1) na direção \boldsymbol{u}=(-2,1).

Passo 1

O enunciado pede várias coisas para a função
f(x,y)=x\,e^{x^2 - y^2}\,.
O conteúdo envolve derivadas parciais (primeira e segunda ordem), gradiente, plano tangente, aproximação linear e derivada direcional. Para resolver, vamos usar as regras de derivação de produto e cadeia, e o conceito de gradiente e derivada direcional com vetor unitário.

Passo 2

Para obter o gradiente \nabla f(x,y) = \bigl(f_x,\,f_y\bigr), calculamos cada derivada parcial:
– Derivada em x: aplicando produto e cadeia,
f_x = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x\,e^{x^2-y^2}\bigr) = e^{x^2-y^2} + x\,e^{x^2-y^2}\cdot 2x = \bigl(1 + 2x^2\bigr)\,e^{x^2-y^2}\,.
– Derivada em y: só vem da cadeia sobre o expoente,
f_y = x\,e^{x^2-y^2}\cdot(-2y) = -2xy\,e^{x^2-y^2}\,.
Portanto,
\nabla f(x,y) = \bigl((1+2x^2)\,e^{x^2-y^2},\;-2xy\,e^{x^2-y^2}\bigr)\,.

Passo 3

Agora as segundas derivadas f_{yy} e f_{xy}:
– Para f_{yy}, derivamos f_y=-2xy\,e^{x^2-y^2} em relação a y:
f_{yy} = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(-2xy\,e^{x^2-y^2}\bigr) = -2x\,e^{x^2-y^2} + (-2xy)\,e^{x^2-y^2}\cdot(-2y) = 2x\bigl(2y^2 -1\bigr)\,e^{x^2-y^2}\,.
– Para f_{xy}, derivamos f_y em relação a x:
f_{xy} = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(-2xy\,e^{x^2-y^2}\bigr) = -2y\,e^{x^2-y^2} + (-2xy)\,e^{x^2-y^2}\cdot(2x) = -2y\bigl(1+2x^2\bigr)\,e^{x^2-y^2}\,.

Passo 4

Para o plano tangente em (1,1), precisamos de f(1,1), f_x(1,1) e f_y(1,1):
f(1,1)=1\cdot e^{1-1}=1,\quad f_x(1,1)=\bigl(1+2\cdot1^2\bigr)e^0=3,\quad f_y(1,1)=-2\cdot1\cdot1\cdot e^0=-2.
A equação do plano tangente é
z - f(1,1) = f_x(1,1)\,(x-1) + f_y(1,1)\,(y-1),
isto é,
z - 1 = 3\,(x-1)\;-\;2\,(y-1).

Passo 5

A aproximação linear L(x,y) em (1,1) é justamente a equação do plano escrita como função z=L(x,y):
L(x,y) = 1 + 3\,(x-1) - 2\,(y-1).
Para estimar f(1,01,0,99), basta usar
L(1{,}01,\,0{,}99) = 1 + 3\cdot0{,}01 - 2\cdot(-0{,}01) = 1 + 0{,}03 + 0{,}02 = 1{,}05.

Passo 6

Para a taxa de variação na direção \mathbf{u}=(-2,1) em P=(1,1), primeiro normalizamos \mathbf{u}:
\|\mathbf{u}\| = \sqrt{(-2)^2 + 1^2} = \sqrt{5},\quad \mathbf{u}_{\rm unit} = \Bigl(-\tfrac{2}{\sqrt5},\,\tfrac{1}{\sqrt5}\Bigr).
Então a derivada direcional é
D_{\mathbf{u}}f(1,1) = \nabla f(1,1)\cdot \mathbf{u}_{\rm unit} = (3,\,-2)\cdot\Bigl(-\tfrac{2}{\sqrt5},\,\tfrac{1}{\sqrt5}\Bigr) = \frac{-6 -2}{\sqrt5} = -\frac{8}{\sqrt5}.

Resposta

a) \displaystyle \nabla f(x,y)=\bigl((1+2x^2)\,e^{x^2-y^2},\;-2xy\,e^{x^2-y^2}\bigr).
b) \displaystyle f_{yy}(x,y)=2x\bigl(2y^2-1\bigr)e^{x^2-y^2},\quad f_{xy}(x,y)=-2y\bigl(1+2x^2\bigr)e^{x^2-y^2}.
c) Plano tangente: \displaystyle z-1=3\,(x-1)-2\,(y-1).
d) Aproximação linear \displaystyle L(x,y)=1+3\,(x-1)-2\,(y-1), \displaystyle L(1,01,0,99)=1,05.
e) Derivada direcional em P na direção \mathbf{u}=(-2,1): \displaystyle D_{\mathbf{u}}f(1,1)=-\tfrac{8}{\sqrt5}.

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