QUESTÃO 6(2,5) : Seja f(x, y, z)=\ln \left(x y+y z+\frac{x z}{x y}\right), o ponto P(0,1,2) e o vetor \vec{v}=3 i+2 j+k.
a) Determine a taxa de variação da função f no ponto P na direção e sentido do vetor \vec{v}.
b) A taxa de variação encontrada no item anterior é a taxa máxima de f no ponto P ? Por quê?

Passo 1

  • O enunciado dá a função f(x,y,z)=\ln\!\left(xy+yz+\dfrac{xz}{xy}\right), o ponto P(0,1,2) e o vetor \vec{v}=3\mathbf{i}+2\mathbf{j}+\mathbf{k}.
  • Perguntas:
    (a) Determinar a taxa de variação de f no ponto P na direção e sentido do vetor \vec{v}.
    (b) Verificar se a taxa de variação do item (a) é a taxa máxima de f em P e justificar.
  • Informação importante a observar: em P tem-se xy=0, então a expressão \dfrac{xz}{xy} aparece como indeterminada se tomada literalmente no ponto. Isso é relevante para decidir se f está bem definida em P e como calcular derivadas.

Passo 2

Estratégia (sem executar ainda): para calcular a taxa de variação na direção de um vetor usa-se a derivada direcional na direção do vetor unitário correspondente, que pode ser obtida como produto escalar entre o gradiente \nabla f no ponto e o vetor unitário naquela direção:
D_{\mathbf{u}}f(P)=\nabla f(P)\cdot\mathbf{u},
onde \mathbf{u}=\dfrac{\vec{v}}{\|\vec{v}\|}. Logo precisamos (i) obter \nabla f em P e (ii) a unidade na direção de \vec{v}. Antes disso, é preciso tratar a aparente indeterminação em f no ponto (ver passo seguinte).

Passo 3

Tratar a indeterminação e justificar a forma usada para derivar:
  • Para x\neq0 pode-se simplificar \dfrac{xz}{xy}=\dfrac{z}{y}. Assim para x\neq0 e y\neq0,
f(x,y,z)=\ln\!\bigl(xy+yz+\tfrac{z}{y}\bigr).
  • O ponto P tem y=1\neq0. A expressão à direita é uma função suave (infinitamente diferenciável) em qualquer vizinhança de P que mantenha y\neq0; portanto há uma extensão contínua e diferenciável de f até x=0 ao considerar a forma simplificada. Em particular, é legítimo calcular as derivadas parciais em P a partir da expressão simplificada
f(x,y,z)=\ln\!\bigl(xy+yz+\tfrac{z}{y}\bigr),
porque a simplificação remove a aparente singularidade (é uma singularidade removível) dada a vizinhança de P com y\neq0.

Passo 4

Relembrando a regra que vamos usar (aulas rápidas):
  • Derivada da função composta \ln(u) em relação a uma variável t é \dfrac{d}{dt}\ln(u)=\dfrac{1}{u}\dfrac{du}{dt}. Aqui u(x,y,z)=xy+yz+\dfrac{z}{y}.
  • Derivadas parciais de u:
    • \dfrac{\partial}{\partial x}(xy)=y, \dfrac{\partial}{\partial x}(yz)=0, \dfrac{\partial}{\partial x}\!\bigl(\tfrac{z}{y}\bigr)=0.
    • \dfrac{\partial}{\partial y}(xy)=x, \dfrac{\partial}{\partial y}(yz)=z, \dfrac{\partial}{\partial y}\!\bigl(\tfrac{z}{y}\bigr)=-\dfrac{z}{y^2}.
    • \dfrac{\partial}{\partial z}(xy)=0, \dfrac{\partial}{\partial z}(yz)=y, \dfrac{\partial}{\partial z}\!\bigl(\tfrac{z}{y}\bigr)=\dfrac{1}{y}.
  • Assim as derivadas parciais de f são, em geral,
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{1}{u}\cdot y,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{u}\cdot\Bigl(x+z-\frac{z}{y^2}\Bigr),\qquad \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{1}{u}\cdot\Bigl(y+\frac{1}{y}\Bigr),
onde lembramos u(x,y,z)=xy+yz+\dfrac{z}{y}.

Passo 5

Avaliar as parciais em P(0,1,2):
  • Primeiro calcule u(P)=xy+yz+\dfrac{z}{y} em P: u(P)= (0)(1) + (1)(2) + \frac{2}{1} = 0+2+2 = 4.(Aqui peguei o número 0 para x, 1 para y e 2 para z do ponto P.)
  • Agora cada parcial em P:
    • \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(P)=\frac{1}{u(P)}\cdot y\big|_{P}=\frac{1}{4}\cdot 1=\frac{1}{4}.
    • \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(P)=\frac{1}{u(P)}\cdot\Bigl(x+z-\frac{z}{y^2}\Bigr)\Big|_{P} =\frac{1}{4}\cdot\Bigl(0+2-\frac{2}{1^2}\Bigr)=\frac{1}{4}\cdot 0=0.
    • \displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}(P)=\frac{1}{u(P)}\cdot\Bigl(y+\frac{1}{y}\Bigr)\Big|_{P} =\frac{1}{4}\cdot\Bigl(1+\frac{1}{1}\Bigr)=\frac{1}{4}\cdot 2=\frac{1}{2}.

Passo 6

Escrever o gradiente em P:
\boxed{\nabla f(P)=\left(\frac{1}{4},\,0,\,\frac{1}{2}\right).}
Explicando: o gradiente \nabla f(P) é o vetor das derivadas parciais naquele ponto e indica a direção de maior crescimento local da função.

Passo 7

Normalizar o vetor \vec{v}=3\mathbf{i}+2\mathbf{j}+\mathbf{k}:
  • Norma de \vec{v}: \|\vec{v}\|=\sqrt{3^2+2^2+1^2}=\sqrt{9+4+1}=\sqrt{14}.
  • Vetor unitário na direção de \vec{v}: \mathbf{u}=\frac{\vec{v}}{\|\vec{v}\|}=\left(\frac{3}{\sqrt{14}},\,\frac{2}{\sqrt{14}},\,\frac{1}{\sqrt{14}}\right).

Passo 8

Calcular a derivada direcional (taxa de variação) em P na direção de \vec{v}:
D_{\mathbf{u}}f(P)=\nabla f(P)\cdot \mathbf{u} =\left(\frac{1}{4},0,\frac{1}{2}\right)\cdot\left(\frac{3}{\sqrt{14}},\frac{2}{\sqrt{14}},\frac{1}{\sqrt{14}}\right).
Fazendo o produto escalar:
D_{\mathbf{u}}f(P)=\frac{1}{4}\cdot\frac{3}{\sqrt{14}} + 0\cdot\frac{2}{\sqrt{14}} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{14}} = \frac{3}{4\sqrt{14}}+\frac{1}{2\sqrt{14}}=\frac{3+2}{4\sqrt{14}}=\frac{5}{4\sqrt{14}}.

Passo 9

Responder (b) — comparar com a taxa máxima:
  • Teorema útil: a maior taxa de variação direcional de f num ponto ocorre na direção do gradiente, e o valor máximo é o módulo do gradiente: \max_{\|\mathbf{u}\|=1}D_{\mathbf{u}}f(P)=\|\nabla f(P)\|.
  • Calcular \|\nabla f(P)\|: \|\nabla f(P)\|=\sqrt{\left(\frac{1}{4}\right)^2+0^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2} =\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{1+4}{16}}=\sqrt{\frac{5}{16}}=\frac{\sqrt{5}}{4}.
  • Comparar com o valor encontrado no item (a): D_{\mathbf{u}}f(P)=\frac{5}{4\sqrt{14}}\quad\text{e}\quad \|\nabla f(P)\|=\frac{\sqrt{5}}{4}.Note que \dfrac{5}{4\sqrt{14}}<\dfrac{\sqrt{5}}{4} (por exemplo elevando ao quadrado: \dfrac{25}{16\cdot14}<\dfrac{5}{16}). Logo a taxa encontrada não é máxima.
  • Conclusão: Não — a taxa máxima é \dfrac{\sqrt{5}}{4} e ocorre na direção de \nabla f(P).

Resposta

\dfrac{5}{4\sqrt{14}}
Não; a taxa máxima é \dfrac{\sqrt{5}}{4}, atingida na direção de \nabla f(P)=\bigl(\tfrac{1}{4},0,\tfrac{1}{2}\bigr).

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