Utilizando a DEFINIÇÃO, encontre D_{u} f no ponto e direção indicados.
f(x, y)=e^{2 x y} ; P(4,0) ; u=-\frac{3}{5} i+\frac{4}{5} j

Passo 1

O enunciado dá:
f(x,y)=e^{2xy},\qquad P=(4,0),\qquad \mathbf u=-\frac{3}{5}\mathbf i+\frac{4}{5}\mathbf j.
Pede-se encontrar o derivada direcional de f no ponto P na direção \mathbf u, isto é D_{\mathbf u}f(P).

Passo 2

Vamos usar a definição da derivada direcional. A definição diz:
D_{\mathbf u}f(P)=\lim_{t\to 0}\frac{f(P+t\mathbf u)-f(P)}{t},
onde \mathbf u é um vetor unitário (aqui \mathbf u já tem norma 1) e t é um parâmetro real que nos aproxima do ponto P pela direção \mathbf u. Explico as peças:
  • P+t\mathbf u é o ponto obtido ao sair de P no sentido de \mathbf u por distância t.
  • f(P+t\mathbf u) é o valor da função nesse ponto.
  • A razão \frac{f(P+t\mathbf u)-f(P)}{t} mede a variação média de f por unidade de deslocamento; o limite quando t\to0 dá a variação instantânea na direção \mathbf u.

Passo 3

Calculo as coordenadas de P+t\mathbf u. Como P=(4,0) e \mathbf u=\left(-\frac{3}{5},\frac{4}{5}\right),
P+t\mathbf u=\left(4-\frac{3}{5}t,\;0+\frac{4}{5}t\right)=\left(4-\frac{3t}{5},\;\frac{4t}{5}\right).

Passo 4

Avalio f nesse ponto. Substituindo em f(x,y)=e^{2xy} temos
f\bigl(P+t\mathbf u\bigr)=\exp\!\Big(2\cdot\bigl(4-\tfrac{3t}{5}\bigr)\cdot\bigl(\tfrac{4t}{5}\bigr)\Big).
Calculo o produto dentro do expoente passo a passo:
\bigl(4-\tfrac{3t}{5}\bigr)\cdot\bigl(\tfrac{4t}{5}\bigr)=4\cdot\tfrac{4t}{5}-\tfrac{3t}{5}\cdot\tfrac{4t}{5}=\tfrac{16t}{5}-\tfrac{12t^{2}}{25}.
Multiplicando por 2 obtemos o expoente
g(t):=2\Big(\tfrac{16t}{5}-\tfrac{12t^{2}}{25}\Big)=\tfrac{32t}{5}-\tfrac{24t^{2}}{25}.
Portanto
f\bigl(P+t\mathbf u\bigr)=e^{g(t)}=e^{\tfrac{32t}{5}-\tfrac{24t^{2}}{25}}.
E f(P)=e^{2\cdot4\cdot0}=e^{0}=1.

Passo 5

Agora aplico a definição:
D_{\mathbf u}f(P)=\lim_{t\to 0}\frac{e^{g(t)}-1}{t},
com g(t)=\tfrac{32t}{5}-\tfrac{24t^{2}}{25}. Note que g(0)=0 e que g(t) é da forma a t + b t^{2} com a=\tfrac{32}{5}. Usando a expansão exponencial (linearização) e^{g(t)}=1+g(t)+o(g(t)) quando t\to0, obtemos
\frac{e^{g(t)}-1}{t}=\frac{g(t)}{t}+\frac{o(g(t))}{t}.
Como g(t)/t=\tfrac{32}{5}-\tfrac{24t}{25} e \frac{o(g(t))}{t}\to0 quando t\to0, o limite é
\lim_{t\to0}\frac{e^{g(t)}-1}{t}=\lim_{t\to0}\Big(\tfrac{32}{5}-\tfrac{24t}{25}\Big)=\tfrac{32}{5}.

Passo 6

(resumo e checagem rápida) Assim a derivada direcional vale \tfrac{32}{5}. Como checagem rápida — não exigida pela definição, mas útil para confiar no resultado — podemos usar a fórmula alternativa D_{\mathbf u}f(P)=\nabla f(P)\cdot\mathbf u. Calculando \nabla f=(2y e^{2xy},\,2x e^{2xy}), em P=(4,0) obtemos \nabla f(P)=(0,8). Fazendo o produto escalar com \mathbf u=(-\tfrac{3}{5},\tfrac{4}{5}) 0\cdot(-\tfrac{3}{5})+8\cdot\tfrac{4}{5}=\tfrac{32}{5}, coincidente com o resultado pela definição.

Resposta

\dfrac{32}{5}

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