Funções de várias variáveis - cálculo II

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Funções de várias variáveis
22 de outubro de 2020
1 Motivação
A maioria das funções que ocorrem na Natureza dependem não de um, mas de vários parâmetros
reais. Por exemplo:
• A temperatura no interior de uma sala pode variar de acordo com o ponto considerado, e com o
tempo. Como necessitamos de três números reais para localizar um ponto no espaço (por ex. x,y
e z) e mais um número real para medir tempo (t), um modelo t́ıpico para estudar a temperatura
usa uma função de 4 variáveis reais T = T (x, y, z, t). Naturalmente esse modelo pode ser
simplificado com hipóteses adicionais, por exemplo, se desejamos estudar a temperatura na
superf́ıcie de uma chapa retangular (ou na superf́ıcie da Terra) e admitimos que ela é constante
com o tempo, então uma função da forma T = T (x, y) é suficiente.
• Suponha que dispomos de um critério f́ısico para quantificar e medir a “maciez” (M) de um
salgado da cantina. Uma receita básica de salgado tem como ingredientes massa pronta de
farinha e recheio. A massa deve ser sovada, misturada ao recheio e assada. Se buscarmos um
modelo teórico que nos dê o valor de M devemos considerar portanto as quantidades usadas
de cada ingrediente (f e r), o tempo de sovagem (s), o tempo de assagem (a) e provavelmente
a temperatura constante do forno (T ). Portanto, estudamos uma função M = M(f, r, s, a, T )
em cinco variáveis.
• Na Economia sabemos ser o lucro L dado por L = R − C. Tomando a receita e o custo
como variáveis independentes obtemos então uma simples função de duas variáveis para o
lucro, L = L(R,C). Um modelo mais preciso nos mostra que tanto R quanto C são funções
de diversos parâmetros em prinćıpio independentes entre si, como: ńıvel de produção, ńıvel
de venda, taxa de juros bancária, cotação de moeda estrangeira, valor de salário mı́nimo ...
portanto, o lucro L = L(p1, p2, p3, . . . ) pode ser uma função de vários parâmetros.
2 Definições e Exemplos
Os principais elementos matemáticos para a definição e estudo de funções de várias variáveis (a
valores reais) são: domı́nio, lei de associação, gráfico e conjunto de ńıvel.
Definição 2.1. Seja D ⊂ R2 um subconjunto de pares ordenados (ou pontos do plano). Uma função
de duas variáveis reais em D, a valores reais, é uma lei que associa a cada ponto (x, y) ∈ D um
número real z = f(x, y).
O conjunto D é o domı́nio de f . A imagem de f é o conjunto de todos os números reais
“atingidos” por alguma flecha, ou seja, Imf = {z ∈ R|z = f(x, y) para algum (x, y) ∈ D}. O
gráfico de f é o subconjunto de R2 × R = R3 dado por
Grf = {(x, y, z) ∈ R3|(x, y) ∈ D e z = f(x, y)} .
Acrescentando um eixo perpendicular ao plano R2 obtemos o R3. Note que para obtermos o gráfico
de f(x, y), devemos para cada (x, y) pertencente a D plotar o valor de f(x, y) num eixo perpendicular
ao plano xy e que passa por (x, y).
-1
 0
 1
 2 -2
-1
 0
 1
 2
-4
-2
 0
 2
 4
x**2*sin(y)
Gráficos de funções de duas variáveis são superf́ıcies no espaço R3. Veremos que essa é uma
das duas maneiras de se caracterizar uma superf́ıcie no espaço.
Agora seja c ∈ Imf . O conjunto de ńıvel c de f , também chamada curva de ńıvel c é a
coleção de todos os pontos (x, y) ∈ D tais que f(x, y) = c. É comum designarmos a curva de ńıvel c
da função f apenas pela equação f(x, y) = c.
f(x,y)=c1
f(x,y)=c2 f(x,y)=c3
f(x,y)=c4
Exemplo 1. Se f : R2 → R é dada por f(x, y) = 2x + 3y, então D = R2. Para qualquer número
real c, a curva de ńıvel c é a reta definida por 2x + 3y = c. O gráfico de f é dado pela equação
z = f(x, y), logo z = 2x+ 3y, oque define um plano em R3 passando pelos pontos (0, 0, 0), (1, 0, 2) e
(0, 1, 3).
-1 0 1 2
c=-1
c=0 c=2
-1
-0.5
 0
 0.5
 1 -1
-0.5
 0
 0.5
 1
 1.5
 2
-6
-4
-2
 0
 2
 4
 6
 8
z=2x+3y
Exemplo 2. Para f(x, y) = x2 + y
2
4
o domı́nio maximal é R2. A equação f(x, y) = c só admite
solução real em (x, y) se c ≥ 0. Quando c = 0 a curva de ńıvel se reduz ao ponto (0, 0), e quando
c > 0 as curvas de ńıvel são elipses centradas na origem. O gráfico de f é o parabolóide eĺıptico
z = x2 + y
2
4
.
-5
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
-3 -2 -1 0 1 2 3
c=0
c=1
c=2
c=4
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 0
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
x**2+y**2/4
Exemplo 3. A função g(x, y) = 1
xy
está definida em todos os pontos do plano onde xy 6= 0. Logo
seu domı́nio é R2−{eixos coordenados}. A equação g(x, y) = c possui solução se e somente se c 6= 0.
Nesse caso, obtemos 1
xy
= c ⇒ xy = 1
c
. As curvas de ńıvel e o gráfico de g no primeiro e quarto
quadrantes são esboçadas abaixo:
-5
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
c=1
c=2
c=1
c=2
c=-1/2
c=-1/2
 0
 0.2
 0.4
 0.6
 0.8
 1 -1
-0.5
 0
 0.5
 1
 0
 5
 10
 15
 20
 25
 30
Exemplo 4. Considere h(x, y) = e
y−x2
x−1 . O domı́nio maximal para essa função é R2 − {x = 1}.
Restringindo para a reta x = 2 vemos que h(2, y) = ey−4, portanto a imagem de h são os reais
positivos. Para c > 0, a curva de ńıvel c tem equação
e
y−x2
x−1 = c ⇒ y − x
2
x− 1 = ln(c)
⇒y = x2 + ln(c)x− ln(c)
logo é uma parábola com eixo paralelo ao eixo y. Algumas curvas de ńıvel assim como um pedaço
do gráfico de h são esboçados abaixo.
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
 10
-4 -3 -2 -1 0 1
c=1
c=2
c=e
2
-2
-1
 0
-2
-1
 0
 1
 2 0
 5
 10
 15
 20
As funções de três variáveis são definidas de forma similar.
Definição 2.2. Se D ⊂ R3 é um subconjunto do espaço f́ısico, uma função f : D → R de três
variáveis é uma regra que associa à cada tripla ordenada de números reais na forma (x, y, z) (ponto
no espaço) um único número real w, ou w = f(x, y, z). O conjunto D é o domı́nio, a imagem é
definida como Imf = {w ∈ R| w = f(x, y, z) para algum (x, y, z) ∈ D}. O gráfico de f é dado por
Grf = {(x, y, z, w) ∈ R3 × R|(x, y, z) ∈ D e w = f(x, y, z)} .
Note que o gráfico de uma função de três variáveis é um subconjunto de R4 e não pode
ser representado facilmente no plano. Não vamos portanto nos preocupar com gráficos dessas
funções, mas sim com suas superf́ıcies de ńıvel: dado c ∈ Imf a superf́ıcie de ńıvel c de f é o
conjunto de todos os pontos (x, y, z) contidos em D tais que f(x, y, z) = c.
Exemplo 5. Seja f(x, y, z) = x+ y − z. O domı́nio maximal para essa regra é D = R3. A imagem
são todos os reais. Para qualquer c ∈ R a superf́ıcie de ńıvel c é o plano de equação x+ y − z = c.
-2
-1
 0
 1
 2 -2
-1
 0
 1
 2
-4
 0
 4
 8 c=0
c=4
c=-6
Exemplo 6. A função g(x, y, z) =
√
x2 + 4y2 + z2 está definida em D = R3. A imagem é Img =
{w ∈ R|w ≥ 0}. Dado c > 0 a superf́ıcie de nivel c tem equação
√
x2 + 4y2 + z2 = c ⇒ x2 + y
2
1/4
+ z2 = c2 ,
portanto para c > 0 é um elipsóide de semi-eixos 1,1/2 e 1 nas direções x,y e z. Quando c = 0 a
superf́ıcie de ńıvel é apenas a origem (0, 0, 0).
-2
-1
 0
 1
 2 -1
 0
 1
-2
 0
 2
c=1
c=2
3 Topologia e Distância em Rn
O conceito de limite está intimamente associado ao de distância. Em geometria euclidiana (espaços
R
2 e R3) a distância entre dois pontos é calculada usando-se o Teorema de Pitágoras em triângulos
retângulos que contenham os dois pontos como vértices da hipotenusa, e os catetos paralelos aos
eixos (ou planos) coordenados. Sejam por exemplo P e Q dois pontos do plano R2, P = (xp, yp),
Q = (xq, yq).
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
-1 0 1 2 3 4 5 6
(1,6)
(4,2)
d=[(1-4)
2
+(6-2)
2
]
1
/2=5
Definimos a distância de P a Q como d(P,Q) =
√
(xp − xq)2 + (yp − yq)2. De forma similar, para
os pontos A = (xa, ya, za) e B = (xb, yb, zb) no espaço sua distância é
d(A,B) =
√
(xa − xb)2 + (ya − yb)2 + (za − zb)2 .
Exemplo 7. Sejam P = (2, 4), Q = (−2, 3) e R = (0,−3). Mostre que d(P,R) ≤ d(P,Q)+ d(Q,R).
Interprete geometricamente esta desigualdade.
Solução. Calculando obtemos:
d(P,R)=
√
(2− 0)2 + (4 + 3)2 =
√
53 = 7, 2801..
d(P,Q) =
√
(2 + 2)2 + (4− 3)2 =
√
17 = 4, 1231..
d(Q,R) =
√
(−2 − 0)2 + (3 + 3)2 =
√
85 = 9, 2195..
Como
√
17+
√
85 = 13, 3426.. > 7, 2801.. segue d(P,R) ≤ d(P,Q)+ d(Q,R). Essa desigualdade vale
em geral para quaisquer três pontos no plano ou espaço, e pode ser deduzida a partir da propriedade
de que num triângulo a soma de dois lados é sempre maior que o terceiro lado.
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
-3 -2 -1 0 1 2 3
P=(2,4)
Q=(-2,3)
R=(0,-3)
Exemplo 8. Na expressão para d(P,Q) podemos fixar o ponto Q e pensar a distância como função
da variável P = (x, y). Obtemos então uma função de duas variáveis reais, f(x, y) = d((x, y), Q).
Esboce as curvas de ńıvel 1 e 3 para f no caso de ser Q = (2, 5).
Solução. A função distância só assume valores positivos ou zero. Se c > 0, a curva de ńıvel c de f
satisfaz
√
(x− 2)2 + (y − 5)2 = c ⇒ (x− 2)
2
c2
+
(y − 5)2
c2
= 1 ,
oque é a equação de um ćırculo centrado no ponto (2, 5) de raio c. Se for c = 0, a curva de ńıvel se
reduz ao ponto (2, 5). Portanto:
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
c=1 c=3(2,5)
4 Limites
Definição 4.1. Dada uma função f : D ⊂ R2 → R, e (a, b) um ponto do plano tal que existam
pontos de D tão próximos de (a, b) quanto queiramos. Dizemos que o limite de f(x, y) quando (x, y)
tende para (a, b) é o número real L, e indicamos
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = L
se quando (x, y) se aproxima arbitrariamente de (a, b), mas permanece diferente de (a, b), os valores
de f(x, y) se aproximam do número L, ou ainda, podemos tornar |f(x, y) − L| tão pequeno
quanto desejarmos desde que tomemos pontos (x, y) com d((x, y), (a, b)) suficientemente
pequeno e maior que zero.
Definição 4.2. Dada g : U ⊂ R3 → R e um ponto (a, b, c) ∈ R3 que está suficientemente próximo dos
pontos de U . Dizemos que o limite de g(x, y, z) quando (x, y, z) tende para (a, b, c) é o número real L
se podemos fazer |f(x, y, z)−L| tão pequeno quanto desejamos desde que tornemos d((x, y, z), (a, b, c))
suficientemente pequeno, mas 6= de zero.
Usaremos as definições acima de forma intuitiva. Oque nos será bastante útil são as propriedades
básicas desses limites. As mesmas são análogas àquelas já conhecidas para as funções de uma variável
real. Por simplicidade, o teorema seguinte será enunciado apenas para funções de duas variáveis,
mas ele se aplica igualmente às funções de três variáveis.
Propriedades dos Limites:
Suponhamos que
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = L e lim
(x,y)→(a,b)
g(x, y) = M.
Então
1. Limite da Soma ou Diferença. lim(x,y)→(a,b)[f(x, y)± g(x, y)] = L±M .
2. Limite do Produto. lim(x,y)→(a,b) f(x, y) · g(x, y) = L.M .
3. Limite do Quociente. lim(x,y)→(a,b)
f(x,y)
g(x,y)
= L
M
desde que M 6= 0.
4. Limite de Potência. lim(x,y)→(a,b)[f(x, y)]
n
q = L
n
q desde que L
n
q seja número real.
Agora enunciamos alguns limites básicos que serão úteis para calcularmos limites mais complica-
dos, usando as propriedades acima.
Limites básicos
lim
(x,y)→(a,b)
x = a
lim
(x,y)→(a,b)
y = b .
Para o caso tridimensional,
lim
(x,y,z)→(a,b,c)
x = a
lim
(x,y,z)→(a,b,c)
y = b
lim
(x,y,z)→(a,b,c)
z = c .
E para qualquer constante k ∈ R,
lim
(x,y)→(a,b)
k = k , lim
(x,y,z)→(a,b,c)
k = k .
Em particular, para uma função f de duas ou três variáveis para a qual lim f existe
lim[k.f ] = [lim k][lim f ] = k lim f .
Exemplo 9. Calcule os limites abaixo usando as propriedades básicas dos limites:
1) lim
(x,y)→(2,1)
xy2 − 3x+ 7 =
(
lim
(x,y)→(2,1)
x
)(
lim
(x,y)→(2,1)
y
)2
− 3 lim
(x,y)→(2,1)
x+ lim
(x,y)→(2,1)
7 =
= 2.12 − 3.2 + 7 = 3.
2) lim
(x,y)→(3,−4)
√
x2 + y2 = lim
(x,y)→(3,−4)
(
x2 + y2
)
1
2 =
(
lim
(x,y)→(3,−4)
x2 + y2
)
1
2
=
(
32 + (−4)2
)
1
2 = 5.
3) lim
(x,y,z)→(2,−1,3)
x3 − yz2 + 5
√
x+ z = 23 − (−1)32 + 5
√
2 + 3 = 17 +
5
√
5.
4) lim
(x,y,z)→(0,−3,1)
x+ y + z
−2x+ 4z + y =
lim(x,y,z)→(0,−3,1) x+ y + z
lim(x,y,z)→(0,−3,1)−2x+ 4z + y
=
0− 3 + 1
0 + 4− 3 = −2.
Exemplo 10. Calcule
lim
(x,y)→(0,0)
x2 − xy√
x−√y
Solução. Nesse limite não podemos aplicar a propriedade do limite do quociente porque o denomi-
nador tem limite zero. Faremos como no caso de função de uma variável: racionalizar o denominador
e tentar simplificar a expressão antes de passar o limite.
lim
(x,y)→(0,0)
x2 − xy√
x−√y = lim(x,y)→(0,0)
x2 − xy√
x−√y
(
√
x+
√
y)
(
√
x+
√
y)
=
= lim
(x,y)→(0,0)
x(x− y)(√x+√y)
x− y = lim(x,y)→(0,0)x(
√
x+
√
y) = 0.
Um fato importante que vale para funções de uma ou mais variáveis é a unicidade do limite.
Teorema 4.3. Seja f(x, y) função de duas variáveis. Então, se existe lim(x,y)→(a,b) f(x, y) = L, este
limite é único. Similarmente, se uma função g(x, y, z) apresenta lim(x,y,z)→(a,b,c) g(x, y, z) = L esse
limite é único.
O teorema acima é um importante instrumento para detectar alguns casos de limites que não
existem. Lembremos o caso de uma variável: quando a função h(x) está definida à esquerda e à
direita de um ponto x = a, sabemos limx→a h(x) existe somente se ambos limites laterais no ponto
a existem e são iguais. Para o caso de várias variáveis, contudo, não existem apenas “dois” limites
laterais: qualquer semi-reta que se origina no ponto do limite considerado define uma direção, ao
longo da qual podemos fazer o limite. Uma condição necessária para que o limite exista é que
todos os limites ao longo dessas semi-retas existam e sejam iguais.
Exemplo 11. Mostre que o limite não existe.
lim
(x,y)→(0,0)
2xy
x2 + y2
Solução. Tomamos retas que passam pela origem e calculamos o limite acima ao longo dessas retas.
Por exemplo, para todo t ≥ 0 os pontos da forma (t, 0) estão sobre a reta y = 0 (eixo x). Fazendo
t → 0+, o ponto (t, 0) se aproxima de (0, 0). Chame f(x, y) = 2xy
x2+y2
. Ao longo do semi-eixo x > 0
temos então
lim
t→0+
f(t, 0) = lim
t→0+
2.t.0
t2 + 02
= 0 .
Tomando agora o limite ao longo da semi-reta (t, t), com t > 0,
lim
t→0+
f(t, t) = lim
t→0+
2.t.t
t2 + t2
= 1 ,
donde conclúımos que lim(x,y)→(0,0)
2xy
x2+y2
não existe, já que os limites por duas direções diferentes são
distintos.
Exemplo 12. Use duas semi-retas diferentes para mostrar que lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2
não existe.
Solução. Basta tomarmos os limites ao longo de y = 0 e x = 0, alternadamente:
ao longo de y = 0 : ⇒ lim
(x,0)→(0,0)
x2 − 02
x2 + 02
= 1
ao longo de x = 0 : ⇒ lim
(0,y)→(0,0)
02 − y2
02 + y2
= −1 .
Deduzimos que não existe lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2
.
Notamos que no caso de várias variáveis, ao contrário do caso de uma variável, a existência e
igualdade dos limites ao longo de cada semi-reta não implica a existência do limite.
Exemplo 13. Seja f(x, y) = x
2y
x4+y2
definida em R2 − {(0, 0)}. Mostre que os limites de f existem e
são iguais ao longo de qualquer semi-reta que tende para a origem, entretanto o limite de f ao longo
da curva y = x2 (na origem) é diferente dos anteriores.
Solução. Uma reta que passa pela origem ou é o eixo y (x = 0) ou tem equação y = mx, sendo m
sua inclinação. No caso de ser o eixo y temos
lim
y→0
f(0, y) = lim
y→0
0
0 + y2
= 0 .
Se a reta tiver equação y = mx o limite na origem ocorre quando x → 0 (oque implica y → 0),
lim
x→0
f(x,mx) = lim
x→0
x2.mx
x4 +m2x2
= lim
x→0
mx3
x2(x2 +m2)
= lim
x→0
mx
x2 +m2
=
0
m2
= 0 .
Note que o limite acima será zero para qualquer valor real de m. Isso demonstra a primeira afirmação
do problema. Agora calculamos o limite ao longo da parábola y = x2,
lim
x→0
f(x, x2) = lim
x→0
x2x2
x4 + x4
=
1
2
.
Portanto, o limite ao longo da parábola difere daqueles ao longo de semi-retas. Conclui-se que não
existe lim(x,y)→(0,0) f(x, y).
Teorema do Confronto. Dadas as funções f(x, y), g(x, y) e h(x, y) suponha que g(x, y) ≤ f(x, y) ≤
h(x, y) para todo (x, y) ∈ D, onde D é um domı́nio comum para as três funções. Suponha também
que lim(x,y)→(a,b)g(x, y) = L = lim(x,y)→(a,b) h(x, y). Então lim(x,y)→(a,b) f(x, y) = L. Esse Teorema se
aplica igualmente para funções de três ou mais variáveis.
Consequência: Se lim(x,y)→(a,b) f(x, y) = 0 e |g(x, y)| ≤ M (M > 0 é uma constante) para todo
(x, y) então
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y)g(x, y) = 0 .
Exemplo 14. Calcule, caso exista, lim(x,y)→(0,0)
x3
x2+y2
.
Solução. O fato de o grau do numerador ser maior que o grau do denominador nos sugere que na
origem o limite deve ser zero. Para provar isso usaremos a consequência do Teorema do Confronto.
Escrevendo a função na forma x
3
x2+y2
= x. x
2
x2+y2
vemos que enquanto lim(x,y)→(0,0) x = 0, a segunda
fração é sempre limitada:
x2
x2 + y2
≤ x
2 + y2
x2 + y2
= 1 =⇒
∣
∣
∣
∣
x2
x2 + y2
∣
∣
∣
∣
≤ 1 .
Portanto, lim(x,y)→(0,0) x.
x2
x2+y2
= 0.
5 Continuidade
Definição 5.1. Dizemos que a função f(x, y) definida em uma região D ⊂ R2 é cont́ınua em um
ponto (a, b) ∈ D se lim(x,y)→(a,b) f(x, y) = f(a, b). Similarmente, a função g(x, y, z) definida em
U ⊂ R3 é cont́ınua em um ponto (a, b, c) ∈ U se lim(x,y,z)→(a,b,c) g(x, y, z) = g(a, b, c). Uma função é
cont́ınua quando ela é cont́ınua em todos os pontos do seu domı́nio.
As propriedades da continuidade em várias variáveis são iguais àquelas das funções de uma
variável.
1.Soma de funções cont́ınuas é função cont́ınua.
2.Diferença de funções cont́ınuas é função cont́ınua.
3.Produto de funções cont́ınuas é função cont́ınua.
4.Quociente de funções cont́ınuas é função cont́ınua nos pontos onde o denominador é
diferente de zero.
Dessas propriedades se deduz que toda função polinomial é cont́ınua. Ex.f(x, y, z) = x4 −
5xyz3 + 10y2 − 3 é cont́ınua.
Exemplo 15. Se f(x, y) é dada por
f(x, y) =



x2 − y2
x2 + y2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
encontre a região do plano onde f é cont́ınua.
Solução. Usando as propriedades 1-4 acima, decompomos a função assim: x2 − y2 e x2 + y2 são
polinômios, logo são cont́ınuas. O quociente x
2−y2
x2+y2
é cont́ınuo em todos os pontos onde x2+y2 6= 0, que
é R2 − {(0, 0)}. Na origem sabemos que lim(x,y)→(0,0) f(x, y) não existe (ver Exemplo 12). Portanto
f é cont́ınua em R2 − {(0, 0)}.
Exemplo 16. Considere
g(x, y) =



3x2y
x2 + y2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
Determine onde g é cont́ınua.
Solução. Seguindo o argumento do exemplo anterior, vemos que g é cont́ınua em todos os pontos
de R2 − {(0, 0)}, pois é o quociente de polinômios. Na origem devemos calcular lim(x,y)→(0,0) g(x, y):
lim
(x,y)→(0,0)
g(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
3x2y
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
3y
x2
x2 + y2
= 0 ,
pois g é o produto de uma função limitada ( x
2
x2+y2
) por uma função com limite zero (3y) (ver Exemplo
14). Como lim(x,y)→(0,0) g(x, y) = 0 = g(0, 0) vemos que g é cont́ınua na origem também. Logo g é
cont́ınua em todo seu domı́nio, que é R2.
Se f é uma função cont́ınua em um ponto sabemos pela definição que o limite de f nesse ponto
é o próprio valor da função no ponto. O Teorema seguinte, sobre composição de funções cont́ınuas,
nos é útil para o cálculo de alguns limites.
Teorema 5.2. Seja h(w) uma função de uma variável, cont́ınua no ponto w = c. Seja f(x, y) função
cont́ınua em (x, y) = (a, b). Assuma que f(a, b) = c. Então a composta h ◦ f(x, y) = h(f(x, y)) é
cont́ınua em (x, y) = (a, b). Em particular,
lim
(x,y)→(a,b)
h(f(x, y)) = h( lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y)) = h(f(a, b)) .
O mesmo resultado vale se f é função de três variáveis.
Exemplo 17. Calcule o limite.
lim
(x,y)→(2,3)
3ex
3−y + cos(x/y)
Solução. Usamos o Teorema 5.2, pois cosseno e exponencial são funções cont́ınuas, assim como x3−y
e x
y
. Portanto,
lim
(x,y)→(2,3)
3ex
3−y + cos(x/y) = 3elim(x,y)→(2,3) x
3−y + cos
(
lim
(x,y)→(2,3)
x
y
)
= 3e5 + cos(6) .
6 Exerćıcios
1. Esboce as curvas de ńıvel e o gráfico das funções abaixo.
a) f(x, y) = x+ y b) f(x, y) = y2 − x c) f(x, y) = x2 + 2y2
d) f(x, y) =
√
x2 + y2 e) f(x, y) = e−x
2−y2 f) f(x, y) = y2 − x2
g) f(x, y) = ysen(x) h) f(x, y) =
1
x2 + y2
2. Obtenha e esboce os conjuntos de ńıvel posśıveis de cada uma das funções.
a) f(x, y) = arcsin(xy) b) f(x, y, z) = x2 + y2 − z2 c) f(x, y, z) = x+ y + z
d) f(x, y, z) = z − x2 − y2 e) f(x, y) = x2 + y2 f) f(x, y) = x
y − 1
g) f(x, y) = ysen(x) h) f(x, y) = arctan(x2 + y2)
3. A temperatura em um ponto (x, y) em uma placa de metal plana é T graus, onde T = 8x2 + 2y2.
Trace as isotermas para T = 8, T = 2 e T = 0.
4. O potencial elétrico em um ponto (x, y) de uma placa no plano xy é dado por V = 4√
9−x2−y2
.
Trace as curvas equipotenciais para V = 4 e V = 2 volts.
5. Seja f(x, y, z) = x2 − y2 + z2. Desenhe a superf́ıcie de ńıvel que contém o ponto (1, 0, 0).
6. Calcule os limites, quando existirem.
a) lim
(x,y)→(0,0)
x+ y
y4 + x2 + 2
b) lim
(x,y)→(0,0)
sen(xy)
x
c) lim
(x,y)→(0,0)
x
x+ y
d) lim
(x,y)→(0,0)
x2 − y2
x2 + y2
e) lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x3 + y + z2
x4 + y2 + z3
f) lim
(x,y)→(1,1)
x2 − 2x+ 1
x2 − y2 − 2x+ 2y
g) lim
(x,y)→(1,2)
1− cos(xy − 2x)
(y − 2)2 h) lim(x,y)→(0,0)
x3 − y3
x2 + y2
7. Obtenha o maior subconjunto de Rn, n=2 ou 3, no qual a função é cont́ınua.
a) f(x, y) =
x+ y
x− y b) f(x, y) = x
3 + y2 + xy
c) f(x, y) =



x2y
x2 + y2
; (x, y) 6= (0, 0)
0; (x, y) = (0, 0)
d) f(x, y, z) =
sen(xy) + cos(xy)
x2 + y2 + z2 − 4
e) f(x, y, z) =
√
2− x2 − y2 − z2
8. A função f(x, y) = |x+ y − 1| é cont́ınua em R2 ? Justifique.
Respostas:
(1)
-5
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
-3 -2 -1 0 1 2 3
(a)
-10
-8
-6
-4
-2
 0
 2
 4
 6
 8 -10-8
-6 -4
-2 0
 2 4
 6 8
 10
-20
-15
-10
-5
 0
 5
 10
 15
 20
(a)
-5
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
-6 -3 0 3 6 9 12 15 18
(b)
-10
-5
 0
 5
 10
 15
 20 -5 -4
-3 -2
-1 0
 1 2
 3 4
-30
 0
 30
(b)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
(c)
-4
 0
 4 -4
-2
 0
 2
 4
 0
 2
 4
 6
 8
 10
(c)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
(d)
-4
-2
 0
 2
 4
-4 -2 0 2 4
 0
 2
 4 (d)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
(e)
-2
-1
 0
 1
 2
-2
-1
 0
 1
 2
 0
 1 (e)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
(f)
-2
-1
 0
 1
 2
-2
-1
 0
 1
 2
-4
-2
 0
 2
 4 (f)
-30
-20
-10
 0
 10
 20
 30
 40
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
(g)
-3 -2
-1 0
 1 2
 3
-15
-10
-5
 0
 5
 10
 15
-18
-12
-6
 0
 6
 12
 18
(g)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
(h)
-2 -1 0 1 2
-2
-1
 0
 1
 2
 0
 2
 4
 6
 8
 10 (h)
(2) Conjuntos de ńıvel
-12
-10
-8
-6
-4
-2
 0
 2
 4
 6
 8
 10
 12
-2 -1 0 1 2
(a)
-4 -3
-2 -1
 0 1
 2 3
 4
-4-3-2
-1 0 1
 2 3 4
-4
-2
 0
 2
 4
(b)
-4-3-2-1 0 1 2 3 4-4
-3 -2 -1 0 1
 2 3 4
-4
-2
 0
 2
 4
 6
 8
(c)
-2 -1 0 1 2-2 -1 0
 1 2
-2
 0
 2
 4
(d)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
(e)
-6
-5
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
-2 -1 0 1 2 3
(f)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
(g)
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
(h)
(2) Equações: a) xy = sen(c) para −π
2
< c < π
2
b)x2 + y2 − z2 = c hip. 1-folha se c > 0,
hip. 2 folhas se c < 0, cone se c = 0 c)x + y + z = c planos perpendiculares à direção (1, 1, 1)
d)z−x2− y2 = c parabolóides e)x2+ y2 = c ćırculos centrados na origem. f) x
y−1 = c, x = 0 p/ c = 0,
y = 1 + x
c
p/ c 6= 0. g)ysen(x) = c, p/ c = 0 fica y = 0 ou x = k.π;para c 6= 0 fica y = c.cossec(x).
h)x2 + y2 = tan(c) ćırculos.
(3)
-2
-1
 0
 1
 2
-2 -1 0 1 2
T=8
T=2
T=0
(4)
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3
V=4
V=2
(5)
-4
-2
 0
 2
 4
-4 -2
 0 2
 4
-4
-2
 0
 2
 4
(1,0,0)
(6)a)0 b)0 c)não existe d)não existe e)não existe f)não existe g)1/2 h)0
(7)a){(x, y) ∈ R2; x 6= y} b)R2 c)R2 d){(x, y,z) ∈ R3; x2+y2+z2 6= 4} e){(x, y, z) ∈ R3; x2+y2+z2 <
2}
(8) Sim. É a composta do módulo com o polinômio x+ y − 1, ambas funções cont́ınuas.
Cálculo diferencial a várias variáveis
O limite mais importante para funções de uma variável é sem dúvida o que define a derivada de
uma função. A derivada tem o significado de uma taxa instantânea de variação entre duas grandezas,
e aparece naturalmente nos modelos matemáticos de todas as ciências naturais. Se f : I → R é uma
função derivável de um intervalo aberto I com valores reais temos
f ′(x) =
df
dx
(x) = lim
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
.
Para generalizar este conceito para funções de várias variáveis temos as derivadas parciais.
7 Derivadas Parciais
A primeira estratégia para derivarmos uma função de duas ou mais variáveis é tentar reproduzir a
idéia usada no caso de uma variável apenas. Escolhemos uma das variáveis independentes e derivamos
a função relativamente a esta variável, esquecendo as demais.
Definição 7.1. Dado f : D ⊂ R2 → R e P0 = (a, b) ∈ D. Assuma que para todo (x, y) bastante
próximo de (a, b) tenhamos necessariamente (x, y) ∈ D.
A derivada parcial de f relativo a x, no ponto (a, b), é o limite (se existir)
∂f
∂x
(a, b) = lim
h→0
f(a+ h, b)− f(a, b)
h
= lim
x→a
f(x, b)− f(a, b)
x− a .
Analogamente, a derivada parcial de f relativamente a y é
∂f
∂y
(a, b) = lim
k→0
f(a, b+ k)− f(a, b)
k
= lim
y→b
f(a, y)− f(a, b)
y − b .
Se g = g(x, y, z) é uma função a três variáveis independentes, definem-se de forma análoga as
derivadas parciais (caso existam) ∂g
∂x
(a, b, c), ∂g
∂y
(a, b, c) e ∂g
∂z
(a, b, c), onde (a, b, c) é um ponto interior
ao domı́nio de g.
Quando calculamos o limite que define uma derivada parcial num ponto (x, y), ou (x, y, z), e o
consideramos uma função do ponto, obtemos a função derivada parcial relativo a x, y ou z.
Outras notações para derivadas parciais:
∂f
∂x
(a, b) = fx(a, b) = D1f(a, b) ,
∂f
∂y
(a, b) = fy(a, b) = D2f(a, b) ,
e se f tem 3 variáveis
∂f
∂z
(a, b, c) = fz(a, b, c) = D3f(a, b, c) .
Significado Geométrico: O gráfico de f(x, y) é uma superf́ıcie em R3. A interseção dessa
superf́ıcie com o plano y = b nos dá uma curva sobre a superf́ıcie, paralela ao plano xz. A derivada
∂f
∂x
(a, b) é a inclinação da reta tangente a essa curva no ponto (a, b, f(a, b)). Da mesma forma, o
plano x = a intercepta z = f(x, y) em uma curva cuja reta tangente tem inclinação ∂f
∂y
(a, b) no ponto
(a, b, f(a, b)).
Exemplos 18. Calcule as derivadas parciais:
a) f(x, y) = x3 + x2y − xy2 + 4 calcule ∂f
∂x
(2, 1),
∂f
∂y
(2, 1).
b) f(x, y) = x2 − xy + y2 calcule fx(0, 1) e fy(0, 1).
c) f(x, y) = arctan
(y
x
) ∂f
∂x
(x, y),
∂f
∂y
(x, y).
d) f(x, y) = xy
∂f
∂x
,
∂f
∂y
.
e) Dado f(x, y) =
∫ y
x
cos(t2) dt. Ache
∂f
∂x
(x, y) e
∂f
∂y
(x, y).
Solução. a) Fazendo y constante a função dada se torna um polinômio em x, cujos coeficientes
dependem de y, e vice-versa. Portanto, as derivadas parciais são apenas derivadas de polinômios nas
respectivas variáveis:
∂f
∂x
=
∂
∂x
(x3 + x2y − xy2 + 4) = 3x2 + 2xy − y2 e ∂f
∂y
=
∂
∂y
(x3 + x2y − xy2 + 4) = x2 − 2xy .
Portanto, ∂f
∂x
(2, 1) = 3.22 + 2.2.1− 12 = 14 e ∂f
∂y
(2, 1) = 22 − 2.2.1 = 0.
b) Como na letra a) o cálculo é direto:
fx(0, 1) =
∂
∂x
∣
∣
∣
∣
(0,1)
(x2 − xy + y2) = [2x− y](0,1) = −1 ,
fy(0, 1) =
∂
∂y
∣
∣
∣
∣
(0,1)
(x2 − xy + y2) = [−x+ 2y](0,1) = 2 .
c) Aqui pede-se apenas as funções derivadas parciais aonde são definidas. Para calcularmos ∂f
∂x
(e
similarmente ∂f
∂y
) devemos fazer y constante (x constante) e olhar f como a composta da função
arctan com uma outra função de x (de y). Como arctan′(u) = 1
1+u2
obtemos
∂f
∂x
(x, y) =
∂
∂x
(
arctan
(y
x
)
))
= arctan′
(y
x
) ∂
∂x
(y
x
)
=
=
1
1 +
(
y
x
)2 .
−y
x2
=
−y
x2 + y2
.
Um cálculo parecido fornece ∂f
∂y
(x, y) = x
x2+y2
.
d) Fazendo y constante a função obtida é uma potência na variável x. Portanto,
∂f
∂x
=
∂
∂x
(xy) = y.xy−1 .p
Lembramos que para derivarmos expressões exponenciais, devemos convertê-las em exponenciais de
base “e”. Isso ocorre na outra derivada parcial de f . Escrevendo f(x, y) = xy = ey ln(x) derivamos
pela regra da cadeia usual:
∂f
∂y
=
∂
∂y
(ey ln(x)) = ey ln(x).
∂
∂y
(y ln(x)) = xy ln(x) .
e) Aqui devemos usar o Teorema sobre derivada de uma integral. Fixando y calculamos
∂
∂x
(f(x, y)) =
∂
∂x
[
∫ y
x
cos(t2) dt
]
= − ∂
∂x
[
∫ x
y
cos(t2) dt
]
= − cos(x2) .
E fixando x,
∂f
∂y
(x, y) =
∂
∂y
[
∫ y
x
cos(t2) dt
]
= cos(y2) .
Nos casos anteriores usamos as regras de derivação comuns em uma variável. No próximo exemplo
o uso da definição 7.1 é indispensável pois a função é definida “por partes”.
Exemplo 19. Para
f(x, y) =



x3 + y4
x2 + y2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0).
Determine ∂f
∂x
e ∂f
∂y
.
Solução. Para acharmos as derivadas parciais devemos considerar duas regiões distintas do plano: os
pontos (x, y) 6= (0, 0) e a origem isoladamente. Na região (x, y) 6= (0, 0) a função é definida por uma
única expressão f(x, y) = x
3+y4
x2+y2
, que sabemos ser cont́ınua, e derivável parcialmente em qualquer
variável. Então, como o cálculo ocorre em uma variável,
∂f
∂x
(x, y) =
∂
∂x
(
x3 + y4
x2 + y2
)
=
(x2 + y2)(3x2)− (x3 + y4)(2x)
(x2 + y2)2
=
x4 + 3x2y2 − 2xy4
(x2 + y2)2
.
e para ∂f
∂y
,
∂f
∂y
(x, y) =
∂
∂y
(
x3 + y4
x2 + y2
)
=
(x2 + y2)(4y3)− (x3 + y4)(2y)
(x2 + y2)2
=
4x2y3 + 2y5 − 2yx3
(x2 + y2)2
.
Agora queremos obter ∂f
∂x
(0, 0) e ∂f
∂y
(0, 0) (caso existam). Devemos aplicar a definição de deri-
vada parcial:
∂f
∂x
(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x
= lim
x→0
x3+0
x2+0
− 0
x
= lim
x→0
1 = 1 .
∂f
∂y
(0, 0) = lim
y→0
f(0, y)− f(0, 0)
y
= lim
y→0
0+y4
0+y2
− 0
y
= lim
y→0
y = 0 .
Exemplo 20. Seja S a curva que é interseção do gráfico de z =
√
x2
9
+ y
2
4
− 1 com o plano y = 4.
Encontre a inclinação da reta tangente a essa curva, no ponto (3,4,2).
Solução. O problema equivale a fazer y constante no gráfico de uma função nas variáveis x,y. A
curva obtida sobre o gráfico tem variável independente x. Então a derivada parcial relativa à x será
a derivada da função de uma variável que gera a curva. Calculando, obtemos a inclinação:
∂z
∂x
=
1
2
√
x2
9
+ y
2
4
− 1
2x
9
⇒ ∂z
∂x
(3, 4) =
1
2
1
3
=
1
6
.
A inclinação no ponto vale 1
6
.
8 Derivada Direcional
Até aqui temos estudado funções de duas ou três variáveis independentes com valores reais, ou seja,
a imagem são números reais. Torna-se necessário introduzir uma função que foge a esses dois casos.
Definição 8.1. Dados I um intervalo de números reais e D um subconjunto de R2 (ou R3). Uma
curva de I para D é uma função σ : I → D da forma σ(t) = (x(t), y(t)) (ou σ(t) = (x(t), y(t), z(t)) ).
As funções x(t), y(t) ou z(t) são de uma variável a valores reais, são chamadas funções coordenadas.
A curva σ é diferenciável quando cada função coordenada também é diferenciável. Chamamos
derivada de σ no ponto t ao vetor ~σ′(t) = (x′(t), y′(t)) (no caso de σ ser plana). Note que a imagem
da função σ é oque nós comumente chamamos de curva.
Exemplo 21. Para σ(t) = (cos(t), sen(t)) com 0 ≤ t ≤ 2π obtemos uma circunferência centrada na
origem de raio 1. A derivada no ponto t vale ~σ′(t) = (−sen(t), cos(t)).
-2
-1
 0
 1
 2
-2 -1 0 1 2
Exemplo 22. Sejam A = (−1, 2) e B = (4, 6) . Definimos ~v = B − A = (4, 6) − (−1, 2) = (5, 4).
Então a curva dada por γ(t) = A + t~v é uma reta que passa por A e B. As funções coordenadas
de γ são x(t) = −1 + 5t e y(t) = 2 + 4t. Note que a derivada de γ é o próprio vetor ~v: γ′(t) =
(x′(t), y′(t)) = (5, 4) = ~v.
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
A
B
v=(5,4)
Definição 8.2. Dado ~v ∈ R2 um vetor qualquer. Considere (a, b) um ponto do R2. Pelo exemplo
22a função γ : [0, 1] → R2, dada por γ(t) = (a, b) + t~v descreve uma reta no plano, que passa
por (a, b) quando t = 0. Se f : D → R é uma função de duas variáveis tal que a reta acima está
contida no seu domı́nio, podemos compor as funções f e γ, obtendo uma função de uma variável
real: f ◦ γ(t) : I → R. A Derivada Direcional de f no ponto (a, b), relativo ao vetor ~v (se existir)
é o limite
∂f
∂~v
(a, b) = lim
t→0
f(γ(t))− f(γ(0))
t− 0 .
Escrevendo explicitamente as funções coordenadas de γ a fórmula acima fica:
∂f
∂~v
(a, b) = lim
t→0
f(a+ tv1, b+ tv2)− f(a, b)
t
.
Vemos que ∂f
∂~v
(a, b) é a derivada da composta f(γ(t)), onde γ(t) parametriza uma reta passando por
(a, b), e com vetor diretor ~v. As derivadas direcionais são definidas de forma idêntica para funções
de três variáveis.
-2-1 0 1 2 3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
S
v
Interpretação Geométrica: Por simplicidade consideramos o caso f = f(x, y). Chamemos de
S à interseção do gráfico de f com o plano vertical que passa pela reta (a, b) + t~v. Então a derivada
direcional ∂f
∂~v
(a, b) é a inclinação dessa curva, no ponto (x, y, z) = (a, b, f(a, b)).
Exemplo 23. Para ~v = (1, 2), calcule ∂f
∂~v
(1, 3). f(x, y) = x2y − xy2.
Solução. Seguindo a definição de derivada direcional, efetuamos
∂f
∂~v
(1, 3) = lim
t→0
f(1 + t, 3 + 2t)− f(1, 3)
t
=
= lim
t→0
(1 + t)2(3 + 2t)− (1 + t)(3 + 2t)2 + 6
t
=
= lim
t→0
−6 − 13t− 9t2 − 2t3 + 6
t
=
= lim
t→0
−13 − 9t− 2t2 = −13
Exemplo 24. Calcule a derivada de g(x, y) = 3xy + x na direção do vetor ~w = (3,−1) e no ponto
(a, b) arbitrário.
Solução.
∂g
∂~u
(a, b) = lim
t→0
g(a+ 3, b− t)− g(a, b)
t
=
= lim
t→0
3(a+ 3t)(b− t) + (a+ 3t)− [3ab+ a]
t
=
= lim
t→0
3ab− 3at+ 9bt− 9t2 + a+ 3t− 3ab− a
t
= 9b− 3a+ 3 .
Observação 8.3. As derivadas parciais ∂f
∂x
, ∂f
∂y
e ∂f
∂z
são casos particulares de derivadas direcionais.
~e1 = (1, 0) ⇒
∂f
∂x
=
∂f
∂ ~e1
= lim
t→0
f(x+ t, y)− f(x, y)
t
~e2 = (0, 1) ⇒
∂f
∂y
=
∂f
∂ ~e2
= lim
t→0
f(x, y + t)− f(x, y)
t
e no caso tridimensional,
~e3 = (0, 0, 1) ⇒
∂f
∂z
=
∂f
∂ ~e3
= lim
t→0
f(x, y, z + t)− f(x, y, z)
t
.
9 Gradiente
Dada f : D → R uma função de duas ou três variáveis. Assuma que f possui derivadas parciais no
ponto P ∈ D. O gradiente de f em P , denotado ∇f(P ) ou ~∇f(P ) é um vetor cujas coordenadas
são as derivadas parciais de f no ponto P . Explicitamente, se D ⊂ R2 então
∇f(P ) =
(
∂f
∂x
(P ),
∂f
∂y
(P )
)
.
e se D ⊂ R3,
∇f(P ) =
(
∂f
∂x
(P ),
∂f
∂y
(P ),
∂f
∂z
)
.
Note que o vetor gradiente de uma função está associado a um ponto do domı́nio da função - onde
calcularam-se as derivadas parciais. Naturalmente, se a função possuir derivadas parciais em todo
seu domı́nio, haverá um vetor gradiente para cada ponto de D. O conjunto de todos esses vetores
forma o campo gradiente da função.
Exemplos 25. Calcule os gradientes.
1) f(x, y) = x2 + y2.
2) f(x, y) = 3x+ 2y.
3) f(x, y, z) = x2 + y2 − z2.
Solução. 1) ∇f = (fx, fy) = (2x, 2y).
2) ∇f = (3, 2).
3) ∇f = (2x, 2y,−2z)
Interpretação geométrica: O gradiente indica a direção e o sentido em que o crescimento de
f é mais rápido. A demonstração desse fato requer uso da Regra da Cadeia (veremos mais adiante),
mas por hora importa usarmos essa idéia associada aos conjuntos de ńıvel.
Se a função cresce ou decresce mais rápido na direção do seu gradiente então ela deve ter variação
pequena em uma direção ortogonal ao gradiente. Realmente isso ocorre, e mais preciso é dizer que a
função é “aproximadamente”constante numa curva que passa pelo ponto e é ortogonal ao gradiente
naquele ponto. Então, essa é um pedaço da curva de ńıvel: curvas de ńıvel são ortogonais
aos vetores gradientes em cada um de seus pontos. Isso para uma função de duas variáveis.
No caso de função no R3, podemos dizer que superf́ıcies de ńıvel são sempre ortogonais aos
vetores gradientes em cada ponto.
Exemplo 26. Esboce as curvas de ńıvel 1,3 e 4 da função dada no exemplo 25 1). Esboce alguns
vetores gradientes sobre cada curva.
Solução
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
c=1
c=3
c=4
Exemplo 27. Abaixo estão esboçados o campo gradiente de f(x, y) = y2 − x2 e algumas curvas de
ńıvel.
-4
-3
-2
-1
 0
 1
 2
 3
 4
 5
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
f=-2
f=-1f=1
f=2
10 Funções Diferenciáveis
O que estudaremos nessa seção é essencial para compreendermos a aproximação de funções de várias
variáveis e para usarmos os principais teoremas da teoria diferenciável. Começamos com uma função
f(x, y) definida em D ⊂ R2, e tal que exista o gradiente de f (ou seja, as derivadas parciais) num
ponto (a, b) contido em D. Com todos esses elementos, podemos definir uma nova função de duas
variáveis:
r(x, y) = f(a, b) +∇f(a, b).(x− a, y − b) . (1)
Note que a função r(x, y) acima foi definida sabendo-se apenas o valor de f no ponto (a, b) e os
valores de suas derivadas parciais nesse ponto. Uma conta fornece
r(a, b) = f(a, b) e ∇r(a, b) = ∇f(a, b) .
Logo, os valores de r(x, y) e f(x, y) e de suas derivadas parciais são respectivamente
iguais no ponto (a, b). É posśıvel mostrar pela análise que nessas condições as duas funções estão
próximas uma da outra, quando (x, y) está próximo de (a, b). Esse fato é matematicamente
expresso pelo limite
lim
(x,y)→(a,b)
|f(x, y)− r(x, y)|
|(x− a, y − b)| = 0 .
Definição 10.1. Dizemos que f é diferenciável no ponto (a, b) se as derivadas parciais de f
existem em (a, b), e além disso a função r(x, y) definida em (1) juntamente com f satisfazem o limite
nulo acima. Dizemos que f é diferenciável se for diferenciável em todos os pontos (a, b) em seu
domı́nio.
Para funções de três variáveis, a definição de diferenciabilidade em um ponto é equivalente, com
a diferença que no limite acima teremos funções f e r nas variáveis x,y e z, e no denominador, a
distância entre (x, y, z) e um ponto fixo (a, b, c) do espaço.
Olhamos o limite acima apenas do ponto de vista conceitual: Quando (x, y) → (a, b) o denomi-
nador da fração - que é a distância entre os pontos - tende para zero. Logo, para que o limite seja
zero, é necessário que o numerador também se aproxime de zero, contudo isso se dá mais rápido que
a convergência do denominador. Sempre que isso ocorre em um limite dizemos que o numerador é
um infinitésimo do denominador.
Não é dif́ıcil perceber, portanto, que ao menos para valores de (x, y) próximos de (a, b), os valores
de r e f devem estar próximos entre si.
Que funções são diferenciáveis ?
Essa questão é mais dif́ıcil de ser respondida em geral, pois envolve um número diverso de fatores.
Faremos um resumo de alguns dos principais fatos associados à questão da diferenciabilidade.
1. Se f e g são duas funções diferenciáveis em P então f + g, f − g, f.g e f/g são também
diferenciáveis em P (onde estiverem definidas).
2. Se f possui as derivadas parciais cont́ınuas em um ponto P então f é diferenciável em P .
Uma função pode ser diferenciável em um ponto e alguma(s) de suas(s) derivadas parciais não
ser(em) cont́ınua(s).
3. Toda função diferenciável é cont́ınua. Há funções cont́ınuas que não são diferenciáveis.
Usando os fatos acima conclúımos rapidamente que:
1. As projeções w = x, w = y e w = z são funções diferenciáveis. Pois suas derivadas parciais são
constantes, portanto cont́ınuas.
2. Combinando essas projeções em somas, produtos, quocientes, etc., conclúımos que as funções
racionais são diferenciáveis em seus domı́nios.
3. As funções dos exemplos 18 são diferenciáveis, por inspeção na continuidade de suas derivadas
parciais. A função do exemplo 19 não é diferenciável na origem, oque pode ser visto aplicando-se o
limite da definição.
11 Regra da Cadeia para derivação
Nos interessam duas versões da regra da cadeia, que trata da derivada de uma função composta.
Enunciamosos Teoremas usando apenas a palavra “diferenciável” significando “diferenciável numa
região de seu domı́nio” ou então “diferenciável em um ponto”, o qual deve ser especificado.
Regra da Cadeia 1a versão. Dados f(x, y) função e σ(t) = (x(t), y(t)) curva, ambos diferenciáveis.
Assuma que a imagem de σ está contida no domı́nio de f . Então a composta f ◦ σ(t) = f(x(t), y(t))
é diferenciável. Sua derivada (relativo a t) é dada pela fórmula
d
dt
f(σ(t)) =
∂f
∂x
(x, y)
dx
dt
(t) +
∂f
∂y
(x, y)
dy
dt
(t) . (2)
Note que as letras x e y desempenham papel amb́ıguo nessa expressão, ora sendo variáveis indepen-
dentes (∂x e ∂y), ora sendo funções de uma variável x(t) e y(t).
Outra fórmula equivalente à (2):
d
dt
f ◦ σ(t) = ∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
= ∇f.(dx
dt
,
dy
dt
) = ∇f(σ(t)).~σ′(t) . (3)
Escrita para funções de mais de duas variáveis, a Regra da Cadeia mantém o mesmo padrão, bas-
tando que se considere na somatória do 2o membro de (2) todas as derivadas parciais da função, e
coordenadas da curva. Para g(x, y, z) e γ(t) = (x(t), y(t), z(t)), por exemplo, fica
∂
∂t
g(γ(t)) =
∂g
∂x
dx
dt
+
∂g
∂y
dy
dt
+
∂g
∂z
dz
dt
.
Equação (3) traduz a Regra da Cadeia da mesma forma que (2), mas dá um significado geométrico
importante. A derivada da composta de uma função com uma curva é o gradiente da função,
calculado na curva, produto escalar com o vetor derivada da curva. Esse fato nos dá uma
fórmula para o cálculo de derivadas direcionais de funções diferenciáveis sem o uso de limites.
Teorema 11.1. Se f(x, y) é diferenciável e ~v é vetor unitário então a derivada direcional num ponto
(a, b) pode ser calculada como
∂f
∂~v
(a, b) = ∇f(a,b).~v .
A prova deste teorema consiste em fazer σ(t) = (a, b) + t~v, observar que σ é claramente dife-
renciável e aplicar a regra da cadeia à composta f(σ(t)),
(
d
dt
f ◦ σ)(0) = ∂f
∂~v
= ∇f(a,b).~σ′(0) = ∇f(a,b).~v .
Exemplo 28. Revendo os exemplos 23 e 24: em ambos os casos as funções envolvidas são dife-
renciáveis (polinômios). Portanto o Teorema acima se aplica. Para o exemplo 23 o gradiente de f
fica (2xy − y2,−2xy + x2), e no ponto (1, 3) obtemos ∇f(1,3) = (−3,−5). Calculando a derivada
direcional,
∂f
∂~v
(1, 3) = ∇f(1,3).(1, 2) = (−3,−5).(1, 2) = −13 .
De forma parecida, obtemos para o exemplo 24 o gradiente de g, ∇g(x, y) = (3y+1, 3x). Derivando
g ao longo do vetor ~u fica
∂g
∂~u
(a, b) = ∇g(a,b).(3,−1) = (3b+ 1, 3a).(3,−1) = 9b+ 3− 3a .
Exemplo 29. Sendo f(x, y) =
√
x2 + y2 e σ(t) = (t3 − 5, t2) obtenha a derivada de f(σ(t)) em
t = 2.
Exemplo 30. Sendo f(x, y) =
√
x2 + y2 e σ(t) = (t3 − 5, t2) obtenha a derivada de f(σ(t)) em
t = 2.
Solução. As funções envolvidas são diferenciáveis. Usando t = 2 obtemos o ponto da curva σ(2) =
(3, 4). Calculamos o gradiente de f neste ponto.
∇f =
(
x
√
x2 + y2
,
y
√
x2 + y2
)
⇒ ∇f(3,4) =
(
3
5
,
4
5
)
.
Como a derivada da curva tem expressão ~σ′(t) = (3t2, 2t), a derivada em t = 2 é (12, 4). Logo, a
regra da cadeia resulta em
d(f(σ))
dt
(2) =
(
3
5
,
4
5
)
.(12, 4) =
52
5
.
Exemplo 31. A função g(x, y, z) : R3 → R é diferenciável, assim como a curva γ(s). Definimos a
função h(s) = g(γ(s)). Sabendo que ∂g
∂x
(1, 2, 2) = −3, ∂g
∂y
(1, 2, 2) = −1, ∂g
∂z
(1, 2, 2) = 4
3
, γ(1) = (1, 2, 2)
e ~γ′(1) = (6, 0, 5) calcule h′(1).
Solução. Aplicação direta da regra da cadeia, após observar que a curva γ passa pelo ponto (1, 2, 2)
no instante s = 1. Fazendo γ(s) = (x(s), y(s), z(s)) fica
h′(1) =
∂g
∂x
(1, 2, 2)
dx
ds
(1) +
∂g
∂y
(1, 2, 2)
dy
ds
(1) +
∂g
∂z
(1, 2, 2)
dz
ds
(1) = −34
3
.
Na Regra da Cadeia 1a versão tratamos da composição de funções com curvas, e suas derivadas.
A segunda versão desta regra considera que as funções que ocorrem “dentro” da composta não são
curvas, mas autênticas funções de várias variáveis. Assim, é dado f(x, y), e supomos que tanto
x como y são variáveis dependentes de outras, por exemplo, x = x(u, v) e y = y(u, v).
Assumindo que todas as funções acima são diferenciáveis, desejamos saber quanto vale ∂f
∂u
e ∂f
∂v
,
posto que f = f(x(u, v), y(u, v)) pode ser vista como função de u e v, após a composição.
Regra da Cadeia 2a versão. Nas condições do parágrafo acima, a função dada por h(u, v) =
f(x(u, v), y(u, v)) é diferenciável, e suas derivadas parciais são:
∂h
∂u
(u, v) =
∂f
∂x
∂x
∂u
+
∂f
∂y
∂y
∂u
,
∂h
∂v
(u, v) =
∂f
∂x
∂x
∂v
+
∂f
∂y
∂y
∂v
.
Para uma função de três variáveis g(x, y, z), supondo x = x(r, s), y = y(r, s) e z = z(r, s), as
derivadas parciais de h = g(x(r, s), y(r, s), z(r, s)) ficam
∂h
∂r
(r, s) =
∂g
∂x
∂x
∂r
+
∂g
∂y
∂y
∂r
+
∂g
∂z
∂z
∂r
,
∂h
∂s
(r, s) =
∂g
∂x
∂x
∂s
+
∂g
∂y
∂y
∂s
+
∂g
∂z
∂z
∂s
.
Observação 11.1. Não há diferença real entre as duas versões da regra da cadeia, a não ser o fato
de que na segunda a composta é função de várias variáveis. Portanto a derivada é sempre parcial e
calculada com as demais variáveis feitas constantes.
Exemplo 32. Dado f(x, y) = x2 − 5y2, e sabendo-se que x = u + v e y = u − v, (a) encontre a
função h(u, v) = f(x(u, v), y(u, v)), e (b) ache ∂h
∂u
e ∂h
∂v
diretamente e pela regra da cadeia.
Solução. Substituindo as expressões em u,v de x e de y na definição de f encontramos facilmente a
composta,
h(u, v) = f(u+ v, u− v) = (u+ v)2 − 5(u− v)2 = u2 + 2uv + v2 − 5u2 + 10uv − 5v2 =
= −4u2 − 4v2 + 12uv .
Tendo a parte (a) resolvida, fazemos a parte (b) derivando diretamente,
∂h
∂u
=
∂
∂u
(−4u2 − 4v2 + 12uv) = −8u+ 12v
∂h
∂v
=
∂
∂v
(−4u2 − 4v2 + 12uv) = −8v + 12u .
e para verificarmos o Teorema, também aplicamos a Regra da Cadeia,
∂h
∂u
=
∂f
∂x
∂x
∂u
+
∂f
∂y
∂y
∂u
= 2x.1 − 10y.1 = 2(u+ v)− 10(u− v) = −8u+ 12v
∂h
∂v
=
∂f
∂x
∂x
∂v
+
∂f
∂y
∂y
∂v
= 2x.1− 10y.(−1) = 2(u+ v) + 10(u− v) = 12u− 8v .
Exemplo 33. Sendo w = xy+ z2 e x = 2u, y = u+3v e z = uv encontre as derivadas parciais ∂w
∂u
e
∂w
∂v
.
Solução. Aplicando a regra da cadeia.
∂w
∂u
=
∂w
∂x
∂x
∂u
+
∂w
∂y
∂y
∂u
+
∂w
∂z
∂z
∂u
= y.2 + x.1 + 2z.v = 2u+ 6v + 2u+ 2uv2 = 4u+ 6v + 2uv2
∂w
∂v
=
∂w
∂x
∂x
∂v
+
∂w
∂y
∂y
∂v
+
∂w
∂z
∂z
∂v
= y.0 + x.3 + 2z.u = 6u+ 2u2v .
12 Reta e Plano Tangentes
Recordemos que qualquer reta no plano pode ser descrita pela equação ax + by = c, onde a, b, c
são constantes reais. Mais ainda, o significado geométrico de a e b é o de coeficientes de um vetor
ortogonal à reta. Similarmente, um plano qualquer tem por equação ax + by + cz = d onde as 3
primeiras constantes formam um vetor (a, b, c) em R3 que é ortogonal ao plano descrito.
Seja então f : D ⊂ R2 → R e considere a curva de ńıvel k de f . Escolha um ponto P nessa
curva e assuma que ∇f(P ) 6= 0. Então esse gradiente é perpendicular à curva de ńıvel, ou seja, é
perpendicular à reta tangente no ponto P à curva de ńıvel. Podemos então obter a equação
dessa reta tangente. Se Q = (x, y) é um ponto arbitrário da reta o vetor Q − P é paralelo à reta.
Logo,
(Q− P ).∇f(P ) = 0 .
Substituindo na equação acima Q = (x, y), P = (x0, y0) e ∇f(P ) =
(
∂f
∂x
(P ), ∂f
∂y
(P )
)
= (a, b) fica
[(x, y)− (x0, y0)].(a, b) = 0 ⇒ ax+ by = c .
onde a constante c vale ax0 + by0.
-1
 0
 1
 2
 3
 4
-3 -2 -1 0 1 2
P
grad f(P)
f(x,y)=k
De forma similar, dados g : R3 → R e S a superf́ıcie de ńıvel k de g, tomamos um ponto P de S
onde ∇g(P ) 6= 0. O plano tangente à S em P tem por equação:
(Q− P ).∇g(P ) = 0 ⇒ ax+ by + cz = d .
A equação do plano acima foi obtida fazendo-se Q = (x, y, z), d = P.∇g(P ) e ∇g(P ) =
(
∂f
∂x
(P ), ∂f
∂y
(P ), ∂f
∂z
(P )
)
.
P
grad g(P)
g(x,y,z)=k
Exemplo 34. Determine a equação da reta tangente à curva x2 + xy + y2 − 3y = 1 em (1, 2).
Solução. Inicialmente associamos uma função em duas variáveis à curva dada: esta será uma curva
de ńıvel daquela função. A escolha para tal função não é única, mas no caso,podemos tomar
f(x, y) = x2 + xy + y2 − 3y (outra possibilidade: f(x, y) = x2 + xy + y2 − 3y + constante). A curva
dada é o ńıvel 1 de f , f(x, y) = 1. Note também que f(1, 2) = 1. Calculando o gradiente de f em
(1, 2) obtemos
∇f(x, y) = (2x+ y, 2y − 3 + x) ⇒ ∇f(1, 2) = (4, 2) .
Usando o ponto de tangência (1, 2) para calcular a constante independente chegamos no valor 4x0 +
2y0 = 8. Logo a equação da reta fica
4x+ 2y = 8 .
Exemplo 35. Determine a equação do plano tangente à superf́ıcie S de equação x2 + 3y2 + 4z2 = 8
no ponto (1,−1, 1).
Solução. Devemos perceber S como superf́ıcie de ńıvel 8 da função f(x, y, z) = x2 + 3y2 + 4z2.
Então, calculando gradiente no ponto,
∇f(x, y, z) = (2x, 6y, 8z) ⇒ ∇f(1,−1, 1) = (2,−6, 8) .
Até aqui temos por equação do plano 2x−6y+8z = d. A constante d é determinada substituindo-se
na equação as coordenadas de um ponto que sabemos pertencer ao plano, nesse caso, (1,−1, 1).
(1,−1, 1) ∈ plano ⇒ 2(1)− 6(−1) + 8(1) = d ⇒ d = 16 .
A equação do plano tangente é 2x− 6y + 8z = 16.
13 Derivadas Parciais Superiores
Dado f uma função definida em duas ou mais variáveis independentes. Por simplicidade vamos
supor f = f(x, y). Admitimos também que f possui as derivadas parciais em todo (x, y) de seu
domı́nio. Então obtivemos duas novas funções em x e y, ∂f
∂x
(x, y) e ∂f
∂y
(x, y). Se as mesmas hipóteses
que tomamos para f valerem também para ∂f
∂x
(ou ∂f
∂y
) podemos repetir o argumento e obter duas
novas funções de x,y, que são ∂
∂x
(∂f
∂x
) e ∂
∂y
(∂f
∂x
). De forma análoga conseguimos ∂
∂x
(∂f
∂y
) e ∂
∂y
(∂f
∂y
). Essas
quatro últimas funções, obtidas das derivadas parciais de f são as derivadas parciais segundas
de f .
Essa idéia pode ser aplicada repetidamente, desde que em cada etapa as funções obtidas possuam
derivadas parciais em todos os pontos. Definimos a ordem de uma derivada como o número de vezes
que algum operador derivada parcial (seja ∂
∂x
ou ∂
∂y
) foi aplicado na função f para se obter aquela
derivada. Note que f é considerada uma derivada de ordem 0 de si mesma. Podemos resumir com
um diagrama:
f(x, y)
{{✈✈
✈✈
✈✈
✈✈
✈✈
✈✈
**❯❯
❯❯❯
❯❯❯
❯❯❯
❯❯❯
❯❯❯
❯❯❯
❯❯❯
❯❯❯
❯❯
∂f
∂x
}}③③
③③
③③
③③
③③
③③
""
❉❉
❉❉
❉❉
❉❉
❉❉
❉
∂f
∂y
}}③③
③③
③③
③③
③③
③
!!
❉❉
❉❉
❉❉
❉❉
❉❉
❉❉
∂2f
∂x2
��⑧⑧
⑧⑧
⑧⑧
⑧⑧
⑧
��
∂2f
∂y∂x
}}③③
③③
③③
③③
��
∂2f
∂x∂y
�� !!
❉❉
❉❉
❉❉
❉❉
∂2f
∂y2
��
��
❄❄
❄❄
❄❄
❄❄
❄
∂3f
∂x3
∂3f
∂y∂2x
∂3f
∂x∂y∂x
∂3f
∂2y∂x
∂3f
∂2x∂y
∂3f
∂y∂x∂y
∂3f
∂x∂2y
∂3f
∂y3
Em geral, falamos nas enésimas derivadas parciais, ou derivadas de ordem n da função f .
∂nf
∂x3∂y2 · · ·∂x, · · ·
Outra notação:
∂2f
∂y∂x
= fyx,
∂2f
∂x2
= fxx,
∂3f
∂2y∂x
= fyyx, etc.
Exemplo 36. Calculemos as derivadas de ordem 2 da função g(x, y) = exy
2 − tan(4x − 3y).
Começamos com as derivadas de ordem 1.
∂g
∂x
= y2exy
2 − 4 sec2(4x− 3y) e ∂g
∂y
= 2yxexy
2
+ 3 sec2(4x− 3y) .
As derivadas segundas são:
∂2g
∂x2
= y4exy
2 − 32 sec2(4x− 3y) tan(4x− 3y)
∂2g
∂y∂x
= 2yexy
2
+ 2y3xexy
2
+ 24 sec2(4x− 3y) tan(4x− 3y)
∂2g
∂x∂y
= 2yexy
2
+ 2y3xexy
2
+ 24 sec2(4x− 3y) tan(4x− 3y)
∂2g
∂y2
= 2xexy
2
+ 4y2x2exy
2 − 18 sec2(4x− 3y) tan(4x− 3y)
Definição 13.1. f : D ⊂ R2 → R. Dizemos que f é de classe Ck (k é inteiro não negativo) se f
possui todas as derivadas parciais até ordem k e elas são cont́ınuas. Dizemos que f é de classe C∞
se ela possui derivadas de qualquer ordem cont́ınuas, ou seja, se ela é infinitamente derivável.
Observação 13.2. Para qualquer inteiro não negativo k podemos ver que Ck ⊃ Ck+1. Assim temos
um encadeamento decrescente
C0 ⊃ C1 ⊃ C2 ⊃ · · · ⊃ Ck ⊃ Ck+1 ⊃ · · ·
Em particular, temos que C∞ = ∩∞i=1C i.
Regra de Schwarz. Se f é de classe C2 então
∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
.
Exemplo 37. Calcule as derivadas de ordem 2 mistas
∂2
∂x∂y
e
∂2
∂y∂x
de f(x, y) = sen(x2y)−x3+xey.
Solução. Notamos que a função f possui derivadas de todas as ordens cont́ınuas, porque é composta
de funções que possuem infinitas derivadas (funções trigonométricas, exponenciais e polinomiais).
Então f é de classe C∞, logo f é de classe C2 e necessitamos calcular apenas uma das derivadas
pedidas, a qual será igual à outra. Escolhemos obter
∂2f
∂x∂y
. Calculando primeiro ∂f
∂y
,
∂f
∂y
= x2 cos(x2y) + xey .
Agora obtemos a derivada parcial segunda:
∂2f
∂x∂y
= 2x cos(x2y)− 2x3ysen(x2y) + ey .
14 Otimização
Nas aplicações às ciências, frequentemente surge a necessidade de se achar pontos de máximo e
mı́nimo de funções em duas ou mais variáveis, assim como seus valores de máximo e mı́nimo. Na
F́ısica busca-se o mı́nimo da energia potencial U(x,y,z) definida no espaço. Na Economia deseja-se
maximizar a função lucro, que pode depender de diversos parâmetros. Na Qúımica interessa saber
a temperatura e a quantidade do reagente A que maximizam a produção de uma substância B,
numa certa reação “in vitro”. A otimização é o procedimento do cálculo que nos permite analisar
esses problemas. Para tal, devemos antes definir com cuidado os conceitos acima. Nessas notas nos
restringiremos às funções de duas variáveis no plano e funções de duas variáveis restritas a curvas
no plano.
14.1 Funções definidas em regiões do plano
Definição 14.1. Seja f(x, y) definida em uma região D ⊂ R2. Tome um ponto P = (x0, y0) ∈ D.
Dizemos que P é ponto de. . .
MÍNIMO LOCAL: Se f(x, y) ≥ f(x0, y0) para todos os pontos (x, y) suficientemente próximos de
(x0, y0) em D. Por suficientemente próximo entende-se que existe um raio r > 0 (pequeno) para o
qual a propriedade f(x, y) ≥ f(x0, y0) vale desde que a distância entre (x, y) e (x0, y0) seja menor
que r.
MÁXIMO LOCAL: Se f(x, y) ≤ f(x0, y0) para todos os pontos (x, y) suficientemente próximos
de (x0, y0) em D.
Um ponto de mı́nimo local no qual a condição f(x, y) ≥ f(x0, y0) vale para todo (x, y) no domı́nio
de f é chamado MÍNIMO GLOBAL. Assim também, um ponto de máximo local será MÁXIMO
GLOBAL se a desigualdade respectiva valer para toda a região D. Qualquer ponto de máximo ou
mı́nimo é chamado PONTO EXTREMO, oqual pode ser local ou global.
Lembramos que a região D pode ser o plano todo, ou então apresentará uma fronteira C. Os
pontos extremos de f podem ocorrer no interior de D e também em sua fronteira. Um Teorema do
Cálculo I generalizado nos dá uma consequência da existência de pontos extremos:
Teorema 14.1. Seja P um ponto extremo de f no interior de D. Então OU o gradiente de f não
existe em P (uma das derivadas parciais, ou ambas, não existem), OU o gradiente existe e vale (0,0).
O Teorema acima nos motiva à definição seguinte:
Definição 14.2. Um Ponto Cŕıtico de uma função f é um ponto P do seu domı́nio no qual o vetor
∇f(P ) não existe, ou então existe e vale ∇f(P ) = (0, 0).
Exemplo 38. A função f(x, y) = x2 + y2 é diferenciável no R2 e só pode ter pontos cŕıticos do tipo
∇f = (0, 0). Como ∇f(x,y) = (2x, 2y) vemos que o único ponto cŕıtico de f é a origem (0, 0).
Exemplo 39. A função g(x, y) = x
3
3
−3y2+2xy−x é diferenciável no plano. Resolvemos a equação
∇g(x,y) = (0, 0):
∇g(x,y) = (x2 + 2y − 1,−6y + 2x) = (0, 0) =⇒
{
x2 + 2y − 1 = 0
−6y + 2x = 0 .
O sistema de equações obtido tem por solução os pontos {(−1+
√
10
3
, −1+
√
10
9
), (−1−
√
10
3
, −1−
√
10
9
)}. Estes
são pois os únicos pontos cŕıticos de g.
O teorema 14.1 e a definição 14.2 nos permitem concluir que todo ponto extremo INTERIOR
ao domı́nio é ponto cŕıtico da função. Contudo, nem todo ponto cŕıtico necessita ser ponto
extremo. Isso sugere mais uma definição.
Definição 14.3. Um ponto cŕıtico P = (x0, y0) de f(x, y) é chamado ponto de sela se vale a
propriedade seguinte: podemos encontrar pontos (x1, y1) tão próximos de (x0, y0) quanto desejarmos
com f(x1, y1) ≤ f(x0, y0); e podemos encontrar pontos (x2, y2) tão próximos de (x0, y0) quanto
desejarmos e com f(x2, y2) ≥ f(x0, y0).
Note que a definição deponto de sela só vale para pontos cŕıticos. Um ponto P no qual ∇f(P ) 6= 0
não pode ser classificado como ponto de sela, mesmo que ambas desigualdades da definição acima
valham para P .
Exemplo 40. Vê-se através de um cálculo que o único ponto cŕıtico de f(x, y) = y2 − x2 é (0, 0).
Tomando x = 0 e valores arbitrariamente pequenos para y obtemos pontos onde f(0, y) = y2 > 0,
logo f(0, y) > f(0, 0) = 0. E se tomarmos y = 0 e x arbitrariamente pequeno obtemos pontos onde
f(x, 0) < f(0, 0). Isso mostra ser a origem um ponto de sela.
Similar ao Cálculo I temos um critério para classificar pontos cŕıticos a partir das derivadas
segundas de f(x, y). É conveniente introduzir a definição seguinte:
Definição 14.4. Seja f uma função de classe C2. A matriz hessiana de f é a matriz tipo 2× 2
Hf =




∂2f
∂x2
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y2




.
O determinante da matriz hessiana é
detHf =
∂2f
∂x2
∂2f
∂y2
−
(
∂2f
∂x∂y
)2
.
Teorema 14.2. Dado f(x, y) de ordem C2 e P um ponto cŕıtico no interior do domı́nio de f . Então:
1. Se detHf > 0 e
∂2f
∂x2
> 0 ⇒ P é ponto de mı́nimo local.
2. Se detHf > 0 e
∂2f
∂x2
< 0 ⇒ P é ponto de máximo local.
3. Se detHf < 0 ⇒ P é ponto de sela.
4. Se detHf = 0 ⇒ teste inconclusivo.
Vamos analisar alguns exemplos anteriores através deste teorema.
Exemplo 41. No exemplo 38 a função f tem matriz hessiana calculada num ponto (x, y) arbitrário
Hf =
(
2 0
0 2
)
⇒ detHf = 2.2 = 4 > 0.
Como
∂2f
∂x2
= 2 > 0 vemos pelo teste que (0, 0) é ponto de mı́nimo local, oque já pod́ıamos infe-
rir diretamente antes devido ao crescimento da função afastando-se da origem. Note que (0, 0) é
efetivamente um mı́nimo global.
Já para a função g do exemplo 39 não parece óbvio qual a classificação dos dois pontos cŕıticos
antes de aplicarmos o teste da segunda derivada. Vamos obter a matriz hessiana em (x, y):
Hg(x, y) =
(
2x 2
2 −6
)
.
Temos dois pontos cŕıticos, P1 = (
−1+
√
10
3
, −1+
√
10
9
) e P2 = (
−1−
√
10
3
, −1−
√
10
9
). Calculando os determi-
nantes fica
detHg(P1) = 2(
−1 +
√
10
3
)(−6)− 2.2 = −4
√
10 < 0 ,
detHg(P2) = 2(
−1−
√
10
3
)(−6)− 2.2 = +4
√
10 > 0 .
Conclúımos primeiro que P1 é ponto de sela. Agora, como a derivada
∂2g
∂x2
(P2) = 2(
−1−
√
10
3
) é negativa,
mas seu determinante é positivo, temos que P2 é ponto de máximo local.
Exemplo 42. Encontre os valores extremos locais de f(x, y) = xy − x2 − y2 − 2x− 2y + 4.
Solução. A função é diferenciável em todo o plano, por isso os pontos extremos ocorrem somente
nos pontos cŕıticos. Calculando as derivadas primeiras,
∂f
∂x
= y − 2x− 2 e ∂f
∂y
= x− 2y − 2 ,
vemos que a solução do sistema
{
y − 2x− 2 = 0
x− 2y − 2 = 0
nos dá o único ponto cŕıtico: P = (−2,−2). Como o determinante da hessiana é
detHf = det
(
−2 1
1 −2
)
= 3 > 0 ,
o sinal de
∂2f
∂x2
= −2 então nos indica ser (−2,−2) ponto de máximo local. O valor de máximo
correspondente é f(−2,−2) = 8.
14.2 Funções do plano restritas a curvas - Multiplicadores de Lagrange
Se f(x, y) está definida em uma região D ⊂ R2 e C é uma curva contida em D, podemos estudar
pontos extremos de f somente ao longo da curva C. Em geral, a curva C é vista como curva de ńıvel.
Isso significa que existe outra função g(x, y) tal que C é a curva de ńıvel k de g, g(x, y) = k. Então,
encontrar e classificar pontos extremos de f na curva g(x, y) = k equivale a impor uma restrição
na procura de pontos extremos, dada pela equação
g(x, y) = k .
Se P é um ponto da curva g(x, y) = k, seja ~v algum vetor não nulo e tangente à curva no ponto
P . Sabemos que ∇g(P ) é ortogonal à curva, logo ∇g(P ) é ortogonal ao vetor ~v. Duas situações
podem ocorrer relativo ao gradiente de f:
1. Gradiente de f é ortogonal a ~v;
2. Gradiente de f não é ortogonal a ~v.
No caso da segunda situação ocorrer teremos ∇f(P ).~v 6= 0. Isso quer dizer que a derivada direcional
ao longo da curva em P , ∂f
∂~v
(P ) = ∇f(P ).~v 6= 0. Então P não pode ser ponto extremo, pois uma
derivada direcional positiva significa que f cresce ao longo da curva no sentido de ~v, e vice-versa.
Conclúımos que a única forma de P ser ponto extremo de f em g(x, y) = k é na primeira situação.
Áı o gradiente de f é ortogonal a ~v, portanto, é paralelo a ∇g. Esse é o fato que vamos explorar.
Definição 14.5. Um ponto cŕıtico da função f(x, y) restrita à curva g(x, y) = k é um ponto (x, y)
nessa curva que verifica, para algum λ real,
∇f(x, y) = λ∇g(x, y) .
Ou seja, é um ponto onde os dois gradientes são paralelos.
Note que o conceito de ponto cŕıtico de f com restrição não implica que o gradiente de f seja
zero.
Teorema 14.3. Seja P um ponto extremo de f(x, y) na curva de ńıvel g(x, y) = k (ou sujeito à
restrição g(x, y) = k). Então o vetor gradiente de f em P é paralelo ao vetor gradiente de g em P .
Ou seja, P é ponto cŕıtico de f restrito à curva.
Um fato básico que apenas enunciamos é: Toda função cont́ınua definida em uma curva fechada
do plano possui pontos de máximo e mı́nimo globais.
Exemplo 43. Encontre os valores de máximo e mı́nimo de f(x, y) = xy restrito a curva x
2
8
+ y
2
2
= 1.
Solução. Definindo g(x, y) = x
2
8
+ y
2
2
estamos olhando primeiro para o seguinte problema: Encontrar
os pontos (x, y) do plano tais que, para algum λ real,
{
∇f(x, y) = λ∇g(x, y)
g(x, y) = 1
.
Calculando os gradientes ∇f = (y, x) e ∇g = (x/4, y), chegamos no sistema de equações



y = λ
x
4
x = λy .
(4)
Aqui a análise pode ser feita assim: se fosse x = 0 então necessariamente y = 0, mas (0, 0) não é
solução de g(x, y) = 1. Logo deve ser x 6= 0. Dividindo a primeira pela segunda equação em (4)
obtemos
y
x
=
x
4y
=⇒ 4y2 = x2 .
Substituindo em g(x, y) = 1 fica
4y2
8
+
y2
2
= 1 =⇒ y2 = 1 ⇒ y = ±1 .
Para esses valores de y calculamos que x pode ser ±2, ou seja, os únicos candidatos a pontos cŕıticos
são {(2, 1), (2,−1), (−2, 1), (−2,−1)}. Testando diretamente esses pontos chegamos a f(2, 1) =
2 = f(−2,−1) e f(2,−1) = −2 = f(−2, 1). Portanto, o valor máximo de f é 2, alcançado em
{(2, 1), (−2,−1)}. O valor mı́nimo é -2 em {(−2, 1), (2,−1)}. Observe que a função f(x, y) não tem
máximo nem mı́nimo no plano cartesiano.
Exemplo 44. Ache o(s) ponto(s) cŕıticos de f(x, y) = 5x+ 2y na parábola y = 3x2 − 4x+ 1.
Solução. Definimos g(x, y) = y − 3x2 + 4x e queremos analisar a curva g(x, y) = 1. A condição de
ponto cŕıtico nos dá ∇f = λ∇g e as equações ficam
{
5 = λ(−6x+ 4)
2 = λ.1
⇒ λ = 2 e x = 1
4
.
Substituindo o valor de x na equação da curva calculamos y = 3
16
. Logo o único ponto cŕıtico de f
restrito a g(x, y) = 1 é (1
4
, 3
16
).
Observação 14.6. No último exemplo, é posśıvel mostrar com um argumento geométrico que o
ponto cŕıtico é de mı́nimo global. No exemplo anterior, já sab́ıamos de antemão que existiam pontos
de máximo e mı́nimo globais porque a curva é fechada. Contudo, o problema de se classificar pontos
cŕıticos no caso de haver restrições é mais complicado do que no caso sem restrições. É importante
também notar que todos os métodos das duas últimas seções se generalizam facilmante para o espaço
R
3.
15 Exerćıcios
9. Determine as derivadas parciais de f .
a) f(x, y) = x5 + 3x3y + 2xy2 − 3xy + 4y − 1 b) f(x, y) = (x3 + y3)(x− y)
c) f(x, y) = sen(x+ y) + cos(x− y) d) f(x, y) = arcsen
(
x2
y2
)
e) f(x, y) =
∫ y
x
cos(t) dt f) f(x, y) =
∫ y
x
e−t
2
dt
g) f(x, y, z) = ln(x2 + 3y2 + 5z2) h) f(x, y, z) =
ex
ey − ez
i) f(x, y, z) =
1
√
x2 + y2 + z2
j) f(x, y, z) = xy arctan(yz)
10. Mostre que se w = x2y + y2z + z2x então ∂w
∂x
+ ∂w
∂y
+ ∂w
∂z
= (x+ y + z)2.
11. Calcule as derivadas parciais de f(x, y) = ln(x tan(y)) no ponto (3, π/4).
12. Seja f(x, y) =
√
14− x2 − y2. Calcule ∂f
∂x
(1, 3) e ∂f
∂y
(1, 3) e interprete geometricamente.
13. Dada a função z =
∫ x2+y2
x
et dt, calcule ∂z
∂x
(1, 2) e ∂z
∂y
(1, 2).
14. Mostreque se z = ln(
√
x2 + y2) então x ∂z
∂x
+ y ∂z
∂y
= 1.
15. Calcule as derivadas direcionais derivando a composta f(σ(t)), onde σ(t) parametriza a reta que
passa pelo ponto dado com a velocidade pedida.
a) f(x, y) = 2xy − 3y2 no ponto (5, 5) na direção de ~v = (4, 3)
b) f(x, y, z) = xy + yz + zx no ponto (1,−1, 2) na direção de ~v = (3, 6,−2) .
16. Algumas curvas de ńıvel da função g(x, y) estão esboçadas abaixo, juntamente com os vetores
~v, ~w e ~k, colocados respect. nos pontos A, B e C. Sabendo que as três derivadas direcionais estão
entre os números {−3
4
, 6, 0} encontre cada uma delas, ou seja, localize ∂g
∂~v
(A), ∂g
∂ ~w
(B) e ∂g
∂~k
(C).
g(x,y)=3
g(x,y)=1.2
g(x,y)=2.4
v
w
k
A
B
C
17. Encontre os vetores gradientes nos pontos pedidos.
a) f(x, y) = y − x , (x, y) = (2, 1) b) f(x, y) = ln(3x2 + y2) , (x, y) = (1, 1)
c) g(x, y) = y − x2 , (x, y) = (−1, 0) d) g(x, y) = x
2
2
− y
2
2
, (x, y) = (
√
2, 1)
e) f(x, y, z) = x2 + y2 − 2z2 + z ln(x) , (x, y, z) = (1, 1, 1)
f) f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−
1
2 + ln(xyz) , (x, y, z) = (−1, 2,−2)
18. Mostre que
f(x, y) =



xy(x3 − y3)
x2 + y2
(x, y) 6= (0, 0)
0; (x, y) = (0, 0)
é diferenciável em (0, 0).
19. Mostre que no ponto (0, 0) a função
f(x, y) =



2xy
x2 + y2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
não é cont́ınua, porém tem derivadas parciais. Mostre também que f não é diferenciável em (0, 0).
20. As funções: (a) f(x, y) =
√
x2 + y2; (b) f(x, y) = ln(1 − x − y); (c) f(x, y) = e−x2−y2 são
diferenciáveis ? Justifique.
21. Determine o conjunto dos pontos onde
f(x, y) =



x2
x2 + y2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
é diferenciável.
22. Para cada uma das funções abaixo calcule o vetor gradiente em um ponto (x, y) arbitrário.
Faça um esboço de três curvas de ńıvel distintas e do campo vetorial gradiente (desenhe os vetores
gradientes em pontos sobre as curvas de ńıvel).
a) f(x, y) = y − x b) g(x, y) = 3x+ y2 − y c) h(x, y) = 3x2 + 5y2
d) F (x, y) = 4y2 − 3x2 e) G(x, y) = ln(3x2 + y2) f) H(x, y) = xy
23. As derivadas parciais da função f(x, y) no ponto P = (−2, 3) são ∂f
∂x
(P ) = −1
2
e ∂f
∂y
(P ) = 5
2
.
Assumindo que f é diferenciável, calcule a derivada direcional de f relativo ao vetor ~v = (5, 1). Com
base nesse valor explique a relação entre esse vetor e a curva de ńıvel de f que passa em P .
24. Dada a função f e a curva σ calcule a derivada da função g(t) = f(σ(t)), no ponto especificado,
usando a regra da cadeia.
a) f(x, y) = x2 + y2, σ(t) = (cos(t), sen(t)), t = π
b) f(x, y) = x2 + 5xy, σ(t) = (t, 2t2 − 1), t = 1
2
c) f(x, y, z) =
x
z
+
y
z
, σ(t) = (cos2(t), sen2(t),
1
t
), t = 3
d) f(x, y, z) =
x
y2z
, σ(t) = (t2, t3,−t), t = 1
e) f(x, y, z) = 2yex − ln(z), σ(t) = (ln(t2 + 1), arctan(t), et), t = 1
f) f(x, y) =
y√
x
, σ(t) = (t3 − 4, t2), t = 2
Nos exerćıcios seguintes assuma que todas as funções são diferenciáveis.
25. Seja g(t) = f(3t, 2t2 − 1), f = f(x, y).
a) Expresse g′(t) em termos das derivadas parciais de f .
b) Calcule g′(0) admitindo ∂f
∂x
(0,−1) = 1
3
.
26. Suponha que para todo t, f(t2, 2t) = t3 − 3t. Mostre que ∂f
∂x
(1, 2) = −∂f
∂y
(1, 2).
27. Considere a curva λ(t) = (2 cos(t), sen(t)), t ∈ R.
a) Mostre que λ(t) parametriza a elipse x
2
4
+ y2 = 1.
b) Admita que a função f(x, y) verifica
4y
∂f
∂x
(x, y)− x∂f
∂y
(x, y) = 0 .
Prove que f é constante sobre a elipse descrita na letra (a).
28. Seja z = f(u+ 2v, u2 − v). Expresse ∂z
∂u
e ∂z
∂v
em termos das derivadas parciais de f .
29. Se f(x, y) = exy, g(t) = cos(t) e h(t) = sen(t). Defina F (t) = f(g(t), h(t)). Calcule F ′(0).
30. Calcule ∂w
∂r
e ∂w
∂t
se w = xy + yz + zx e x = r, y = r cos(t) e z = rsen(t).
31. Seja z(x, y) = xf
(
y
x
)
− g
(
y
x
)
. As funções f e g são de uma variável, a valores reais, e são
diferenciáveis. Mostre que ∂z
∂x
+ y
x
∂z
∂y
= f
(
y
x
)
.
32. Se u = xmf
(
y
x
, x
z
, z
x
)
mostre que x∂u
∂x
+ y ∂u
∂y
+ z ∂u
∂z
= mu (m=constante).
33. Encontre a equação da reta tangente à curva xy3 − x cos(πy) = 7 no ponto (1, 2).
34. Determine a equação da reta tangente à 3x2y = xy2 + 16 em (2, 2).
35. Idem ao exerćıcio anterior para a curva x2 − xy = 7− y2 no ponto (−1, 2).
36. Para cada superf́ıcie, ache a equação do plano tangente no ponto especificado.
a) x2 + xy2 + y3 + z + 1 = 0 em (2,−3, 4).
b) sen(xy) + sen(yz) + sen(zx) = 1 em (1, π
2
, 0).
c) x2 + y2 + z2 = 3 em (1, 1, 1).
d) cos(πx) + exz + yz = 4 + x2y em (0, 1, 2).
37. Encontre os pontos da curva x2+2y2 = 3 tais que as retas tangentes nesses pontos são ortogonais
ao vetor (3, 2).
38. Uma reta r passa pelo ponto (0, 4) e tangencia a elipse x2 + 2y2 = 3. Quais são os posśıveis
pontos de tangência ?
39. Considere o exerćıcio anterior, substituindo o ponto (0, 4) por (2, 4).
40. Encontre a equação do plano tangente à esfera x2+ y2+ z2 = 1 e que passa pelos pontos (1, 0, 2)
e (2, 0, 1).
41. No problema anterior, mude os pontos para (1, 0, 3) e (2, 1, 1).
42. Calcule todas as derivadas parciais de 2a ordem.
a) f(x, y) = x+ y + xy e) z = ex
2−y2
b) g(x, y) = x2y + cos(y) + ysen(x) f) z = ln(1 + x2 + y2)
c) r(x, y) = ln(x+ y) g) g(x, y) = 4x3y4 + y3
d) f(x, y) = x3y2 h) h(x, y) =
√
x2 + y2
i) w =
√
x21 + x
2
2 + · · ·+ x2m
43. Verifique diretamente que
∂2w
∂x∂y
=
∂2w
∂y∂x
.
a) w = ln(2x+ 3y) b) w = ex + x ln(y) + y ln(x) c) w = xy2 + x2y3 + x3y4 .
44. Dada a função g(x, y) = x2 cos(y).
a) Verifique que ∂
4g
∂y4
= g(x, y).
b) Calcule todas as derivadas de g de ordem 3.
c) Calcule ∂
17g
∂y16∂x
e ∂
50g
∂x3∂y47
.(dica: use a regra de Schwartz).
45. A Equação de Laplace envolve as derivadas parciais segundas de uma função f . Para f : U ⊂
R
m → R ela se escreve
∂2f
∂x21
+
∂2f
∂x22
+ · · ·+ ∂
2f
∂x2m
= 0 .
Mostre que as seguintes funções verificam a equação de Laplace:
a) f(x, y) = ln(x2 + y2).
b) f(x, y) e g(x, y) sendo duas funções de classe C2 tais que ∂f
∂x
= ∂g
∂y
e ∂f
∂y
= − ∂g
∂x
.
c) f(x, y, z) = 1√
x2+y2+z2
.
46. A Equação da onda unidimensional para a função u = u(x, t) se escreve
∂2u
∂t2
= c2
∂2u
∂x2
.
Mostre que se f e g são funções de uma variável real deriváveis até segunda ordem então a função
u(x, t) = f(x− ct) + g(x+ ct) é solução da equação de onda.
47. Mostre que a função u(x, t) = 1
t
e−
x2+y2
4t é uma solução da Equação do calor bidimensional,
∂u
∂t
=
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
.
48. Assuma que a função f(x, y) satisfaça a equação
∂2f
∂x2
=
∂2f
∂y2
. Defina g(u, v) = f(u+ v, u− v).
Mostre que
∂2g
∂v∂u
= 0.
49. Fazendo g(u, v) = f(2u+ v, 2u− 4v), sendo f(x, y) diferenciável de classe C2. Mostre que
∂2g
∂u2
+
∂2g
∂v2
= 5
∂2f
∂x2
+ 20
∂2f
∂y2
.
Respostas.
(9). a) fx = 5x
4+9x2y+2y2−3y, fy = 3x3+4xy−3x+4 b)fx = 4x3+y3−3x2y, fy = −x3+3y2x−4y3
c) fx = cos(x + y) − sen(x − y), fy = cos(x + y) + sen(x − y) d) fx = 2x/
√
y4 − x4, fy =
−2x2/(y
√
y4 − x4) e) fx = − cos(x), fy = cos(y) f) fx = −e−x2 , fy = e−y2 g)fx = 2x/(x2+3y2+5z2),
fy = 6y/(x
2+3y2+5z2), fz = 10z/(x
2+3y2+5z2) h) fx = e
x/(ey − ez), fy = −ex+y/(ey − ez)2, fz =
ex+y/(ey − ez)2 i) fx = −x/
√
(x2 + y2 + z2)3, fy = −y/
√
(x2 + y2 + z2)3, fz = −z/
√
(x2 + y2 + z2)3
j) fx = y arctan(yz), fy = x arctan(yz) + xyz/(1 + y
2z2), fz = xy
2/(1 + y2z2).
(11). fx(3, π/4) = 1/3, fy(3, π/4) = 2.
(12). fx(1, 3) = −1/2,fy(1, 3) = −3/2. As derivadas parciais são as inclinações de duas retas tan-
gentes à superf́ıcie da esfera x2 + y2 + z2 = 14 no ponto (1, 3, 2).
(13). zx(1, 2) = −e + 2e5, zy(1, 2) = 4e5.
(15). a)-4 b) 3 .
(16). ∂g
∂~v
(A) = 6, ∂g
∂ ~w
(B) = 0, ∂g
∂~k
(C) = −3
4
.
(17). a)(-1,1) b)(3/2,1/2) c)(2,1) d)(
√
2,−1) e)(3,2,-4) f)(-26/27,23/54,-23/54).
(20). (a) Não é dif. na origem. (b) Sim, derivadas parciais cont́ınuas. (c) Sim, idem ao caso (b).
(21). Em R2 − {0}.
(22). a) ∇f(x,y) = (−1, 1) b) ∇g(x,y) = (2x − 1, 3) c) ∇h(x,y) = (6x, 10y) d) ∇F(x,y) = (−6x, 8y) e)
∇G(x,y) =
(
6x
3x2+y2
, 2y3x2+y2
)
f) ∇H(x,y) = (y, x).
(23). ∂f
∂~v
(P ) = 0. O vetor ~v é tangente à curva de ńıvel que passa por P.
(24). a)0 b)7/2 c)1 d)5 e)π + 1 f) -1.
(25). a) g′(t) = 3∂f
∂x
(3t, 2t2 − 1) + 4t ∂f
∂y
(3t, 2t2 − 1). b) g′(0) = 1.
(28). ∂z
∂u
= ∂f
∂x
+ 2u∂f
∂y
, ∂z
∂v
= 2∂f
∂x
− ∂f
∂y
.
(29). F ′(0) = 1.
(30). ∂w
∂r
= r(2sen(t) + 2 cos(t) + sen(2t)),∂w
∂t
= r2(cos(t)− sen(t) + cos(2t)).
(33) 7x+ 12y = 31.
(34) 5x+ y = 12.
(35) −4x+ 5y = 14.
(36) a)13x+ 15y + z = −15 b)(1 + π
2
)z = 0. c) x+ y + z = 3 d)2x+ 2y + z = 4.
(37) Os pontos são P1 = (
3
2
√
12
11
, 1
2
√
12
11
) e P2 = (−32
√
12
11
,−1
2
√
12
11
).
(38) (−
√
174/8, 3/8) e (
√
174/8, 3/8).
(39) (5/3, 1/3) e (−1, 1).
(42). a)fx = 1 + y, fy = 1 + x, fxx = 0, fyy = 0, fxy = fyx = 1 b)gx = 2xy + y cos(x),
gy = x
2 − sen(y) + sen(x), gxx = 2y − ysen(x), gyy = − cos(y), gxy = gyx = 2x + cos(x) c)rx =
1/(x + y), ry = 1/(x + y), rxx = −1/(x + y)2, ryy = −1/(x + y)2, rxy = ryx = −1/(x + y)2
d)fx = 3x
2y2, fy = 2x
3y, fxx = 6xy
2, fxy = fyx = 6x
2y, fyy = 2x
3 e) zx = 2x e
x2−y2, zy = −2y ex2−y2 ,
zxx = (2 + 4x
2) ex
2−y2 , zxy = zyx = −4xy ex
2−y2 , zyy = (−2 + 4y2) ex
2−y2 f) zx = 2x/(1 + x
2 + y2),
zy = 2y/(1 + x
2 + y2), zxx = 2(1 − x2 + y2)/(1 + x2 + y2)2, zxy = zyx = −4xy/(1 + x2 + y2)2,
zyy = 2(1+x
2−y2)/(1+x2+y2)2 g) gx = 12x2y4, gy = 16x3y3+3y2, gxx = 24xy4, gxy = gyx = 48x2y3,
gyy = 48x
3y2+6y h) hx = x/
√
x2 + y2, hy = y/
√
x2 + y2, hxx = y
2/(x2 + y2)
3
2 , hyy = x
2/(x2 + y2)
3
2 ,
hxy = hyx = −xy/(x2 + y2)
3
2 i) wxi = xi/
√
x21 + · · ·+ x2m, wxixi = (
∑
j 6=i x
2
j )/(x
2
1 + · · · + x2m)
3
2 , se
i 6= k wxixk = −xixk/(x21 + · · ·+ x2m)
3
2
(44). b) gxxx = 0, gxxy = gxyx = gyxx = −2sen(y), gxyy = gyxy = gyyx = −2x cos(y), gyyy = x2sen(y)
c) ∂
17g
∂y16∂x
= 2x cos(y) e ∂
50g
∂x3∂y47
= 0.