Cálculo II _ Sebastião Fernandes

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Cálculo II 
Autor: Professor Sebastião Fernandes 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Todos os direitos reservados ao autor Sebastião Fernandes: 
Professor aposentado da Unifei (Universidade Federal de Itajubá), onde lecionou por 32 anos. 
 
 
Capa e sumário feito por um aluno admirador do professor, como pessoa e profissional. 
 
Sumário 
 
• Aulas de 1 a 17: FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
➢ Definição (domínio, gráfico, etc.) 
➢ Curvas de nível 
➢ Limites 
➢ Derivadas (parcial, diferencial, etc.) 
➢ Jacobiano 
 
• Aulas de 18 a 24: INTEGRAÇÃO MÚLTIPLA 
➢ Integrais duplas 
➢ Integrais triplas 
➢ Transformação de coordenadas 
 
• Aulas de 25 a 39: CÁLCULO VETORIAL 
➢ Integrais de linha 
➢ Teorema de Green 
➢ Áreas e integrais de superfície 
➢ Gradiente, divergente e rotacional 
➢ Teorema de Gauss 
➢ Teorema de Stokes 
Não listados todos os tópicos das aulas.
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 01 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.1 – INTRODUÇÃO: 
 
No curso de Cálculo 1, estudamos funções de uma única variável da forma ( )xfy = . Este 
estudo foi importante, porque existem problemas práticos em que uma determinada grandeza é 
função apenas de uma outra grandeza, o que caracteriza a existência de uma função de apenas 
uma variável. 
Por exemplo, podemos dizer que a área A de um círculo, ou o volume V de uma esfera são 
funções apenas de seu raio R , ou seja: 2RA π= e 3
3
4
RV π= . 
Entretanto, na prática, é comum encontrarmos grandezas que dependem de duas ou mais 
variáveis. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Seja A a área de um retângulo de dimensões variáveis x e y . 
 
Sabemos que esta área é expressa pela relação yxA .= . 
 
Podemos observar que, a cada par de valores positivos ( )yx, , corresponde um único valor 
para a área A . 
Portanto, podemos dizer que a área A é uma função de duas variáveis independentes x e y , 
isto é, ( )yxfA ,= . 
 
A 
x 
y 
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02) Seja V o volume de um paralelepípedo retângulo de dimensões variáveis x , y e z . 
 
 
Sabemos que este volume pode ser expresso pela relação zyxV ..= , o que caracteriza que o 
volume V é uma função de três variáveis, ou seja, ( )zyxfV ,,= . 
 
Estes são os tipos de funções que nos propomos a estudar neste curso, como uma extensão 
do estudo de Funções de uma variável que realizamos em Cálculo 1. 
 
1.2 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS: DEFINIÇÃO: 
 
Se para cada conjunto de n valores das variáveis nxxxx ,,,, 321 L existir uma lei f que faz 
corresponder um único valor para a variável w , então dizemos que w é uma função de n 
variáveis independentes 
nxxxx ,,,, 321 L , sendo w a variável dependente. 
Simbolicamente, podemos escrever: 
• ( ) ⇒= nxxxxfw ,,,, 321 L Forma Explícita. 
• ( ) ⇒= 0,,,,,
321
wxxxxF nL Forma Implícita. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) ⇒+= 23 xyxyz Função de duas variáveis na Forma Explícita. 
02) ⇒++= 333 zyxw Função de três variáveis na Forma Explícita. 
03) ⇒=++ 0zyxzxy Função de duas variáveis na Forma Implícita. 
 
 
 
V 
x 
y 
z 
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1.3 – VALOR NUMÉRICO: 
 
O valor numérico de uma função ( )L,,, zyxfw = em um ponto ( )L,,,
111
zyxP é o valor que 
se obtém quando substituímos este ponto na função e efetuamos as operações algébricas nela 
indicadas. 
 
EXEMPLO: 
 
Calcule o valor numérico de 22 zyyxw += no ponto ( )1,2,1 −P . 
SOLUÇÃO: 
 
Temos ( )zyxfw ,,= , ou seja, uma função de três variáveis. 
Então, basta fazer na equação: 





−=
=
=
1
2
1
z
y
x
. 
Assim: ( ) 24222.12.21 −=−=−+=w . 
 
1.4 – GRÁFICO: 
 
O gráfico de uma função real de n variáveis da forma ( )nxxxxfw ,,,, 321 L= é o conjunto de 
todos os pontos ( ) 1
321
,,,,,
+ℜ∈ nn wxxxx L . 
Como habitamos num espaço tridimensional, só conseguimos visualizar geometricamente o 
gráfico de uma função se 1=n ou se 2=n . 
• Se 1=n , teremos uma função da forma ( )xfy = , que representa uma curva no plano. 
 
y 
x 
0 x 
y 
( )xfy = 
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Neste caso: 
• x é a abscissa. 
• y é a ordenada 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Esboçar o gráfico da função definida por 1−= xy . 
SOLUÇÃO: 
 
O gráfico desta função é o ramo positivo da parábola 12 += yx , mostrado abaixo. 
 
 
02) Esboçar o gráfico da função definida pela lei 24 xy −= . 
 
SOLUÇÃO: 
 
O gráfico desta função é o ramo positivo da circunferência 422 =+ yx . 
 
 
y 
x 
0 1 
1−= xy 
y 
x 
2− 2 0 
2 
2
4 xy −= 
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• Se 2=n teremos uma função de duas variáveis da forma ( )yxfz ,= , cujo gráfico é 
uma superfície no espaço. 
Para o esboço dessa superfície, usamos os conceitos da Geometria Analítica no Espaço, 
dividindo-o em oito partes, chamadas de octantes, por meio de três planos ortogonais, conforme a 
figura abaixo: 
 
 
Neste sistema de coordenadas, cada ponto da superfície ( )yxfz ,= possui uma abscissa, 
uma ordenada e uma cota. 
 
EXEMPLOS: 
 
Esboçar o gráfico das superfícies que representam as funções dadas nas regiões indicadas: 
 
01) 3=++ zyx , no primeiro octante. 
SOLUÇÃO: 
 
Para visualizar o esboço da superfície, podemos primeiramente tentar enxergar a interseção 
(ou o traço) dessa superfície nos três planos coordenados. 
Para isto, basta fazermos 0=x , 0=y e 0=z . Assim: 
• Para 30 =+⇒= zyx (reta no plano yz ); 
• Para 30 =+⇒= zxy (reta no plano xz ); 
• Para 30 =+⇒= yxz (reta no plano xy ). 
 
z 
x 
y 
0 







=
=
=
=
COTAz
ORDENADAy
ABSCISSAx
ORIGEM
0
0
0
0
 
( )
000
,, zyxP 
0
y 
0
x 
0
z 
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Nestas condições, o gráfico da superfície é o plano oblíquo abaixo: 
 
 
02) 22 yxz += 
SOLUÇÃO: 
 
Vamos identificar primeiramente as interseções desta superfície com os planos coordenados. 
• Para 20 yzx =⇒= (parábola com vértice na origem do plano yz ); 
• Para 20 xzy =⇒= (parábola com vértice na origem do plano xz ); 
• Para 00 22 =+⇒= yxz (origem dos eixos coordenados x , y e z ). 
Neste caso, a superfície é o Parabolóide de Revolução abaixo: 
 
 
03) ( )0,422 ≥=+ zyx . 
SOLUÇÃO: 
 
A equação dada representa no plano xy uma circunferência de centro na origem e raio 2. 
Esta circunferência é a interseção da superfície com o plano xy . 
z 
3 
0 
3 
x 
3 
y 
3=++ zyx 
z 
0 
x 
y 
22 yxz += 
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Portanto, a equação dada representa uma superfície cilíndrica de raio 2 e eixo coincidente 
com o eixo z . 
 
 
04) 1222 =++ zyx , no primeiro octante. 
SOLUÇÃO: 
 
As interseções desta superfície com os eixos coordenados são: 
• Para 10 22 =+⇒= zyx (circunferência de centro na origem do plano yz e raio 1); 
• Para 10 22 =+⇒= zxy (circunferência de centro na origem do plano xz e raio 1); 
• Para 10 22 =+⇒= yxz (circunferência de centro na origem do plano xy e raio 1). 
Portanto, a equação dada representa uma superfície esférica de centro na origem e raio 
unitário, cujo gráfico no primeiro octante é mostrado abaixo: 
 
z 
x 
y 
4
22 =+ yx 
z 
0 
1 
1 
x 
1 
y 
1
222 =++ zyx 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 01 
 
Fazer um esboço das superfícies representadas pelas equações: 
01) yyx 222 =+ 
 Resp: superfície cilíndrica com centro ( )1,0 , raio 1 e eixo paralelo ao eixo z . 
 
02) zy 42 = 
 Resp: cilindro parabólico.03) 922 =+ zx no primeiro octante 
 Resp: superfície cilíndrica de raio 3 e eixo coincidente com o eixo y . 
 
04) 225 yxz −−= e 0≥z 
 Resp: parabolóide de revolução com vértice em 5=z . 
 
05) 2=+ yx e 0≥z 
 Resp: plano paralelo ao eixo z . 
 
06) 12423 =++ zyx no 1o octante 
 Resp: plano oblíquo. 
 
 
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MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 02 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.5 – CURVAS DE NÍVEL: 
 
Uma outra forma de se representar geometricamente uma função de duas variáveis do tipo 
( )yxfz ,= é através de suas curvas de nível (ou linhas de contorno). 
Para se obter a família de curvas de nível de uma superfície ( )yxfz ,= , basta fazer 
( ) Cyxf =, ou Cz = , em que C é uma constante para a qual a função é definida. 
Para cada valor dessa constante C teremos uma curva de nível da superfície no plano xy . 
Podemos entender melhor o que representam as curvas de nível, se imaginarmos que 
estamos olhando a superfície ( )yxfz ,= de cima para baixo (ou de baixo para cima), na direção 
do eixo z e visualizamos os contornos dessa superfície em cada cota z . 
A representação de superfícies através de curvas de nível é muito útil em algumas áreas da 
Engenharia, da Agrimensura, da Topografia e da Geografia. 
O Engenheiro Civil, por exemplo, quando vai projetar uma estrada, uma ponte ou um canal, 
deve conhecer muito bem o relevo e a topografia da região onde a obra vai ser executada. E é 
com base nas curvas de nível daquela região que ele irá desenvolver o seu projeto. 
Vejamos alguns exemplos simples de superfícies representadas por curvas de nível. 
 
EXEMPLOS: 
 
Representar as curvas de nível das superfícies dadas nas cotas indicadas. 
 
01) 22 yxz += , em 0=z , 1=z , 2=z , 3=z e ( )3>= CCz . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Devemos substituir na equação da superfície os valores dados para a cota z e, com isto, obter 
a curva representativa de cada uma das curvas de nível. 
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Assim: 
• Para 00 22 =+⇒= yxz (origem dos eixos coordenados); 
• Para 11 22 =+⇒= yxz (circunferência de centro na origem e raio 1); 
• Para 22 22 =+⇒= yxz (circunferência de centro na origem e raio 2 ); 
• Para 33 22 =+⇒= yxz (circunferência de centro na origem e raio 3 ); 
• Para CyxCz =+⇒= 22 (circunferência de centro na origem e raio C ). 
Generalizando, podemos perceber que Cyx =+ 22 , com 0≥C , representa uma família de 
circunferências concêntricas. 
Graficamente: 
 
 
02) xyz = , em 0=z , 1=z , 2=z e 3=z . 
 
SOLUÇÃO: 
 
• Para 



=
=
⇒=⇒=
0
0
00
y
x
xyz (eixos coordenados); 
• Para 
x
yxyz
1
11 =⇒=⇒= (hipérbole eqüilátera); 
• Para 
x
yxyz
2
22 =⇒=⇒= (hipérbole eqüilátera); 
• Para 
x
yxyz
3
33 =⇒=⇒= (hipérbole eqüilátera); 
 
y 
x 
0=z 
1=z 
2=z 
3=z 
( )3>= CCz 
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Portanto, para 0=z as curvas de nível são os próprios eixos coordenados e, para 0>z serão 
hipérboles eqüiláteras. 
Graficamente: 
 
 
03) yxz 28 2 −−= , em 4,2,0,2,4,8,10 −−=z . 
 
SOLUÇÃO: 
 
• Para 1
2
281010
2
2 −−=⇒−−=⇒=
x
yyxz (parábola); 
• Para 
2
2888
2
2 xyyxz −=⇒−−=⇒= (parábola); 
• Para 2
2
2844
2
2 +−=⇒−−=⇒=
x
yyxz (parábola); 
• Para 3
2
2822
2
2 +−=⇒−−=⇒=
x
yyxz (parábola); 
• Para 4
2
2800
2
2 +−=⇒−−=⇒=
x
yyxz (parábola); 
• Para 5
2
2822
2
2 +−=⇒−−=−⇒−=
x
yyxz (parábola); 
• Para 6
2
2844
2
2 +−=⇒−−=−⇒−=
x
yyxz (parábola); 
 
Temos, portanto, uma família de parábolas com vértices sobre o eixo y . 
 
y 
x 
0=z 
1=z 
2=z 
3=z 
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Graficamente: 
 
 
y 
x 
1− 
0 
2 
3 
4 
5 
6 
4−=z 
2−=z 
0=z 
2=z 
4=z 
8=z 
10=z 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 02 
 
Representar as curvas de nível das superfícies dadas a seguir nas cotas 43,2,1 ez = . 
 
01) 229 yxz −−= 
 
02) 12 += xz 
 
03) 
2
y
x
z = 
 
04) 
22
4
yx
z
+
= 
 
05) xz = 
 
06) 12423 =++ zyx 
 
07) ( ) 221 yxz +−= 
 
 
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CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.6 – DOMÍNIO: 
 
Dada uma função de n variáveis independentes da forma ( )nzyxfw ,,,, L= , chama-se de 
Domínio ( )fD desta função ao conjunto das n-uplas ordenadas ( )nzyx ,,,, L para as quais existe 
a variável dependente w . 
No caso específico de funções de duas variáveis da forma ( )yxfz ,= , o seu Domínio é a 
região do plano xy para a qual é definida a variável dependente z . 
Por outro lado, o Domínio de uma função de três variáveis da forma ( )zyxfw ,,= é um sólido 
ou uma superfície no espaço. 
 
EXEMPLOS: 
 
Obter o Domínio ( )fD das funções definidas a seguir e esboça-lo graficamente. 
 
01) yxz −−= 1 
SOLUÇÃO: 
 
Observamos que esta função é definida para quaisquer valores reais de x e y , uma vez que 
não há restrição nenhuma para a existência da variável dependente z . 
Portanto, o Domínio dessa função é o plano xy , ou seja, ( ) 2ℜ=fD . 
 
02) 
1−
=
y
x
z 
 
SOLUÇÃO: 
 
Neste caso, a condição de existência para a variável dependente z é que devemos ter: 
 
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 101 ≠⇒≠− yy 
 
Portanto, o Domínio desta função é: 
 
Ou seja, o Domínio ( )fD é todo o plano xy , com exceção dos pontos situados sobre a reta 
1=y . 
Graficamente: 
 
 
03) 1−+= yxz 
SOLUÇÃO: 
 
Neste caso, devemos ter: xyyx −≥⇒≥−+ 101 . 
 
Assim: 
 
Graficamente: 
 
y 
x 
0 
1=y 
( )fD 
y 
x 
1 
0 1 
xy −= 1 
( )fD 
( ) ( ){ }1/, 2 ≠ℜ∈= yyxfD 
 
( ) ( ){ }xyyxfD −≥ℜ∈= 1/, 2 
 
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04) ( )yxarcsenz += 2 
SOLUÇÃO: 
 
Devemos ter: 



−≤⇒≤+
−−≥⇒−≥+
⇒≤+≤−
xyyx
xyyx
yx
2112
2112
121 . 
 
Portanto: 
 
Graficamente: 
 
05) 221 yxz −−= 
SOLUÇÃO: 
 
Devemos ter: 101 2222 ≤+⇒≥−− yxyx . 
 
Assim: 
 
Graficamente: 
 
y 
x 
0 
( )fD 
xy 21−= 
xy 21−−= 
y 
x 
( )fD 
1 
1− 
1− 1 0 
( ) ( ){ }121/, 2 ≤+≤−ℜ∈= yxyxfD 
 
( ) ( ){ }1/, 222 ≤+ℜ∈= yxyxfD 
 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 03 
 
 
Obter o Domínio de cada função dada abaixo e representa-lo graficamente: 
 
 
01) ( )yxz −= ln Resp: ( ) ( ){ }xyyxfD <ℜ∈= /, 2 
 
02) 





+
−
=
yx
yx
arz
2
cos Resp: ( ) ( )





 ≥≥ℜ∈= 0
2
/,
2 xe
x
yyxfD 
 
03) 22 11 yxz ++−= Resp: ( ) ( ){ }11/, 2 ≤≤−ℜ∈= xyxfD 
 
04) 
xy
xy
z
2−
= Resp: ( ) ( ){ }xyyxfD 2/, 2 ≠ℜ∈= 
 
05) yxxyz −+−= 22 Resp: ( ) ( ){ }xyxyxfD 2/, 22 ≤≤ℜ∈= 
 
06) 01 2 =+−+ zyx Resp: ( ) ( ){ }xyyxfD −≤ℜ∈= 1/, 2 
 
 
 
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MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 04 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.7 – LIMITES DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS: 
 
Seja a função de duas variáveis ( )yxfz ,= e consideremos um ponto ( ) 200 , ℜ∈yx . 
Dizemos que o limite de ( )yxfz ,= quando ( )yx, tende a ( )00 , yx é igual a L , e escrevemos 
( ) Lyxf
yy
xx
=
→
→
,lim
0
0
 se, para um número infinitesimal 0>ε , existir em correspondência um número 
infinitesimal 0>γ , sendo ( )εγγ = , tais que: 
( ) ε<− Lyxf , , sempre que 




<−
<−
γ
γ
0
0
yyxx
. 
 
OBSERVAÇÕES: 
 
O1: Aplicam-se as mesmas propriedades estudadas para limites de funções de uma variável. 
O2: O ( )yxf
yy
xx
,lim
0
0
→
→
 pode ser calculado usando-se Limites Iterados, isto é, fazendo: 
• ( ) ( ) 1,, limlimlim
00
0
0
Lyxfyxf
yyxx
yy
xx
=





=
→→
→
→
; 
• ( ) ( ) 2,, limlimlim
00
0
0
Lyxfyxf
xxyy
yy
xx
=





=
→→
→
→
. 
Concluímos que, se 
21 LL ≠ , então não existe o ( )yxf
yy
xx
,lim
0
0
→
→
. 
O3: Como ( )yxfz ,= representa uma superfície no espaço, então ( )yx, pode tender a ( )00 , yx 
por diversas direções (ou trajetórias) diferentes. Para que exista o ( )yxf
yy
xx
,lim
0
0
→
→
 é necessário 
que existam e que sejam iguais os limites em todas as direções. 
 
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O4: Esses limites podem também ser indeterminados como os limites que estudamos para 
funções de uma variável. Nesses casos, devemos proceder da mesma maneira que 
fizemos com aquelas funções, isto é, eliminamos a indeterminação através da fatoração, 
da aplicação de conjugados ou de limites fundamentais. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Usando a definição, prove que ( ) 832lim
2
1
=+
→
→
yx
y
x
. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Devemos mostrar que, para um número infinitesimal 0>ε existe um número também 
infinitesimal 0>γ , sendo ( )εγγ = , para os quais: 
ε<−+ 832 yx , sempre que 




+<<−⇒<−
+<<−⇒<−
)(222
)(111
Byy
Axx
γγγ
γγγ
 
 
Multiplicando-se )(A por 2 e )(B por 3 , tem-se: 
)(22222 Cx γγ +<<− 
)(36336 Dy γγ +<<− 
 
Adicionando-se termo a termo )()( DC + , resulta: 
γγ 583258 +<+<− yx 
 
Subtraindo-se 8 em todos os termos dessa desigualdade, encontramos: 
γγ 58325 <−+<− yx ou γ5832 <−+ yx 
Tomando-se 
5
5
ε
γεγ =⇒= (existe). 
 
Portanto, por definição, podemos afirmar que ( ) 832lim
2
1
=+
→
→
yx
y
x
. 
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02) Usando Limites Iterados, verifique a existência do limite: 
yx
yx
y
x 2
5
lim
0
0 −
+
→
→
. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 
• 111
2
5
2
5
1
0000
0
0
limlimlimlimlim =⇒===





−
+
=
−
+
→→→→
→
→
L
x
x
yx
yx
yx
yx
xxyx
y
x
 
• 
2
5
2
5
2
5
2
5
2
5
2
5
2
0000
0
0
limlimlimlimlim −=⇒−=



−=
−
=





−
+
=
−
+
→→→→
→
→
L
y
y
yx
yx
yx
yx
yyxy
y
x
 
 
Como 
21 LL ≠ , então 
yx
yx
y
x 2
5
lim
0
0 −
+
∃/
→
→
. 
 
03) Calcular 
22
22
0
0
lim
yx
yx
y
x +
−
→
→
, observando as trajetórias: 
a) mxy = b) 2pxy = c) 2byx = 
 
SOLUÇÃO: 
 
a) Fazendo mxy = no limite, teremos: 
( )
( ) 2
2
2
2
0
22
22
0
222
222
0
22
22
0
0 1
1
1
1
1
1
limlimlimlim
m
m
m
m
mx
mx
xmx
xmx
yx
yx
xxx
y
x +
−
=
+
−
=
+
−
=
+
−
=
+
−
→→→
→
→
. 
 
b) Fazendo 2pxy = no limite, teremos: 
( )
( ) 11
1
1
1
22
22
0
222
222
0
422
422
0
22
22
0
0
limlimlimlim =+
−
=
+
−
=
+
−
=
+
−
→→→
→
→ xp
xp
xpx
xpx
xpx
xpx
yx
yx
xxx
y
x
. 
 
 
 
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c) Fazendo 2byx = no limite, teremos: 
( )
( ) 11
1
1
1
22
22
0
222
222
0
242
242
0
22
22
0
0
limlimlimlim −=+
−
=
+
−
=
+
−
=
+
−
→→→
→
→ yb
yb
yby
yby
yyb
yyb
yx
yx
yyy
y
x
. 
 
Pelos resultados obtidos, concluímos que a função dada também não tem limite no ponto. 
 
04) Calcular 
22
4222 223
1
2
lim −−+
+−−−+
=
→
→ yxxy
xxxyyxx
L
y
x
. 
SOLUÇÃO: 
 
Se substituirmos o ponto no limite, veremos que ele tem uma indeterminação da forma 
0
0
. 
Portanto, vamos tentar eliminar esta indeterminação através da fatoração. 
Assim, podemos fazer: 
( ) ( ) ( )
( ) ( )22
22222
1
2
lim −+−
−−−+−
=
→
→ xxy
xxxyxx
L
y
x
. 
( )( )
( )( )12
22 2
1
2
lim +−
−+−
=
→
→ yx
xyxx
L
y
x
. 
Simplificando, obtemos: 
⇒
+
−+
=
→
→ 1
22
1
2
lim y
xyx
L
y
x
 
 
05) Calcular 
yx
yx
L
y
x −−
−+
=
−
+
→
→ 1
1
lim
1
0
. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Se substituirmos o ponto no limite, vamos verificar que, novamente, ele possui uma 
indeterminação da forma 
0
0
. 
2=L 
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Neste caso, como o limite envolve radicais, vamos multiplicar e dividir pelo conjugado do 
denominador, ou seja, yx −+ 1 . 
Assim: 
( )( )
1
11
1
1
.
1
1
limlim
1
0
1
0 −+
−+−+
=
−+
−+
−−
−+
=
−
+
−
+
→
→
→
→ yx
yxyx
yx
yx
yx
yx
L
y
x
y
x
. 
 
Simplificando, obtemos: ( ) ⇒−+=
−
+
→
→
yxL
y
x
1lim
1
0
 
 
06) Calcular 
xxy
senxy
L
y
x 2
.
lim
1
0 +
=
→
→
. 
SOLUÇÃO: 
 
Vemos que este limite também é indeterminado da forma 
0
0
. 
Vamos, então, tomar: 
( )2.
.
lim
1
0 +
=
→
→ yx
senxy
L
y
x
. 
Separando em dois limites, teremos: 
 
⇒
+
=
→→ 2
.limlim
10 y
y
x
senx
L
yx
 
 
 
07) Calcular ( ) x
xy
y
x
xL
+
→
→
+=
1
2
0
1lim . 
SOLUÇÃO: 
 
Neste caso, temos uma indeterminação da forma ∞1 . 
Como se trata de um limite que envolve uma função exponencial, vamos transforma-lo de 
modo a obter o Limite Fundamental Exponencial. 
Assim, podemos fazer: 
0=L 
3
1
=L 
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( ) ( ) ( )y
y
x
x
y
x
y
x
y
x
xxxL ++=+=
→
→
→
→
+
→
→
1.11 limlimlim
2
0
1
2
0
1
2
0
. 
 
Calculando, obtemos: ⇒= 1.eL 
 
1.8 – CONTINUIDADE: 
 
Dizemos que uma função definida por ( )yxfz ,= é Contínua num ponto ( )00 , yxP quando 
forem verificadas, simultaneamente, as seguintes condições: 
a) exista ( )00 , yxf , isto é, a função possui valor numérico no ponto ( )00 , yxP ; 
b) exista e seja finito o ( )yxf
yy
xx
,lim
0
0
→
→
; 
c) ( ) ( )00 ,,lim
0
0
yxfyxf
yy
xx
=
→
→
. 
Se pelo menos uma dessas condições não for satisfeita, a função será Descontínua no ponto. 
Dizemos ainda que a função ( )yxfz ,= é Contínua numa região 2ℜ⊂R se ela for contínua 
em todos os pontos dessa região. 
 
EXEMPLOS: 
01) Verifique a continuidade da função ( )
( ) ( )
( ) ( )



=
≠
+
−
=
0,0,,0
0,0,,
2
,
yxse
yxse
yx
yx
yxf . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 
a) ( ) 00,0 =f , portanto existe valor numérico no ponto. 
b) Para o cálculo do limite, vamos usar Limites Iterados: 
• ( ) 12, limlimlim
00
0
0
=





+
−
=
→→
→
→ yx
yx
yxf
yx
y
x
 
 
eL = 
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• ( ) 22, limlimlim
00
0
0
−=





+
−
=
→→
→
→ yx
yx
yxf
xy
y
x
 
Como os limites iterados são diferentes, então não existe o limite no ponto. 
Portanto, a função é Descontínua nesse ponto. 
 
02) Verificar a Continuidade da função ( ) ( ) ( )
( ) ( )


=
≠+−
=
1,1,,
1,1,,1
,
yxsek
yxseyx
yxf no ponto ( )1,1 . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 
a) ( ) kf =1,1 , ou seja, a função possui valor numérico no ponto. 
b) ( ) ( ) 11, limlim
1
1
1
1
=+−=
→
→
→
→
yxyxf
y
x
y
x
. 
Portanto, podemos concluir que: 
• Se 1=k , então a função é Contínua no ponto. 
• Se 1≠k , então a função é Descontínua no ponto. 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 04 
 
 
Mostre que: 
 
01) 0
623
1241243
22
3
2
lim =
+−−
−++−−
→
→ yxxy
yxxyxyx
y
x
 
 
02) 
2
1
44
22
lim
1
4
=
−+−
+−−
→
→ yyxx
xyxy
y
x
 
 
03) 
6
333
lim
0
0
=
+
−+
→
→ xxy
x
y
x
 
 
04) 
3
2
1
13
1
1
lim =
−
−
→
→ xy
xy
y
x
 
 
05) 1
1
lim
0
0
=
−
→
→ xy
e
xy
y
x
 
 
06) 
2
1
22
2
1
1
lim =
−
−
→
→ yx
xyx
y
x
 
 
07) 1
22
23
2
2
lim =
−
−
→
→ yx
yxx
y
x
 
 
 
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MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 05 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.9 – DERIVADAS PARCIAIS:1.9.1 – INCREMENTOS: 
 
Seja ( )yxfz ,= uma função contínua numa região R e seja ( ) Ryx ∈, . Neste caso: 
• se x sofre um acréscimo x∆ e y permanece constante, então z sofre um Incremento 
Parcial zx∆ dado por: ( ) ( )yxfyxxfzx ,, −∆+=∆ . 
• se y sofre um acréscimo y∆ e x permanece constante, então z sofre um Incremento 
Parcial zy∆ dado por: ( ) ( )yxfyyxfzy ,, −∆+=∆ . 
• se x sofre um acréscimo x∆ e y sofre um acréscimo y∆ ,simultaneamente, então z 
sofre um Incremento Total z∆ dado por: ( ) ( )yxfyyxxfz ,, −∆+∆+=∆ . 
 
OBSERVAÇÃO: 
 
Em geral, o Incremento Total z∆ é diferente da soma dos Incrementos Parciais zx∆ e zy∆ . 
Para ilustrar este fato, vamos tomar como exemplo o problema de se calcular os Incrementos 
Parciais e o Incremento Total na área de um retângulo de dimensões variáveis x e y . 
 
 
Chamando de z a área desse retângulo, temos yxz .= . 
Calculando então os Incrementos, teremos: 
y∆ 
y 
x x∆ 
zx∆ 
zy∆ 
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• ( ) xyzyxxyyxzyxyxxz xxx ∆=∆⇒−∆+=∆⇒−∆+=∆ ...... ; 
• ( ) yxzyxyxyxzyxyyxz yyy ∆=∆⇒−∆+=∆⇒−∆+=∆ ...... ; 
• ( )( ) yxxyyxxyxyyxxz ∆∆+∆+∆=∆⇒−∆+∆+=∆ ..... . 
 
EXEMPLOS: 
 
Achar os Incrementos Parciais e o Incremento Total das funções definidas a seguir: 
 
01) yxz 32 += 
SOLUÇÃO: 
 
( ) ( )yxyxxzx 323.2 +−+∆+=∆ 
 
Calculando: 
 
( ) ( )yxyyxzy 32.32 +−∆++=∆ 
 
Calculando: 
 
( ) ( ) ( )yxyyxxz 32.3.2 +−∆++∆+=∆ 
 
Calculando: 
 
 
02) yxz 2= 
SOLUÇÃO: 
 
( ) yxyxxzx 2
2
. −∆+=∆ 
 
Calculando: 
 
xzx ∆=∆ .2 
yzy ∆=∆ .3 
yxz ∆+∆=∆ .3.2 
2
..2 xyxxyzx ∆+∆=∆ 
 
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( ) yxyyxzy .. 22 −∆+=∆ 
 
Calculando: 
 
( ) ( ) yxyyxxz .. 22 −∆+∆+=∆ 
 
Calculando: 
 
 
1.9.2 – DERIVADAS PARCIAIS: 
 
Consideremos inicialmente uma função de duas variáveis da forma ( )yxfz ,= . 
As suas Derivadas Parciais em relação às variáveis independentes x e y são definidas, 
respectivamente, por: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )







∆
−∆+
=
∆
∆
=
∂
∂
∆
−∆+
=
∆
∆
=
∂
∂
→∆→∆
→∆→∆
y
yxfyyxf
y
z
y
yxf
x
yxfyxxf
x
z
x
yxf
y
y
y
x
x
x
,,,
,,,
limlim
limlim
00
00
. 
 
Observamos que estas definições são as mesmas que fizemos para funções de uma variável 
da forma ( )xfy = , e que o nome “Derivadas Parciais” se deve ao fato de que estas derivadas são 
calculadas usando-se os Incrementos Parciais. 
 
As notações usuais para as derivadas parciais de uma função ( )yxfz ,= são: 
• ( ) ( ) ( ) ( )yxDouyxDyxfyxf
x
z
x
f
xx ,,,,,,,, 11∂
∂
∂
∂
; 
• ( ) ( ) ( ) ( )yxDouyxDyxfyxf
y
z
y
f
yy ,,,,,,,, 22∂
∂
∂
∂
. 
 
Por razões de comodidade, faremos uso apenas das três notações iniciais. 
 
yxzy ∆=∆ .
2
 
22
...2.2. xyyxxxxyyxz ∆+∆∆+∆+∆=∆ 
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Podemos generalizar a definição da Derivada Parcial de uma função f , de n variáveis 
independentes nk xxxxx ,,,,,, 321 LL , com relação a uma determinada variável kx , escrevendo: 
 
 
 
 
 
OBSERVAÇÃO: 
 
Para se obter a derivada parcial de uma função de várias variáveis com relação a uma delas, 
basta aplicar as mesmas regras estudadas para funções de uma variável, derivando com relação 
à variável desejada e considerando as demais como se fossem constantes. 
 
EXEMPLO: 
 
 Usando a definição, encontre 
x
z
∂
∂
 e 
y
z
∂
∂
 se 22 32 xyxz += . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Sabemos que: 
( ) ( )
x
yxfyxxf
x
z
x ∆
−∆+
=
∂
∂
→∆
,,
lim
0
 
Aplicando esta definição na função dada, obtemos: 
( ) ( ) ( )
x
xyxxxyxx
x
z
x ∆
+−∆++∆+
=
∂
∂
→∆
2222
0
32.3.2
lim . 
x
xyxxyxyxxxx
x
z
x ∆
−−∆++∆+∆+
=
∂
∂
→∆
222222
0
3233242
lim . 
( )
x
yxxx
x
z
x ∆
+∆+∆
=
∂
∂
→∆
2
0
324.
lim . 
( ) 22
0
34324lim yx
x
z
yxx
x
z
x
+=
∂
∂
⇒+∆+=
∂
∂
→∆
. 
 
( ) ( )
k
nnkk
xk x
xxxfxxxxxf
x
f
k
∆
−∆+
=
∂
∂
→∆
,,,,,,,, 2121
0
lim
LLL
 
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Da mesma forma, sabemos que 
( ) ( )
y
yxfyyxf
y
z
y ∆
−∆+
=
∂
∂
→∆
,,
lim
0
. 
Substituindo a função dada, teremos: 
( ) ( )
y
xyxyyxx
y
z
y ∆
+−∆++
=
∂
∂
→∆
2222
0
32.32
lim . 
y
xyxyxyxyxyx
y
z
y ∆
−−∆+∆++
=
∂
∂
→∆
22222
0
323632
lim . 
( )
y
yxxyy
y
z
y ∆
∆+∆
=
∂
∂
→∆
36.
lim
0
. 
( ) xy
y
z
yxxy
y
z
y
636lim
0
=
∂
∂
⇒∆+=
∂
∂
→∆
. 
Podemos obter estas derivadas diretamente, sem precisar fazer uso da definição, derivando 
com relação a uma das variáveis e supondo a outra como constante. 
Assim, derivando diretamente com relação à variável x , temos: 234 yx
x
z
+=
∂
∂
. 
Da mesma forma, se derivarmos com relação à variável y , obtemos: xy
y
z
6=
∂
∂
. 
Na próxima aula mostraremos aplicações que envolvem derivadas parciais. 
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MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 06 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
Na aula anterior definimos as Derivadas Parciais para funções de várias variáveis e vimos que 
não é necessário aplicar a definição para obter essas derivadas. 
Basta aplicarmos as mesmas regras de derivação conhecidas para funções de uma variável, 
derivando com relação a uma das variáveis e supondo as outras como constantes. 
Para sedimentar esse conceito, vamos fazer esta aula apenas com aplicações sobre 
Derivadas Parciais. 
 
01) Calcule 
x
z
∂
∂
 e 
y
z
∂
∂
 se 
( )
∫
+
=
32
3
2
.
yxsen
t dtez . 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos observar que a integral dada na variável t – e que não tem solução analítica pelos 
métodos convencionais – resulta numa função desta variável t , entre os limites de integração 
fornecidos. 
Ao substituir estes limites de integração na Primitiva da integral, vamos obter uma função de 
duas variáveis x e y . 
O que ocorre, na verdade, com este problema é que temos uma Função Composta de duas 
variáveis. 
Neste caso, é conveniente tomar: 
∫=
u
t dtez
2
.
3
 e ( )32 yxsenu += . 
Empregando a Regra da Cadeia, que estudamos em Cálculo 1 para funções de uma variável, 
podemos escrever: 
 
( ) ( ) ( )3233 .cos.2cos.2.. 3232 yxsenu eyxx
x
z
yxxe
x
z
x
u
du
dz
x
z ++=
∂
∂
⇒+=
∂
∂
⇒
∂
∂
=
∂
∂
. 
( ) ( ) ( )3233 .cos.3cos.3.. 322322 yxsenu eyxy
y
z
yxye
y
z
y
u
du
dz
y
z ++=
∂
∂
⇒+=
∂
∂
⇒
∂
∂
=
∂
∂
. 
 
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02) Sendo 22 −+=
∂
∂
yx
x
z
 e ( ) 34,1 2 −+= yyyz , achar ( )yxfz ,= . 
SOLUÇÃO: 
 
Como o problema forneceu a derivada parcial com relação à variável x e queremos obter a 
função ( )yxfz ,= que deu origem a esta derivada, basta integrarmos 
x
z
∂
∂
 com relação a x . 
Assim: ( ) ( ) ( )∫ ∫ −+=⇒∂
∂
= dxyxyxzdx
x
z
yxz .22,., . 
Integrando, obtemos: ( ) ( )yxxyxyxz φ+−+= 2, 2 . (1) 
 
Observe que a integral é indefinida, portanto na sua solução devemos acrescentar a constante 
arbitrária ou constante de integração. 
Se estivéssemos resolvendo a integral para função de uma variável, chamaríamos esta 
constante arbitrária de C , com ℜ∈C . 
Entretanto, como integramos uma função de duas variáveis x e y com relação a x , então o 
mais conveniente é fazer como fizemos, chamando a constante de integração de ( )yφ , uma vez 
que ( )[ ] 0=y
dx
d
φ . 
O mesmo aconteceria se estivéssemos integrando com relação à variável y . Neste caso, 
seria conveniente chamar a constante de integração de ( )xφ . 
Por outro lado, a condição ( ) 34,1 2 −+= yyyz foi dada exatamente para que possamos obter a 
função ( )yφ . 
 
Fazendo, então, 1=x na equação (1), obtemos: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )yyyzyyyzyyyz φφφ +−=⇒+−+=⇒+−+= 1,121,11.2.11,1 2 . 
Comparando: 
( ) ( ) 23134 22 −+=⇒+−=−+ yyyyyyy φφ . 
Finalmente, concluímosque a função procurada é: 
232
22 −++−+= yyxxyxz 
 
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03) Encontre 
z
w
z
y
w
y
x
w
x
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
... , sabendo que y
x
ez
x
z
y
z
y
senxw .ln.. 222 +




+




= . 
SOLUÇÃO: 
 
Vamos obter separadamente cada uma das parcelas: 
y
x
e
y
z
x
z
x
z
y
z
y
senx
x
w
.
1
...2
2
2
2 +
−
+




=
∂
∂
. 
Simplificando: y
x
e
y
z
x
y
z
y
senx
x
w
..2
22
+−




=
∂
∂
. 
Multiplicando por x , encontramos: y
x
e
y
xz
y
z
y
senx
x
w
x ..2.
2
22 +−




=
∂
∂
. 
y
x
e
y
x
z
x
z
y
z
y
z
x
y
w
..ln.2cos.
1
.
2
22





 −
+




+




=
∂
∂
. 
Simplificando: y
x
e
y
xz
x
z
y
z
y
z
x
y
w
.ln.2cos.
2
22
−




+




=
∂
∂
. 
Multiplicando por y , encontramos: y
x
e
y
xz
x
z
y
z
y
z
yx
y
w
y .ln.2cos..
2
2
2
−




+




=
∂
∂
. 
y
x
ez
x
z
xy
z
y
z
y
x
z
w
.2
1
.cos..
2
2
2 ++










 −=
∂
∂
. 
Simplificando: y
x
ez
z
y
z
y
z
yx
z
w
.2cos.
2
2
2
++




−=
∂
∂
. 
Multiplicando por z , encontramos: y
x
ezy
z
y
z
yx
z
w
z .2cos.. 22
2
++




−=
∂
∂
. 
Efetuando a soma desses resultados, obtemos: 
 








+




+




=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂ y
x
ez
x
z
y
z
y
senx
z
w
z
y
w
y
x
w
x .ln...2... 222 . 
Como a expressão entre parênteses é a própria função dada, concluímos que: 
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Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
w
z
w
z
y
w
y
x
w
x 2... =
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
. 
 
04) Calcule os valores de Ζ∈n para que a equação ( )1cos2. 2 −= θnrV satisfaça a seguinte 
igualdade: 0..
1
.
2 =





∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
θ
θ
θθ
V
sen
senr
V
r
r
. 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( )1cos3.. 21 −=
∂
∂ − θnrn
r
V
. 
( )1cos3... 212 −=
∂
∂ + θnrn
r
V
r . 
( ) ( )1cos3.1.. 22 −+=





∂
∂
∂
∂
θnrnn
r
V
r
r
. 
Temos ainda: ( ) θθθθ
θ
cos..6.cos6. senrsenr
V nn −=−=
∂
∂
. 
θθ
θ
θ cos..6. 2senr
V
sen n−=
∂
∂
. 
( )θθθ
θ
θ
θ
32
cos.2.6. sensenr
V
sen n −−=





∂
∂
∂
∂
. 
( )θθ
θ
θ
θθ
22
cos2.6..
1
senr
V
sen
sen
n −−=





∂
∂
∂
∂
. 
( )θθ
θ
θ
θθ
22
cos1cos2.6..
1
+−−=





∂
∂
∂
∂ nr
V
sen
sen
. 
( )1cos3.6..1 2 −−=





∂
∂
∂
∂
θ
θ
θ
θθ
nr
V
sen
sen
. 
Substituindo estes resultados na igualdade, obtemos: 
( ) ( ) ( ) 01cos3.61cos3..1. 22 =−−−+ θθ nn rrnn . 
Fatorando: 
( )( ) 06.1cos3.. 22 =−+− nnr n θ . 
Portanto, devemos ter: 



−=
=
⇒=−+
3
2
06
2
n
n
nn . 
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05) Sabendo que 22 vuz += , yxuv += , xyvu =− e que ( ) 





∂
∂
−
∂
∂
=
y
z
x
z
xy
yxg .
2
1
, , encontre a 
função ( )yxg , . 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 
( )
( )
( )



=−
+=
+=
3
2
1
22
xyvu
yxuv
vuz
. 
Elevando ( )3 ao quadrado: 
( ) ( ) 222222 2 yxvuvuxyvu =+−⇒=− . 
Substituindo nesta expressão as equações ( )1 e ( )2 , encontramos: 
( ) yxyxzyxyxz 222 2222 ++=⇒=+− . 
Calculando as derivadas parciais, obtém-se: 
22
2 +=
∂
∂
xy
x
z
 e 22 2 +=
∂
∂
yx
y
z
. 
 
Substituindo na equação que define a função ( )yxg , , obtemos: 
( ) ( ) ( ) xyyxgyxxy
xy
yxg −=⇒−−+= ,2222.
2
1
,
22 . 
 
06) A equação de estado de um gás ideal é TkVp .. = , onde k é uma constante e p , V e T 
são, respectivamente, a pressão, o volume e a temperatura do gás. 
Nestas condições, prove que: 1.. −=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
p
T
T
V
V
p
. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Como o problema não especifica qual das três variáveis p , V ou T é a variável dependente, 
podemos escrever qualquer uma delas como função das outras, ou seja: 
 
 
 
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








=
∂
∂
⇒=
=
∂
∂
⇒=
−=
∂
∂
⇒=
⇒=
k
V
p
T
k
Vp
T
p
k
T
V
p
kT
V
V
kT
V
p
V
kT
p
TkVp
.
..
2
. 
Portanto: 
1....
2
−=−=−=−=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
kT
kT
pV
kT
k
V
p
k
V
kT
p
T
T
V
V
p
. 
 
07) Achar 
x
z
∂
∂
 e 
y
z
∂
∂
 para a funções definidas por: 
a) 
yx
yx
ee
e
z
+
=
+
 b) 




+





=
x
y
y
x
senz ln c) yxsenyxxyz 34.cos. −+−= 
 
SOLUÇÃO: 
 
a) 
( )
( ) ( )2
2
2
..
yx
yx
yx
xyxyxyx
ee
e
x
z
ee
eeeee
x
z
+
=
∂
∂
⇒
+
−+
=
∂
∂ +++
 
( )
( ) ( )2
2
2
..
yx
yx
yx
yyxyxyx
ee
e
y
z
ee
eeeee
y
z
+
=
∂
∂
⇒
+
−+
=
∂
∂ +++
 
b) 
xy
x
yx
z
x
y
x
y
y
x
yx
z 1
cos.
1
cos.
1 2
−





=
∂
∂
⇒
−
+





=
∂
∂
. 
yy
x
y
x
y
z
x
y
x
y
x
y
x
y
z 1
cos.
1
cos.
22
+




−
=
∂
∂
⇒+




−
=
∂
∂
 
c) 4. +−−=
∂
∂
senysenxy
x
z
 
3cos.cos −−=
∂
∂
yxx
y
z
 
 
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08) Sabendo que ( )
y
z
x
x
z
yyxg
∂
∂
−
∂
∂
= .., e que ( )22 yxfxyz ++= , calcule ( )4,1g . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Como a função f é desconhecida, vamos fazer 22 yxu += . 
Desta forma, podemos escrever: ( )ufxyz += . 
Assim, as derivadas parciais tornam-se: 
du
df
xy
x
z
x
u
du
df
y
x
z
.2. +=
∂
∂
⇒
∂
∂
+=
∂
∂
. 
du
df
yx
y
z
y
u
du
df
x
y
z
.2. +=
∂
∂
⇒
∂
∂
+=
∂
∂
. 
Portanto: ( )
du
df
xyx
du
df
xyyyxg .2.2, 22 −−+= . 
( ) 22, xyyxg −= . 
Assim: ( ) ( ) 154,1144,1 22 =⇒−= gg 
 
09) Sabendo que ( )yxfz ,= , 23322 xyyxyx
y
z
+−+=
∂
∂
 e ( )
4
7
3
1, +=
x
xf , calcule ( )2,2f . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( )∫ ∫ +−+=⇒∂
∂
= dyxyyxyxzdy
y
z
z .2. 2332 . 
( ) ( )xxyyyxyxyxfz φ++−+==
34
,
34
322 . 
Como ( )
4
7
3
1, +=
x
xf , então: ( )
4
7
334
132 +=++−+
x
x
x
xx φ . 
Assim, concluímos que ( ) 322 xxx −−=φ . 
Logo, a função procurada é: ( ) 32
34
322
2
34
, xx
xyy
yxyxyxf −−++−+= . 
Calculando o valor desta função no ponto ( )2,2 , obtemos: ( )
3
70
2,2 =f . 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 06 
 
01) Calcule 
z
w
z
y
w
y
x
w
x
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
... se x
z
z
y
y
x
eeew ++= Resp: 0 
02) Uma função u é definida por ( ) 




 +
=
xy
yx
xyyxu ln., . Determinar ( )yxg , , sabendo que 
( )
y
u
y
x
u
xyxgu
∂
∂
−
∂
∂
= ..,. 22 . Resp: ( ) yxyxg −=, 
03) Sendo ( ) 22., yxexyxf += , mostre que 
22
...
yx
ey
y
f
x
x
f
y
+=
∂
∂
−
∂
∂
. 
04) Sendo ( )22ln yxxz ++= , mostre que 1.. =
∂
∂
+
∂
∂
y
z
y
x
z
x . 
05) Calcule ℜ∈n , de modo que a função y
x
n eyz 4
2
.
−
= satisfaça a equação 





∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
x
z
x
xxy
z
..
1 2
2
. 
Resp: 
2
3
−=n 
06) Achar ( )yxfz ,= se: 
a) xe
yx
y
y
z y ++
+
=
∂
∂
22
2
 e ( ) 1ln20, ++= xexxz Resp: ( ) xyeeyxz xy ++++= 22ln 
b) yxy eex
y
z
+=
∂
∂
. e ( ) 20, += xexz Resp: xyxy eeez ++= 
c) xey
xx
z xy
2.
1
++=
∂
∂
 e ( ) yeyyz y 2ln,1 ++= Resp: ( ) 12ln 2 −+++= yexxyz xy 
d) xyxy eyeey
x
z
.22.5 −+=
∂
∂
 e ( ) yyz += 4,0 Resp: 13.2.25 −+−+= yeyexez xyxy 
07) Verificar que: 
a) Se 




+





=
x
y
y
x
senz ln , então 0.. =
∂
∂
+
∂
∂
y
z
y
x
z
x ; 
b) Se 
yx
yx
z
+
+
=
22
, então z
y
z
y
x
z
x
2
3
.. =
∂
∂
+
∂
∂
 para xy −> ; 
 
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c) Se ( )22ln yxxz ++= , então 1.. =
∂
∂
+
∂
∂
y
z
y
x
z
x ; 
d) Se xzzyyxw 222 ++= , então ( )2zyx
z
w
y
w
x
w
++=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
; 
e) Se 




+=
x
y
arctgyxz .22 , então z
y
z
y
x
z
x =
∂
∂
+
∂
∂
.. . 
08) Achar 
y
z
x
z
∂
∂
+
∂
∂
 se ∫
+ −=
22
2
1
.
yx
t dtez. Resp: ( ) ( )yxe
y
z
x
z yx +=
∂
∂
+
∂
∂ +−
..2
222
 
 
 
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Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 07 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.10 – DERIVADAS PARCIAIS NO PONTO: 
 
Seja f uma função de duas variáveis definida por ( )yxfz ,= e seja ( )00 , yxP um ponto 
pertencente ao Domínio desta função. 
Então as Derivadas Parciais da função neste ponto são definidas por: 
 
 
• 
 
 
• 
 
 
Podemos indicar as derivadas parciais de ( )yxfz ,= no ponto ( )00 , yxP pelas notações: 
• 
( ) ( )
( ) ( )00100
,,
,;,;:;;
0000
yxfyxf
x
z
x
z
x
f
x
f
x
yxPyxP ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
 
• 
( ) ( )
( ) ( )00200
,,
,;,;:;;
0000
yxfyxf
y
z
y
z
y
f
y
f
y
yxPyxP
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Usando a definição, calcule ( )4,3xf e ( )4,3yf se ( )
22 2, yxyxf −= . 
 
SOLUÇÃO: 
 
( )
( ) ( ) ( )
3
9
3
2332
3
4,34,
4,3
2
3
2
33
limlimlim
−
−
=
−
−−−
=
−
−
=
→→→ x
x
x
x
x
fxf
f
xxx
x . 
( )
( ) ( )
0
000
00
,,
, lim
0
xx
yxfyxf
yxf
xx
x
−
−
=
→
 
( )
( ) ( )
0
000
00
,,
, lim
0
yy
yxfyxf
yxf
xx
y
−
−
=
→
 
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( )
( )( )
( ) ⇒+=
−
−+
=
→→
3
3
33
4,3 limlim
33
x
x
xx
f
xx
x 
 
( )
( ) ( ) ( )
4
232
4
2329
4
4,3,3
4,3
2
4
2
44
limlimlim −
−
=
−
−−−
=
−
−
=
→→→ y
y
y
y
y
fyf
f
yyy
y . 
( )
( )( )
( )
( ) ⇒+−=
−−
−+
=
→→
y
y
yy
f
yy
y 4.2
4
4.4.2
4,3 limlim
44
 
 
02) Calcule ( )1,2xf e ( )2,3yf se ( ) 3
32
,
x
yx
yxf
−
= . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Queremos calcular o valor numérico das derivadas parciais da função no ponto dado. 
Para isto não é necessário usar a definição. Basta obter as expressões das derivadas parciais 
e substituir as coordenadas do ponto. 
Temos: ( )
( )
( )
( )
4
32
6
3244
23
3223 3
,
332.3.2
,
x
yx
yxf
x
yxxx
x
yxxxx
yxf xx
+−
=⇒
+−
=
−−
= . 
No ponto dado: ( ) ⇒
+−
=
4
32
2
1.32
1,2xf 
 
( )
( )
( ) 3
2
23
3232 3.0.3
,
x
y
x
yxxy
yxf y
−
=
−−−
= . 
No ponto dado: ( ) ⇒
−
=
3
2
3
2.3
2,3yf 
 
 
1.11 – INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DA DERIVADA NO PONTO: 
 
Consideremos uma função de duas variáveis definida pela lei ( )yxfz ,= , cujo gráfico é uma 
superfície no espaço tridimensional, e seja ( )000 ,, zyxP um ponto sobre esta superfície. 
 
( ) 64,3 =xf 
 
( ) 164,3 −=yf 
( )
16
1
1,2 −=xf 
( )
9
4
2,3 −=yf 
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Vamos admitir, ainda, dois planos passando por 0x e 0y e paralelos, respectivamente, aos 
planos yz e xz , conforme a figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da figura acima, podemos observar que: 
• para um ponto que se move sobre a curva APB tem-se ( )0, yxfz = , isto é, z é função 
apenas da variável x ; 
• para um ponto que se move sobre a curva CPD tem-se ( )yxfz ,0= , isto é, z é função 
apenas da variável y . 
Traçando as retas tangentes a estas curvas pelo ponto ( )00 , yxP , podemos dar uma 
interpretação geométrica para as derivadas parciais neste ponto, como fizemos em Cálculo 1. 
Isto é, podemos dizer que as derivadas parciais da função ( )yxfz ,= no ponto ( )00 , yxP são 
numericamente iguais aos coeficientes angulares destas retas. 
Assim: 
 
 
 
 
 
y 
z 
x 
β 
α 
0y 
0x 
C P 
D 
A 
B 
( )
P
x
x
z
yxftg
∂
∂
== 00 ,α ( )
P
y
y
z
yxftg
∂
∂
== 00 ,β 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Achar a equação da reta tangente à curva de interseção do plano 1=x com a superfície 
( )ysenez x 3.
2−= pelo ponto ( )0,0,1P . 
 
SOLUÇÃO: 
 
A equação da reta é do tipo: ( )00 . yy
y
z
zz
P
−
∂
∂
=− , com 00 =z e 00 =y . 
Temos: ( ) ( )
ey
z
e
y
z
ye
y
z
PP
x 30cos..33cos..3
22
1 =
∂
∂
⇒=
∂
∂
⇒=
∂
∂ −− . 
Então, a reta tangente será: 
 
( ) ⇒−=− 0.
3
0 y
e
z 
 
02) Achar a equação da reta tangente à curva de interseção entre a superfície x
y
y
x
eez −= e o 
plano 2=y pelo ponto ( )0,2,2P . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Como y é constante, então a equação da reta procurada é do tipo: 
( )00 . xx
x
z
zz
P
−
∂
∂
=− , com 00 =z e 20 =x . 
Temos: e
x
z
ee
x
z
e
x
y
e
yx
z
PP
x
y
y
x
=
∂
∂
⇒+=
∂
∂
⇒+=
∂
∂
2
1
2
1
.
1
2
. 
Então, a reta tangente será: 
 
( ) ⇒−=− 2.0 xez 
y
e
z
3
= 
( )2. −= xez 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 07 
 
 
01) Dada a função 2423322 xyyzzxyzyxw −+−= , calcule o valor de 
z
w
y
w
x
w
∂
∂
−
∂
∂
+
∂
∂
 no ponto 
( )1,2,1 −P Resp: 59− 
 
02) Aplicando a definição, encontre as derivadas parciais 
x
z
∂
∂ e 
y
z
∂
∂ da função definida por 
yx
yx
z
−
+
= no ponto ( )3,2,1 −P . Resp: 4−=
∂
∂
Px
z e 2=
∂
∂
P
y
z 
 
03) Achar a equação da reta tangente à curva de interseção da superfície 2226 yxz −−= com o 
plano 3=y no ponto ( )1,3,4P . Resp: 174 +−= xz 
 
04) Encontrar a equação da reta tangente à curva de interseção da superfície 224 yxz −−= 
com o plano 1=x no ponto ( )2,1,1P . Resp: ( )yz −= 3.
2
2 
 
PROIBIDO VENDER
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MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 08 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.12 – DIFERENCIAL TOTAL: 
 
Do estudo de funções de uma variável, vimos que, se ( )xfy = então definimos: 
( )
x
y
xf
x ∆
∆
=′
→∆
lim
0
. 
Vimos que, a partir dessa definição, escrevemos: 
( ) ε±′=
∆
∆
xf
x
y
, onde 0→ε , ou ( ) xxxfy ∆±∆′=∆ .. ε . 
À parte principal do Incremento y∆ demos o nome de Diferencial e escrevemos: ( )dxxfdy .′= . 
Considerando, agora, uma função de duas variáveis da forma ( )yxfz ,= , podemos escrever: 
( ) ( ) yxyyxfxyxfz yx ∆±∆±∆+∆=∆ ...,., 21 εε , em que 01 →ε e 02 →ε . 
Tal como aconteceu com funções de uma variável, vamos chamar a parte principal do 
Incremento Total z∆ de Diferencial Total e indicar por dz . 
Assim: 
 
 ou 
 
 
Podemos estender este raciocínio para funções de três ou mais variáveis, ou seja, se, por 
exemplo, tivermos ( )zyxfw ,,= , escrevemos: 
 
 
 
 
OBSERVAÇÃO: 
Uma das aplicações mais importantes da Diferencial Total dz é o seu uso como aproximação 
do Incremento Total z∆ . 
( ) ( )dyyxfdxyxfdz yx .,., += dyy
z
dx
x
z
dz ..
∂
∂
+
∂
∂
= 
dz
z
w
dy
y
w
dx
x
w
dw ...
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= 
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EXEMPLOS: 
 
01) Encontre dw , sabendo que 232 23 xyzzxxyw +−= . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Sabemos que dz
z
w
dy
y
w
dx
x
w
dw ...
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= . 
Temos: 









+−=
∂
∂
+=
∂
∂
+−=
∂
∂
xyzx
z
w
xzxy
y
w
yzzxy
x
w
43
22
29
3
2
222
. 
 
Portanto: 
 
 
02) Um dos lados de um retângulo mede cma 10= e o outro, cmb 24= . Como irá variar a 
diagonal l desse retângulo se o lado a aumenta mm4 e o lado b diminui mm1 ? 
Achar o comprimento aproximado de variação de l e compará-lo com o exato. 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Temos 



−=−=∆
==∆
cmmmb
cmmma
1,01
4,04
 e pede-se 



=
=∆
?
?
l
l
d
. 
( ) ( ) ( )dzxyzxdyxzxydxyzzxydw 432229 32222 +−++++−= 
a∆ 
10=a 
24=b 
b∆ 
l 
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A variação exata no comprimento da diagonal será o Acréscimo l∆ . 
Como ( ) 22, babaf +==l , temos, por definição: 
( ) ( )bafbbaaf ,, −∆+∆+=∆l . 
( ) ( ) 2222 babbaa +−∆++∆+=∆l . 
Substituindo os valoresdados, obtemos: 
( ) ( ) 26065,2624101,0244,010 2222 −=+−−++=∆l . 
 
Portanto: 
 
Esta variação no comprimento da diagonal pode ser calculada com aproximação muito boa 
usando Diferencial Total, ou seja, tomando ll ∆≅d , com ada ∆= e bdb ∆= . 
Temos: db
b
da
a
d ..
∂
∂
+
∂
∂
=
ll
l . 
db
ba
b
da
ba
a
d ..
2222 +
+
+
=l . 
Substituindo os valores conhecidos: 
dbdad .
2410
24
.
2410
10
2222 +
+
+
=l . 
 
( ) ⇒−+= 1,0.
26
24
4,0.
26
10
ld 
 
03) A carga de rompimento w de uma viga em balanço é dada pela fórmula 2.. bhw λ=l , onde 
b é a largura, l é o comprimento, h é a profundidade e λ é uma constante, que depende 
do material com que a viga é fabricada. 
Se o comprimento for aumentado de 1% e a largura for aumentada de 5%, de quanto 
deverá ser alterada a profundidade para manter inalterada a carga de ruptura? 
 
SOLUÇÃO: 
 
Vamos resolver este problema usando a Diferencial Total. 
cm065,0=∆l 
cmd 061,0=l 
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Como, segundo o enunciado, as variações no comprimento e na largura são relativas, ou seja, 
foram dadas em porcentagem, vamos obter também a variação relativa na profundidade. 
Assim, podemos dizer que temos %1=
l
ld
 e %5=
b
db
, e queremos obter 
h
dh
 para 0=
w
dw
. 
Sabemos que: 
l
2
.bh
w
λ
= e que l
l
d
w
dh
h
w
db
b
w
dw ...
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= . 
Assim: l
lll
d
bh
dh
bh
db
h
dw .
.
.
.2
.
.
2
22 λλλ
−+= . 
Dividindo membro a membro por 
l
2
.bh
w
λ
= , resulta: 
l
l
l
l
l
l
l d
bh
bh
dh
bh
bh
db
bh
h
w
dw
.
.
.
.
.
.2
.
.
.
2
2
2
22
2
λ
λ
λ
λ
λ
λ
−+= . 
Simplificando, teremos: 
l
ld
h
dh
b
db
w
dw
−+= .2 . 
Substituindo os dados do problema: 
 
⇒−=⇒−+= 4.21.250
h
dh
h
dh
 
 
Conclusão: a profundidade deverá ser diminuída em 2%. 
 
04) A taxa de fluxo de gás num tubo é dada por 6
5
2
1
..
−
= yxCV , onde C é uma constante, x é o 
diâmetro do tubo e y é a temperatura absoluta do gás. A medida x está sujeita a um erro 
máximo de %6,1± e a medida y está sujeita a um erro máximo de %2,1± . 
Determine o erro máximo percentual na medida do fluxo V . 
 
SOLUÇÃO: 
 
Segundo os dados do problema, temos %6,1±=
x
dx
 e %2,1±=
y
dy
, e queremos obter 
V
dV
. 
%2−=
h
dh
 
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Usando a Diferencial Total, sabemos que: dy
y
V
dx
x
V
dV ..
∂
∂
+
∂
∂
= . 
Então: dyyxdxyxCdV ...
6
5
....
2
1
6
11
2
1
6
5
2
1
−−−
−= . 
Dividindo membro a membro por 6
5
2
1
..
−
= yxCV , resulta: 
dy
yxC
yxC
dx
yxC
yxC
V
dV
.
..
...
6
5
.
..
...
2
1
6
5
2
1
6
11
2
1
6
5
2
1
6
5
2
1
−
−
−
−−
−= . 
Simplificando, obtemos: 
y
dy
x
dx
V
dV
6
5
.
2
1
−= . 
Para o cálculo do erro percentual máximo na medida de V , vamos combinar as variações 
máximas nas medidas de x e y , ou seja: 
• para %6,1=
x
dx
 e %2,1=
y
dy
, temos %2,02,1.
6
5
6,1.
2
1
−=⇒−=
V
dV
V
dV
; 
• para %6,1=
x
dx
 e %2,1−=
y
dy
, temos ( ) %8,12,1.
6
5
6,1.
2
1
=⇒−−=
V
dV
V
dV
; 
• para %6,1−=
x
dx
 e %2,1=
y
dy
, temos ( ) %8,12,1.
6
5
6,1.
2
1
−=⇒−−=
V
dV
V
dV
; 
• para %6,1−=
x
dx
 e %2,1−=
y
dy
, temos ( ) ( ) %2,02,1.
6
5
6,1.
2
1
=⇒−−−=
V
dV
V
dV
; 
 
Analisando esses resultados, concluímos que o erro máximo de V é: %8,1±=
V
dV
 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 08 
 
 
01) Dada a função 22 23 yxyxz −+= e os Incrementos 03,0==∆ dxx e 02,0−==∆ dyy , achar o 
seu Incremento Total e a sua Diferencial Total no ponto ( )4,1P Resp: 



=
=∆
54,0
5411,0
dz
z
 
02) Use a Diferencial Total para encontrar, aproximadamente, o erro máximo obtido no cálculo da 
área do triângulo retângulo cujos catetos medem cm6 e cm8 : 
a) com erro de cm1,0 em cada medida; Resp: 27,0 cm 
b) com erro de %1 em cada medida. Resp: 25,0 cm 
03) Duas resistências elétricas 
1
R e 
2
R estão ligadas em paralelo, ou seja, a resistência 
equivalente R é dada por 
21
111
RRR
+= . Supondo que ohmsR 30
1
= e ohmsR 502 = , calcule a 
variação de R se: 
a) 
1
R aumenta de ohms03,0 e 
2
R diminui de ohms05,0 ; Resp: ohmsdR 0047,0= 
b) 
1
R diminui de ohms07,0 e 
2
R aumenta de ohms04,0 . Resp: ohmsdR 022,0−= 
04) Um cilindro circular reto tem m10 de altura e m5 de raio. Calcule a variação do seu volume 
para um acréscimo de %1 na medida da altura e de %2,0 na medida do seu raio. 
 Resp: %4,1=
V
dV 
05) A relação entre a frequência de ressonância f de um circuito LC , a sua indutância L e a sua 
capacitância C é dada por 
CL
f
.2
1
π
= . Pede-se: 
a) ache o erro relativo aproximado em f , se as medidas da indutância e da capacitância 
estiverem sujeitas a erros máximos de %25,1 e %75,0 , respectivamente; Resp: %1−=
f
df 
b) ache o erro relativo em L , se a freqüência tiver um erro de %5,0± e a capacitância tiver um 
erro de %5,0,1± . Resp: %5,2±=
L
dL 
 
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MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 09 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.13 – DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES COMPOSTAS: 
 
Como extensão do estudo de funções compostas de uma variável, podemos definir e derivar 
funções compostas de várias variáveis. 
Da mesma maneira que se fez com aquelas funções, podemos empregar a Regra da Cadeia 
para obter as derivadas parciais de funções compostas de duas ou mais variáveis. 
Para isto, vamos considerar dois casos: 
 
PRIMEIRO CASO: 
 
Seja ( )yxfz ,= , com ( )tgx = e ( )thy = . 
Neste caso, z é uma função composta de uma única variável, ou seja, ( ) ( )[ ]thtgfz ,= . 
Portanto, existe apenas uma derivada a ser obtida, que é 
dt
dz
. 
Aplicando a Regra da Cadeia: 
 
 
 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Calcule 
dt
dz
 se 232 4 yxyyxz +−= , tx 2= e 23ty = 
SOLUÇÃO: 
 
Pela Regra da Cadeia: 
dt
dy
y
z
dt
dx
x
z
dt
dz
..
∂
∂
+
∂
∂
= 
 
dt
dy
y
z
dt
dx
x
z
dt
dz
..
∂
∂
+
∂
∂
= 
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Assim: ( ) ( ) tyxyxyxy
dt
dz
6.2432.42
223 +−+−= . 
( ) ( )2627 68108.612108.2 tttttt
dt
dz
+−+−= 
Efetuando o produto e reduzindo os termos semelhantes, obtemos: 
 
 
 
 
02) Calcule 
dt
dw
, se 





=
z
yx
w
3
ln
23
, tx 7= , ty sec= e gtz cot= . 
SOLUÇÃO: 
 
Pela Regra da Cadeia: 
dt
dz
z
w
dt
dy
y
w
dt
dx
x
w
dt
dw
...
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= . 
( )t
z
yx
z
yx
tgtt
z
yx
z
yx
z
yx
z
yx
dt
dw 2
23
2
23
23
3
23
22
seccos.
3
3.sec.
3
3
2
7.
3
3
3
−
−
++= . 
Simplificando: t
z
tgtt
yxdt
dw 2
seccos.
1
.sec.
2
7.
3
++= . 
Substituindo x , y e z : 
t
gt
tgtt
ttdt
dw 2
seccos.
cot
1
.sec.
sec
2
7
21
++= . 
 
Finalmente: 
 
 
SEGUNDO CASO: 
 
Seja ( )yxfz ,= , com ( )vugx ,= e ( )vuhy ,= . 
Neste caso, temos ( ) ( )[ ]vuhvugfz ,,,= , isto é, uma função composta de duas variáveis e que 
possui duas derivadas parciais. 
237
7236864 ttt
dt
dz
−+= 
 
gt
t
tgt
tdt
dw
cot
seccos
2
3
2
++= 
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Pela Regra da Cadeia, podemos escrever: 
 
 
 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Calcule 
u
w
∂
∂
 e 
v
w
∂
∂
 se 26xyzw = , uvx = , vuy += 2 e vuv −= 23 . 
SOLUÇÃO: 
 
Pela Regra da Cadeia: 
u
z
z
w
u
y
y
w
u
x
x
w
u
w
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
... . 
uxyzxzvyz
u
w
6.122.6.6
22 ++=
∂
∂
. 
uxyzxzvyz
u
w
6.122.6.6
22 ++=
∂
∂
. 
( )( ) ( ) ()( )vuvuuvuvuuvvuvuv
u
w
−++−+−+=
∂
∂ 22222
3.2..723.123.2.6 . 
 
 
 
 
Aplicando novamente a Regra da Cadeia: 
v
z
z
w
v
y
y
w
v
x
x
w
v
w
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
... . 
( )1.121.6.6 22 −++=
∂
∂
xyzxzuyz
v
w
. 
( )( ) ( ) ( )( )vuvuuvvuuvvuvuu
v
w
−+−−+−+=
∂
∂ 22222
3.2.123.63.2.6 . 
 
Portanto: 
 
 
u
y
y
z
u
x
x
z
u
z
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
.. 
v
y
y
z
v
x
x
z
v
z
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
.. 
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]vuuvuuvuvuvuv
u
w
++−+−+−=
∂
∂
2.123.23.2.3.6
2222
 
 
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]vuvvuvvuvuvuu
v
w
+−−+−+−=
∂
∂
2.23.3.2.3.6
222
 
 
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02) Seja ( )vufz ,= , onde 
y
x
xyu −= e 
x
y
xyv += . Se 2=
∂
∂
=
∂
∂
v
z
u
z
, calcule 
y
z
xx
z
y ∂
∂
+
∂
∂
.
1
.
1
. 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 
x
v
v
z
x
u
u
z
x
z
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
.. . 





 −
∂
∂
+





−
∂
∂
=
∂
∂
2
.
1
.
x
y
y
v
z
y
y
u
z
x
z
. 
22
22
4.2
1
.2
x
y
y
y
x
z
x
y
y
y
y
x
z
−−=
∂
∂
⇒




 −+





−=
∂
∂
. 
Da mesma forma: 
y
v
v
z
y
u
u
z
y
z
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
.. . 





 +
∂
∂
+





+
∂
∂
=
∂
∂
x
x
v
z
y
x
x
u
z
y
z 1
..
2
. 
22
22
4
1
.2.2
y
x
x
x
y
z
x
x
y
x
x
y
z
++=
∂
∂
⇒




 ++





+=
∂
∂
. 
Então: 
2222
22
4
22
4.
1
.
1
yxxyy
z
xx
z
y
+++−−=
∂
∂
+
∂
∂
. 
 
Finalmente: 8.
1
.
1
=
∂
∂
+
∂
∂
y
z
xx
z
y
 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA - EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá - MG 
 
CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 09 
 
 
01) Se 222 zyxw −+= , θφρ cos..senx = , θφρ senseny ..= e φρ cos.=z , mostre que: 
a) ( )φρ
ρ
2cos.2−=
∂
∂w
; 
b) ( )φρ
φ
2.2
2 sen
w
=
∂
∂
; 
c) 0=
∂
∂
θ
w
. 
02) Sendo ( )22 yxfxyz ++= e f uma função derivável, determine ( )
y
z
x
x
z
yyxg
∂
∂
−
∂
∂
= .., . 
 Resp: ( ) 22, xyyxg −= 
03) Seja ( )yxfz ,= , com θcos.rx = e θsenry .= . Se ( ) 21,0 =xf e ( ) 31,0 −=yf , calcule o valor da 
expressão 
θ∂
∂
−
∂
∂ z
r
z
.3.2 para o ponto ( ) 




=
2
,1,
π
θr .; Resp: 0 
04) Se ( )srfu ,= , 
xy
xy
r
−
=
2
 e 
yz
yz
s
3−
= , escrever 
z
u
z
y
u
y
x
u
x
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
...
222 em função das 
derivadas parciais de f . Resp: 
r
f
s
f
∂
∂
−
∂
∂
.2 
05) Uma função ( )yxww ,= é definida por 




 +
=
xy
yx
fxyw . , onde f é diferenciável. Mostre que 
existe uma função ( )yxg , que verifica a equação ( )yxgw
y
w
y
x
w
x ,... 22 =
∂
∂
−
∂
∂
 e determine a 
função ( )yxg , . Resp: ( ) yxyxg −=, 
06) Se yzxw 2= , 
s
r
x = , sery .= e serz −= . , determine 
r
w
∂
∂
 e 
s
w
∂
∂
. 
 Resp: 
2
3
4
s
r
r
w
=
∂
∂ e 
3
4
2
s
r
s
w
−=
∂
∂ 
 
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 10 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.14 – DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES IMPLÍCITAS: 
 
Para o cálculo das derivadas parciais de Funções Implícitas, vamos considerar dois casos: 
 
PRIMEIRO CASO: 
 
Seja a função ( ) 0, =yxf , que exprime y como função de x , isto é, ( )( ) 0, =xyxf . 
Derivando parcialmente com relação a x , temos: 
0. =
∂
∂
+
∂
∂
dx
dy
y
f
x
f
. 
 
Isolando 
dx
dy
, obtemos: 
 
 
EXEMPLOS: 
 
Achar 
dx
dy
 nas funções implícitas a seguir: 
 
01) 0422 =−+ yx 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( )






=
∂
∂
=
∂
∂
⇒−+=
y
y
f
x
x
f
yxyxf
2
2
4,
22 . Portanto 
 
y
f
x
f
dx
dy
∂
∂
∂
∂
−
= 
 
y
x
dx
dy
y
x
dx
dy
−=⇒
−
=
2
2
 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
02) 0.. =+ senxesenye yx 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( )






+=
∂
∂
+=
∂
∂
⇒+=
senxeye
y
f
xesenye
x
f
senxesenyeyxf
yx
yx
yx
.cos.
cos..
.., . 
 
Portanto: 
 
 
03) ( ) ( ) 222 cbyax =−+− 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( ) ( ) ( )
( )
( )






−=
∂
∂
−=
∂
∂
⇒−−+−=
by
y
f
ax
x
f
cbyaxyxf
.2
.2
,
222 . 
 
Portanto: 
 
 
SEGUNDO CASO: 
 
Seja a função ( ) 0,, =zyxf (A), que define implicitamente z como função de x e y , isto é, 
( )yxgz ,= (B). 
Diferenciando (A), teremos: 
0... =
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
dz
z
f
dy
y
f
dx
x
f
 (C) 
Diferenciando (B), teremos: 
dy
y
z
dx
x
z
dz ..
∂
∂
+
∂
∂
= (D) 
Substituindo (D) em (C) resulta: 
( )
senxeye
xesenye
dx
dy
yx
yx
.cos.
cos..
+
+−
= 
( )
( ) by
xa
dx
dy
by
ax
dx
dy
−
−
=⇒
−
−−
=
.2
.2
 
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
0..... =





∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
dy
y
z
dx
x
z
z
f
dy
y
f
dx
x
f
 (E) 
Porém, supondo x constante, tem-se 0=dx . 
Em (E) : 0... =
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
dy
y
z
z
f
dy
y
f
. 
Dividindo por dy : 0. =
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
y
z
z
f
y
f
. 
 
 
Portanto: 
 
 
Supondo agora y constante, tem-se 0=dy . 
Em (E) : 0... =
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
dx
x
z
z
f
dx
x
f
. 
Dividindo por dx : 0. =
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
x
z
z
f
x
f
. 
 
 
Portanto: 
 
 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Achar 
x
z
∂
∂
 e 
y
z
∂
∂
, sabendo que 0323 222 =++−+ zxzyxyx . 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: ( ) 222 323,, zxzyxyxzyxf ++−+= . 
Calculando as derivadas parciais, obtemos: 
 
z
f
y
f
y
z
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
 
z
f
x
f
x
z
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
 
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FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
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zx
z
f
23 +=
∂
∂
 ; zyx
x
f
332 ++=
∂
∂
 ; yx
y
f
43 −=
∂
∂
 
 
Portanto: 
 
 
02) Se 0, =





x
z
xyf , calcular 
x
z
x
y
z
y
∂
∂
−
∂
∂
.. . 
SOLUÇÃO: 
 
Neste exercício temos, ao mesmo tempo, uma função implícita e composta. 
Chamando, então, xyu = e 
x
z
v = , teremos a função implícita ( ) 0, =vuf . 
Aplicando as regras de derivação de Funções Compostas e de Funções Implícitas, obtém-se: 
xv
f
u
f
x
z
v
f
y
u
f
x
z
z
v
v
f
z
u
u
f
x
v
v
f
x
u
u
f
z
f
x
f
x
z
1
.0.
..
..
..
2
∂
∂
+
∂
∂






∂
∂
−
∂
∂
−
=
∂
∂
⇒
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂






∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
. 
xv
f
u
f
v
f
x
u
f
x
z
z
v
v
f
z
u
u
f
y
v
v
f
y
u
u
f
z
f
y
f
y
z
1
.0.
0..
..
..
∂
∂
+
∂
∂






∂
∂
+
∂
∂
−
=
∂
∂
⇒
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂






∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
. 
Portanto: ⇒
∂
∂
∂
∂
−
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
−=
∂
∂
−
∂
∂
v
f
v
f
z
v
f
u
f
yx
v
f
u
f
yx
x
z
x
y
z
y ..... 22 
 
03) A equação do plano tangente à superfície ( ) 0,, =zyxf pelo ponto ( )
000
,, zyxP é dada por 
( ) ( )
000
.. yy
y
z
xx
x
z
zz
PP
−
∂
∂
+−
∂
∂
=− , onde 
Px
z
∂
∂
 e 
P
y
z
∂
∂
 são as derivadas parciais da função 
no ponto ( )
000
,, zyxP . Nestas condições, mostre que a equação do plano tangente à 
superfície 1
2
2
2
2
2
2
=++
c
z
b
y
a
x
 pelo ponto ( )
000
,, zyxP é 1
...
2
0
2
0
2
0 =++
c
zz
b
yy
a
xx
. 
 
( )
zx
zyx
x
z
23
332
+
++−
=
∂
∂
 
 
zx
xy
y
z
23
34
+
−
=
∂
∂
 
z
x
z
x
y
z
y −=
∂
∂
−
∂
∂
.. 
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SOLUÇÃO: 
 
Podemos escrever a equação da superfície na forma: 0222222222222 =−++ cbazbaycaxcb . 
Vamos determinar as derivadas parciais no ponto dado: 
0
2
0
2
2
2
22
22
2
2
za
xc
x
z
za
xc
zba
xcb
z
f
x
f
x
z
P
−=
∂
∂
⇒−=
−
=
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
. 
0
2
0
2
2
2
22
22
2
2
zb
yc
y
z
zb
yc
zba
yca
z
f
y
f
y
z
P
−=
∂
∂
⇒−=
−
=
∂
∂
∂
∂
−
=
∂
∂
. 
Portanto, a equação do plano tangenteé: 
( ) ( )
0
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0
.. yy
zb
yc
xx
za
xc
zz −−−−=− 
Multiplicando pelo MMC 
0
22 zba , encontramos: 
2
0
22
0
222
0
22
0
222
0
22
0
22
.... ycayycaxcbxxcbzbazzba +−+−=− . 
Dividindo por 222 cba , obtém-se: 
2
2
0
2
0
2
2
0
2
0
2
2
0
2
0
...
b
y
b
yy
a
x
a
xx
c
z
c
zz
+−+−=− . 
Podemos ainda escrever esta equação na forma: 
2
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
0
...
c
z
b
y
a
x
c
zz
b
yy
a
xx
++=++ . 
Porém: 1
2
2
0
2
2
0
2
2
0 =++
c
z
b
y
a
x
. 
 
Portanto, temos finalmente a equação do plano tangente: 
1
...
2
0
2
0
2
0 =++
c
zz
b
yy
a
xx
 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
MAT092 – CÁLCULO 2 – AULA 11 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.15 – TRANSFORMAÇÃO DE COORDENADAS: JACOBIANO: 
 
Nos próximos capítulos deste curso, vamos conhecer e fazer aplicações de integrais múltiplas: 
duplas e triplas. 
Porém, conforme teremos oportunidade de conferir, algumas integrais duplas ou triplas 
somente poderão ser resolvidas se fizermos uma transformação de coordenadas. 
Em linhas gerais, a transformação de coordenadas consiste em se tomar uma função de duas 
ou três variáveis e mudar essas variáveis através de algumas relações convenientes. 
Ao fazer essas transformações, definimos um determinante especial, chamado de Jacobiano e 
indicado pela notação J . Esse Jacobiano vai desempenhar nas integrais múltiplas o mesmo papel 
que a diferencial faz nas integrais simples. 
Para uma função de duas variáveis da forma ( )yxfz ,= , podemos transformar as 
coordenadas x e y para as coordenadas u e v através das relações ( )vugx ,= e ( )vuhy ,= . 
 
 
O Jacobiano desta transformação é definido por: 
 
 
Se a função possui três variáveis da forma ( )zyxfw ,,= , podemos transformar as 
coordenadas x , y e z para as coordenadas u , v e t através das relações ( )tvugx ,,= , 
( )tvuhy ,,= e ( )tvujz ,,= . 
 
 
O Jacobiano desta transformação será: 
 
 
 
v
y
u
y
v
x
u
x
J
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
= 
t
z
v
z
u
z
t
y
v
y
u
y
t
x
v
x
u
x
J
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=
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Para entendermos melhor este conceito, vamos determinar o Jacobiano de três 
transformações particulares de coordenadas que serão úteis no futuro. 
Tratam-se das transformações de coordenadas cartesianas para: polares, cilíndricas e 
esféricas. 
 
A - COORDENADAS POLARES: 
 
Um ponto P do plano cartesiano xy pode ser localizado se conhecemos a sua abscissa x e a 
sua ordenada y . 
Porém, podemos localizar este mesmo ponto se conhecermos as suas coordenadas polares, 
que indicamos por r e θ , conforme é mostrado na figura abaixo: 
 
 
As relações de transformação das coordenadas cartesianas para as polares são: 



=
=
θ
θ
senry
rx
.
cos.
 , onde r é o raio polar e θ é o ângulo polar. 
 
O Jacobiano desta transformação será: 
θθ
θθ
θ
θ
cos.
.cos
rsen
senr
J
y
r
y
x
r
x
J
−
=⇒
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
= 
Calculando, obtemos: ⇒+= θθ 22 .cos. senrrJ 
 
r 
θ 
( )yxP , 
y 
y 
x 
x 0 



≤≤
≥
πθ 20
0r
 
rJ =
 
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B - COORDENADAS CILÍNDRICAS: 
 
Um ponto P do plano cartesiano xyz no espaço pode ser localizado se conhecemos a sua 
abscissa x , a sua ordenada y e a sua cota z . 
Entretanto, também podemos localizar este ponto fornecendo as suas coordenadas cilíndricas 
r , θ e z , conforme a figura abaixo: 
 
As relações de transformação de coordenadas cartesianas no espaço para as coordenadas 
cilíndricas são: 





=
=
=
zz
senry
rx
θ
θ
.
cos.
. 
 
O Jacobiano desta transformação será: 
100
0cos.
0.cos
θθ
θθ
θ
θ
θ
rsen
senr
J
z
zz
r
z
z
yy
r
y
z
xx
r
x
J
−
=⇒
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
= 
 
Calculando, obtemos: ⇒+= θθ 22 .cos. senrrJ 
 
 
( )zyxP ,, 
r 
θ 
z 
z 
y 
y 
x 
x 
0 





ℜ∈
≤≤
≥
z
r
πθ 20
0
 
rJ =
 
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C - COORDENADAS ESFÉRICAS: 
 
Assim como um ponto P do plano cartesiano xyz no espaço pode ser localizado se 
conhecemos a sua abscissa x , a sua ordenada y e a sua cota z , podemos também identificá-lo 
se conhecemos as suas coordenadas esféricas ρ , θ e φ , conforme a figura abaixo: 
 
As relações de transformação de coordenadas cartesianas no espaço para as coordenadas 
esféricas são: 





=
=
=
φρ
θφρ
θφρ
cos.
..
cos..
z
senseny
senx
. 
O Jacobiano desta transformação será: 
0.cos
cos...cos..
..cos.cos.cos.
φρφ
θφρθφρθφ
θφρθφρθφ
θφρ
θφρ
θφρ
sen
sensensensen
sensensen
J
zzz
yyy
xxx
J
−
−
=⇒
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
= 
Resolvendo este determinante, resulta: 
 θφφρθφρθφρθφφρ 222232232222 .cos..cos....cos.cos.. sensensensensensenJ +++= . 
 
Fatorando e simplificando, obtemos finalmente: 
 
 
( )zyxP ,, 
θ 
z 
z 
y 
y 
x 
x 
0 





≤≤
≤≤
≥
πφ
πθ
ρ
0
20
0
 ρ φ 
φρ senJ .2=
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EXEMPLOS: 
 
01) Sendo 




=
+
=
vuy
vu
x
.
2
4
22
 as relações que permitem transformar as coordenadas cartesianas x 
e y nas coordenadas u e v , achar o Jacobiano desta transformação. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 
v
y
u
y
v
x
u
x
J
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
= . 
Portanto ⇒=
uv
vu
J
4
 
 
02) Considerando a transformação 





+−=
−+=
++=
φ
φ
φ
22
22
22
cos
vuz
vuy
senvux
, determine o valor do Jacobiano da 
transformação inversa 
( )
( )zyx
vu
J
,,
,,
∂
∂
=
φ
 no ponto ( ) 




=
2
,1,1,,
π
φvu . 
SOLUÇÃO: 
 
Como queremos determinar o Jacobiano da transformação inversa de coordenadas, o 
procedimento mais provável seria escrever u , v e φ como funções de x , y e z , ou seja, obter as 
relações de transformação inversa. 
Porém, este procedimento nem sempre é elementar, o que acontece no nosso caso. Então, 
como proceder num caso como este? 
Nestes casos, o correto a se fazer é calcular o Jacobiano da transformação inversa tomando-
se o inverso do Jacobiano da transformação dada, isto é, fazemos: 
( )
( ) ( )
( )φ
φ
,,
,,
1
,,
,,
vu
zyxzyx
vu
J
∂
∂
=
∂
∂
= . 
22
4vuJ −= 
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
Assim: 
φ
φ
φ
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=
z
v
z
u
z
y
v
y
u
y
x
v
x
u
x
J
1
 
( )φφ
φ
φ cos8
1
122
22
cos22
1
−
=⇒
−
=
senuv
J
vu
senvu
vu
J 
 
No ponto dado, teremos: 
 
8
1
=J 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA - EAD 
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 11 
 
 
01) Para a transformação 




−=
+=
3
3
23 yev
yeu
x
x
, achar o Jacobiano da transformação inversa 
( )
( )vu
yx
J
,
,
∂
∂
= . 
 Resp: 
x
ey
J
2
15
1−
= 
02) Dada a transformação de coordenadas paraboloidais 







−
=
=
=
2
cos
22
vu
z
uvseny
uvx
φ
φ
, calcular o valor do 
Jacobiano 
( )
( )zyx
vu
J
,,
,,
∂
∂
=
φ
 no ponto ( ) 




=
3
,2,1,,
π
φvu . Resp: 
10
1 
03) A transformação de coordenadas cartesianas retangulares para coordenadas cilindro-
parabólicas é definida por 
( )







=
=
−=
zz
uvy
vux
22
2
1
. Achar o Jacobiano da transformação inversa dessa 
transformação 
( )
( )zyx
zvu
J
,,
,,
∂
∂
= . Resp: 
22
1
vu
J
+
= 
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MAT092 – CÁLCULO 2 –AULA 12 
CAPÍTULO 1 – FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
1.16 – DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR: 
 
Seja ( )yxfz ,= uma função continuamente derivável em relação às variáveis x e y numa 
região R do seu Domínio. 
Neste caso, as suas derivadas parciais de primeira ordem são: 
• ( ) ( )yxfyxf
x
z
x
f
x ,, 1==∂
∂
=
∂
∂
; 
• ( ) ( )yxfyxf
y
z
y
f
y ,, 2==∂
∂
=
∂
∂
. 
Se 
x
f
∂
∂
 e 
y
f
∂
∂
 são funções de duas variáveis que sejam deriváveis com relação a x e a y , 
então podemos definir as derivadas parciais de segunda ordem que são: 
• ( ) ( )yxfyxf
x
z
x
f
x
f
x
xx ,, 112
2
2
2
==
∂
∂
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
; 
• ( ) ( )yxfyxf
xy
z
xy
f
x
f
y
yx ,, 21
22
==
∂∂
∂
=
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
; 
• ( ) ( )yxfyxf
yx
z
yx
f
y
f
x
xy ,, 12
22
==
∂∂
∂
=
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
; 
• ( ) ( )yxfyxf
y
z
y
f
y
f
y
yy ,, 222
2
2
2
==
∂
∂
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
. 
Supondo que as derivadas parciais de segunda ordem sejam deriváveis com relação a x e a 
y , definimos as derivadas de terceira ordem: 
• ( ) ( )yxfyxf
x
z
x
f
x
f
x
xxx ,, 1113
3
3
3
2
2
==
∂
∂
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
; 
• ( ) ( )yxfyxf
xy
z
xy
f
x
f
y
yxx ,, 2112
3
2
3
2
2
==
∂∂
∂
=
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
; 
 
PROIBIDO VENDER
FÍSICA – LICENCIATURA – EAD 
Prof. Sebastião Fernandes – UNIFEI – Itajubá – MG 
 
• ( ) ( )yxfyxf
yx
z
yx
f
y
f
x
xyy ,, 1222
3
2
3
2
2
==
∂∂
∂
=
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 
• M 
 
E assim, sucessivamente, podemos definir as derivadas parciais das demais ordens. 
 
OBSERVAÇÕES: 
 
O1: Pode-se mostrar que 
xy
f
yx
f
∂∂
∂
=
∂∂
∂ 22
 , 
xx
f
xy
f
∂∂
∂
=
∂∂
∂
2
3
2
3
 ou, genericamente
kkn
n
knk
n
xy
f
yx
f
∂∂
∂
=
∂∂
∂
−−
, 
quer dizer, se derivarmos k vezes com relação à variável x e ( )kn − vezes com relação à 
variável y , podemos fazê-lo como quisermos que o resultado final será o mesmo. 
O2: O conceito de derivadas parciais de ordem superior igualmente se aplica para funções de 
três ou mais variáveis. 
O3: Para se chegar a uma certa derivada parcial de ordem superior é necessário passarmos 
primeiramente pelas derivadas de ordens inferiores a essa. Por exemplo, se queremos 
uma certa derivada parcial de terceira ordem é necessário passarmos pelas derivadas 
parciais de primeira e de segunda ordem que darão origem à derivada de terceira ordem 
procurada. 
 
EXEMPLOS: 
 
01) Sendo ( ) yxyxyxyxf 4623, 232 +−+= , calcule 
2
2
x
f
∂
∂
, 
2
2
y
f
∂
∂
, 
xy
f
∂∂
∂ 2
, 
yx
f
∂∂
∂ 2
, 
2
3
yx
f
∂∂
∂
 e 
xy
f
∂∂
∂
2
3
. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 666 22 −+=
∂
∂
yxxy
x
f
 e 443 32 ++=
∂
∂
yxx
y
f
 (Derivadas parciais de primeira ordem). 
Podemos observar que estas derivadas parciais continuam sendo funções de duas variáveis. 
Vamos, então, determinar as derivadas parciais de ordens superiores. 
 
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• ( ) ⇒−+
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
666
22
2
2
yxxy
xx
f
xx
f
 
 
• ( ) ⇒++
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
443
32
2
2
yxx
yy
f
yy
f
 
 
• ( ) ⇒−+
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=
∂∂
∂
666
22
2
yxxy
yx
f
yxy
f
 
 
• ( ) ⇒++
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=
∂∂
∂
443
32
2
yxx
xy
f
xyx
f
 
 
• ( ) ⇒
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
=
∂∂
∂ 3
2
2
2
3
4x
xy
f
xyx
f
 
 
• ( ) ⇒+
∂
∂
=





∂∂
∂
∂
∂
=
∂∂
∂
yxx
yxy
f
yxy
f 2
2
2
3
126 
 
Observe que, tal como observado, temos 
xy
f
yx
f
∂∂
∂
=
∂∂
∂ 22
 e 
xy
f
yx
f
∂∂
∂
=
∂∂
∂
2
3
2
3
. 
 
02) Se ( )yxfz ,= , ( )ugx = e ( )uhy = , encontre 
2
2
du
zd
. 
 
SOLUÇÃO: 
 
Podemos perceber que z é função de x e y que, por sua vez, são funções de u . Portanto, z 
é uma função composta na variável u . 
Aparentemente z é uma função de duas variáveis, mas, na verdade, é função apenas de uma 
variável u . Daí o fato de que o problema pede uma derivada simples de segunda ordem. 
 
 
2
2
2
126 xyy
x
f
+=
∂
∂
 
3
2
2
4x
y
f
=
∂
∂
 
yxx
xy
f 2
2
126 +=
∂∂
∂
 
yxx
yx
f 2
2
126 +=
∂∂
∂
 
2
2
3
12x
yx
f
=
∂∂
∂
 
2
2
3
12x
xy
f
=
∂∂
∂
 
PROIBIDO VENDER
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Aplicando a Regra da Função Composta, podemos obter a derivada de primeira ordem que é: 
du
dy
y
z
du
dx
x
z
du
dz
..
∂
∂
+
∂
∂
= 
A derivada de segunda ordem será: 






∂
∂
+
∂
∂
=




=
du
dy
y
z
du
dx
x
z
du
d
du
dz
du
d
du
zd
..
2
2
 
Observamos que 
x
z
∂
∂
 e 
y
z
∂
∂
 continuam sendo funções compostas na variável u . Portanto, 
devemos derivar ao mesmo tempo uma soma e um produto de funções de u . 
 Então, podemos escrever: 
2
2
2
2
2
2
....
du
yd
y
z
du
dy
y
z
du
d
du
xd
x
z
du
dx
x
z
du
d
du
zd
∂
∂
+





∂
∂
+
∂
∂
+





∂
∂
= . 
2
2
2
22
2
22
2
2
2
2
........
du
yd
y
z
du
dy
y
z
du
dx
xy
z
du
dy
du
xd
x
z
du
dy
yx
z
du
dx
x
z
du
dx
du
zd
∂
∂
+





∂
∂
+
∂∂
∂
+
∂
∂
+





∂∂
∂
+
∂
∂
= . 
Lembrando que 
xy
z
yx
z
∂∂
∂
=
∂∂
∂ 22
, podemos desenvolver e simplificar a expressão acima, obtendo: 
 
 
 
 
OBSERVAÇÃO: 
 
O problema que acabamos de resolver é, aparentemente, complicado. Porém, para que você 
tenha uma visão mais clara da solução encontrada, sugerimos que escolha uma forma particular 
de definir as funções ( )yxfz ,= , ( )ugx = e ( )uhy = . 
Que tal fazer 23 32 yxz += , 4ux = e 23uy = ? Verifique!!!!!!!!!!!!! 
 
03) Mostre que a função ( ) 222 8523,, zxzxyyxzyxf −++−= verifica a Equação Diferencial de 
Laplace para 3 dimensões 0
2
2
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
z
f
y
f
x
f
. 
 
2
22
2
2
2
222
2
2
2
2
......2.
du
yd
y
z
du
dy
y
z
du
xd
x
z
yx
z
du
dy
du
dx
du
dx
x
z
du
zd
∂
∂
+





∂
∂
+
∂
∂
+
∂∂
∂
+





∂
∂
= 
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SOLUÇÃO: 
 
As derivadas parciais de primeira ordem são: 
zyx
x
f
856 ++=
∂
∂
 ; xy
y
f
54 +−=
∂
∂
 ; zx
z
f
28 −=
∂
∂
 
As derivadas parciais de segunda ordem que aparecem na equação são: 
6
2
2
=
∂
∂
x
f
 ; 4
2
2
−=
∂
∂
y
f
 ; 2
2
2
−=
∂
∂
z
f
 
Substituindo na Equação de Laplace, obtemos: 
 
 
 
 
04) Mostre que a função xew y cos.
2−= satisfaz a Equação Diferencial wy
x
w
y
w 2
2
2
2
2
42 =
∂
∂
−
∂
∂
. 
SOLUÇÃO: 
 
Temos: 
• xe
x
w
senxe
x
w yy
cos..
22
2
2
−− −=
∂
∂
⇒−=
∂
∂
 
• xeyxe
y
w
xey
y
w yyy
cos..4cos..2cos..2
222
2
2
2
−−− +−=
∂
∂
⇒−=
∂
∂
 
Substituindo na equação, obtemos: 
xexeyxe
x
w
y
w yyy
cos..2cos..4cos..22
222
2
2
2
2
2
−−− ++−=
∂
∂
−
∂
∂
. 
Efetuando as simplificações, resulta finalmente: 
 
 
 
0246
2
2
2
2
2
2
=−−=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
z
f
y
f
x
f
 
wy
x
w
y
w 2
2
2
2
2
42 =
∂
∂
−
∂
∂
 
PROIBIDO VENDER
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CÁLCULO 2 
EXERCÍCIOS - AULA 12 
 
 
01) Sendo xyz = , θcosrx = e θrseny = , calcule ( ) 





∂
∂
+
∂
∂
=
2
2
2
2
.
2
1
,
θθ
θ
z
r
z
sen
rg . 
 Resp: ( ) 221, rrg −=θ 
02) Se 222 zyxw ++= , φcosuvx = , φuvseny = e ( )22
2
1
vuz −= , calcule 
vu
w
∂∂
∂2
. 
 Resp: uv
vu
w
2
2
=
∂∂
∂ 
03) Mostre que, se 22 49 yxu += , θcosrx = e θrseny = , então θ
θ
2
2
2
22
2
108.
1
sen
u
rr
u
+=
∂
∂
+
∂
∂
. 
04) Se 22 yxz += , θρ cosex = e θρseney = , mostre que 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
.
y
z
x
zzz
e
∂
∂
+
∂
∂
=





∂
∂
+
∂
∂−
θρ
ρ . 
05) Se ( ) ( )[ ]22ln byaxz −+−=