GRADIENTE E DERIVADA DIRECIONAL

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Prof. Valessa Zaigla – IFPI Campus Teresina Central 
 
 
GRADIENTE E DERIVADA DIRECIONAL 
1. VETORES GRADIENTES E CURVAS DE NÍVEL 
1.1. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO DE DUAS VARIÁVEIS: 
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA 
O próximo teorema mostra que os vetores gradientes de uma função são 
perpendiculares às suas curvas de nível. 
Teorema: Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) de classe 𝐶1 num aberto 𝐴 ⊂ ℝ2 e seja (𝑥0, 𝑦0) 
um ponto da curva de nível 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐 tal que ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) ≠ 0⃗ . Então, 
∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) é um vetor normal à curva de nível 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐 em (𝑥0, 𝑦0). 
 
Demonstração: Como o vetor gradiente ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) ≠ 0⃗ , a curva 𝑓(𝑥, 𝑦) 
que passa por (𝑥0, 𝑦0) pode ser parametrizada em uma vizinhança de 
(𝑥0, 𝑦0) por 𝛾(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)), com 𝛾(𝑡0) = (𝑥0, 𝑦0). Derivando 
𝑓(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) = 𝑐, em relação a 𝑡, temos: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)).
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)).
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 0 
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)),
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡)) ) (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
,
𝑑𝑦
𝑑𝑡
) = 0 
∇𝑓(𝛾(𝑡)) ∙ 𝛾′(𝑡) = 0 
Em 𝑡 = 𝑡0, tem-se 
∇𝑓(𝛾(𝑡0)). 𝛾
′(𝑡0) = 0 
O que mostra que o gradiente de 𝑓 é perpendicular ao vetor tangente em 
(𝑥0, 𝑦0) e, portanto, perpendicular à curva de nível 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐. 
 
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A reta passando por (𝑥0, 𝑦0) e perpendicular a ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) denomina-se 
reta tangente, em (𝑥0, 𝑦0) , à curva de nível 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐. A equação de 
tal reta é: 
∇𝑓(𝑥0, 𝑦0). [(𝑥, 𝑦) − (𝑥0, 𝑦0)] = 0 
 
Exercício Resolvido 1: A curva 𝛾(𝑡) passa pelo ponto (1,2) e é tal que 
𝑓(𝛾(𝑡)) = 1 para todo 𝑡 no domínio de 𝛾, onde 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2 −
3𝑦. Suponha 𝛾(𝑡0) = (1,2) e 𝛾′(𝑡0) ≠ 0⃗ . Determine a equação da reta 
tangente a 𝛾 no ponto (1,2). 
Solução. Observe que a imagem de 𝛾(𝑡) está contida na curva de 
nível 𝑓(𝑥, 𝑦) = 1. 
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 + 𝑦, 𝑥 + 2𝑦 − 3) 
∇𝑓(1,2) = (2.1 + 2, 1 + 2.2 − 3) = (4,2) 
A reta tangente a 𝛾 em 𝛾(𝑡0) = (1,2) coincide coma reta tangente à curva 
de nível 𝑓(𝑥, 𝑦) = 1 em (1,2). Assim, a equação da reta tangente a 𝛾 no 
ponto (1,2),é: 
∇𝑓(1,2)[(𝑥, 𝑦) − (1,2)] = 0 
(4,2). (𝑥 − 1, 𝑦 − 2) = 0 
4(𝑥 − 1) + 2(𝑦 − 2) = 0 
4𝑥 + 2𝑦 = 8 
2𝑥 + 𝑦 = 4 
 
 
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Suponhamos que a função diferenciável 𝑦 = 𝑓(𝑥) seja dada 
implicitamente pela equação 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0, onde 𝐹 é suposta diferenciável 
e ∇𝐹(𝑥0, 𝑦0) ≠ 0⃗ com 𝑦0 = 𝑓(𝑥0). Segue que, para todo 𝑥 no domínio de 
𝑓, 𝐹(𝑥, 𝑓(𝑥)) = 0, isto é , a imagem da curva 𝛾(𝑥) = (𝑥, 𝑓(𝑥)) está contida 
na curva de nível 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0. Assim, ∇𝐹(𝑥0, 𝑦0) é normal ao gráfico de 𝑓 
em (𝑥0, 𝑦0). Poderíamos, também, ter chegado a este resultado, no caso 
𝜕𝐹
𝜕𝑦
(𝑥0, 𝑦0) ≠ 0 e 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
(𝑥0, 𝑦0) ≠ 0, observando que 
𝜕𝐹
𝜕𝑦
(𝑥0, 𝑦0)
𝜕𝐹
𝜕𝑥
(𝑥0, 𝑦0)
 
É o coeficiente angular da direção determinada pelo vetor ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) e que 
𝑓′(𝑥0) = −
𝜕𝐹
𝜕𝑥
(𝑥0, 𝑦0)
𝜕𝐹
𝜕𝑦
(𝑥0, 𝑦0)
 
é o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de 𝑓 no ponto (𝑥0, 𝑦0). 
Exercício Resolvido 2: Determine uma reta que seja tangente à elipse 
2𝑥2 + 𝑦2 = 3 e paralela à reta 2𝑥 + 𝑦 = 5. 
SOLUÇÃO. 
2𝑥2 + 𝑦2 = 3 ⇔ 2𝑥2 + 𝑦2 − 3⏟ = 0
𝐹(𝑥,𝑦)
 
∇𝐹(𝑥, 𝑦) = (4𝑥, 2𝑦) 
O coeficiente angular da reta 2𝑥 + 𝑦 = 5 é igual a −2 . Portanto, 
2𝑦
4𝑥
=
1
2
⇔ 𝑦 = 𝑥 
Portanto, o vetor gradiente tem a mesma direção do vetor (4,2). 
Assim, 2𝑥2 + 𝑥2 = 3, ou seja, 𝑥 = ±1. Devemos determinar as equações 
da reta tangente à elipse nos pontos (1,1) e (−1,−1). 
Teremos duas retas tangentes: 
• (4,2) (𝑥 − 1, 𝑦 − 1) = 0 
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4𝑥 + 2𝑦 − 4 − 2 = 0 
4𝑥 + 2𝑦 = 6 
2𝑥 + 𝑦 = 3 
• (4,2) (𝑥 + 1, 𝑦 + 1) = 0 
4𝑥 + 2𝑦 + 4 + 2 = 0 
4𝑥 + 2𝑦 = −6 
2𝑥 + 𝑦 = −3 
 
 
1.2. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO DE TRÊS VARIÁVEIS: 
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA 
Teorema: Seja 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) de classe 𝐶1 num aberto 𝐴 ⊂ ℝ3 e seja 
(𝑥0, 𝑦0,𝑧0) um ponto da superfície de nível 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐 tal que 
∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) ≠ 0⃗ . Então, ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) é um vetor normal à superfície de 
nível 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐 em (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0). 
Demonstração: Vamos mostrar que ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) é normal em (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) 
a toda curva 𝛾, diferenciável, passando por este ponto e cuja imagem 
esteja contida na superfície de nível 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐. 
Seja, então, 𝛾(𝑡), 𝑡 ∈ 𝐼, uma tal curva, com 𝛾(𝑡0) = (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0); como 
estamos supondo que a imagem de 𝛾 está contida na superfície de nível 
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐, teremos: 
𝑓(𝛾(𝑡)) = 𝑐 
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Para todo 𝑡 no domínio de 𝛾. Derivando, em relação a 𝑡, ambos os 
membros da equação acima, obtemos, para todo 𝑡 ∈ 𝐼, 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)).
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)).
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
𝜕𝑓
𝜕𝑧
(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)).
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 0 
∇𝑓(𝛾(𝑡)). 𝛾′(𝑡) = 0 
Em 𝑡 = 𝑡0, tem-se 
∇𝑓(𝛾(𝑡0)). 𝛾
′(𝑡0) = 0 
O que mostra que ∇𝑓(𝛾(𝑡0)) e 𝛾
′(𝑡0) são ortogonais. 
 
Fica provado assim que ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) é normal à superfície de nível 
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐, no ponto (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0). 
O plano tangente passando pelo ponto (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) e perpendicular a 
∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) denomina-se plano tangente, em (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0), à superfície 
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐. A equação deste plano é: 
∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)[(𝑥, 𝑦, 𝑧) − (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)] = 0 
A reta 
(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) + 𝜆∇𝑓(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0), 𝜆 ∈ ℝ 
Denomina-se reta normal, em (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0), à superfície 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐. 
 
Seja 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) uma função diferenciável dada implicitamente pela 
equação 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, onde 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) é suposta de classe 𝐶1 num 
aberto do ℝ3; seja (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0), 𝑧0 = 𝑓(𝑥0, 𝑦0), um ponto do gráfico de 
𝑓, com ∇𝐹(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) ≠ 0⃗ . Como o gráfico de 𝑓 tem, sua imagem contida 
na superfície 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, resulta que toda curva 𝛾 com imagem 
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contida no gráfico de 𝑓 tem sua imagem contida na superfície 
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0; assim ∇𝐹(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) é normal ao gráfico de 𝑓, em 
(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0). 
 
Exercício Resolvido 3: A função diferenciável 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) é dada 
implicitamente pela equação 𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧3 = 10. Determine a equação do 
plano tangente ao gráfico de 𝑓 no ponto (1,1 𝑓(1,1)). 
SOLUÇÃO. 
A função é definida implicitamente pela equação 𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧3 − 10⏟ = 0
𝐹(𝑥,𝑦,𝑧)
. 
∇𝐹(1,1,2) é normal ao gráfico de 𝑓 no ponto (1,1,2). 
∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3𝑥2, 3𝑦2, 3𝑧2) ⇒ ∇𝐹(1,1,2) = (3,3,12) 
A equação do plano tangente em (1,1 2) é: 
(3,3,12). [(𝑥, 𝑦, 𝑧) − (1,1,2)] = 0 
3(𝑥 − 1) + 3(𝑦 − 1) + 12(𝑧 − 2) = 0 
𝑥 + 𝑦 + 4𝑧 = 10 
Observe que se 𝛾(𝑡) é uma curva diferenciável com imagem contida na 
interseção das superfícies 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 e 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, onde 𝐹 e 𝐺 são 
supostos de classe 𝐶1 num aberto de ℝ3 e ∇𝐹(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) ⋀ ∇𝐺(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) ≠
0⃗ , então o vetor 𝛾′(𝑡0) ≠ 0⃗ , tangente a 𝛾 em 𝛾(𝑡0) = (𝑥0, 𝑦0, 𝑧0), é paralelo 
a ∇𝐹(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0) ⋀ ∇𝐺(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0). 
Exercício Resolvido 4: A imagem da curva 𝛾(𝑡) está contida na 
intersecção das superfícies 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 3 e 𝑥2 + 3𝑦2 − 𝑧2 = 3. 
Suponha 𝛾(𝑡0) = (1,1,1) e 𝛾
′(𝑡0) ≠ 0⃗ . Determine a reta tangente a 𝛾 em 
𝛾(𝑡0). 
SOLUÇÃO. Sejam 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 e 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 3𝑦2 − 𝑧2. 
Para todo 𝑡 no domínio de 𝛾, devemos ter: 
𝐹(𝛾(𝑡)) = 3 e 𝐺(𝛾(𝑡)) = 3 
Como 
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∇𝐹(𝛾(𝑡0)). 𝛾
′(𝑡0) = 0 e ∇𝐺(𝛾(𝑡0)). 𝛾
′(𝑡0) = 0 
𝛾′(𝑡0) é normal aos vetores ∇𝐹(1,1,1) e ∇𝐺(1,1,1); logo 𝛾
′(𝑡0) é paralelo 
ao produto vetorial ∇𝐹(1,1,1) ∧ ∇𝐺(1,1,1). 
 
∇𝐹(1,1,1) ∧ ∇𝐺(1,1,1) = |
𝑖 𝑗 �⃗� 
2 2 22 6 −2
| = −16𝑖 + 8𝑗 + 8�⃗� 
A equação da reta tangente a 𝛾 no ponto 𝛾(𝑡0) = (1,1,1), é: 
(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1,1,1) + 𝜆(−2,1,1) 
 
2. DERIVADAS DIRECIONAIS 
Generalizaremos o conceito de derivada parcial para obter a taxa de 
variação de uma função numa dada direção. 
Sejam 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) uma função de duas variáveis, (𝑥0, 𝑦0) um ponto de 𝐷𝑓 
e �⃗� = (𝑎, 𝑏) um vetor unitário. Suponhamos que exista 𝑟 > 0 tal que |𝑡| <
𝑟 os pontos da reta (𝑥, 𝑦) = (𝑥0 + 𝑎𝑡, 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) pertençam ao domínio de 
𝑓. 
 
Definimos a taxa média de variação da função 𝑓, na direção do vetor 
unitário �⃗� = (𝑎, 𝑏), entre os pontos (𝑥0, 𝑦0) e (𝑥0 + 𝑎𝑡, 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) por 
𝑓(𝑥0 + 𝑎𝑡 , 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0)
𝑡
 
Definição: O limite 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑎𝑡 , 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0)
𝑡
 
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Quando existe e é finito, denomina-se derivada direcional de 𝑓 no ponto 
(𝑥0, 𝑦0) e na direção do vetor unitário �⃗� = (𝑎, 𝑏). 
 
Se �⃗� = 𝑖 , então 𝑎 = 1 e 𝑏 = 0, e da definição, temos: 
𝜕𝑓
𝜕𝑖 
(𝑥0, 𝑦0) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑡 , 𝑦0) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0)
𝑡
=
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 (𝑥0, 𝑦0) 
Se �⃗� = 𝑗 , então 𝑎 = 0 e 𝑏 = 1, e da definição, temos: 
𝜕𝑓
𝜕𝑗 
(𝑥0, 𝑦0) = lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 , 𝑦0 + 𝑡) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0)
𝑡
=
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 (𝑥0, 𝑦0) 
Assim, 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 e 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 são casos particulares da derivada direcional nas direções 
dos vetores unitários 𝑖 = (1,0) e 𝑗 = (0,1). 
 
2.1. INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA 
Geometricamente, 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
 (𝑥0, 𝑦0) representa a inclinação da reta tangente a 
à curva 𝐶 de equação 𝑧 = 𝑓(𝑥0 + 𝑎𝑡, 𝑦0 + 𝑏𝑡) no ponto (𝑥0, 𝑦0, 𝑓(𝑥0,𝑦0)). 
 
 
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Exercício Resolvido 5: Calcule 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
 (𝑥0, 𝑦0), sendo 
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 3𝑦2, (𝑥0, 𝑦0) = (1,2) e �⃗� o versor de 2𝑖 + 𝑗 . 
SOLUÇÃO: 
�⃗� =
𝑣 
‖𝑣 ‖
=
(2,1)
√22 + 12
= (
2
√5
,
1
√5
) = (𝑎, 𝑏) 
 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = lim
𝑡→0
𝑓(1 + 𝑎𝑡 ,2 + 𝑏𝑡 ) − 𝑓(1,2)
𝑡
 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = lim
𝑡→0
(1 + 𝑎𝑡)2 − 3(2 + 𝑏𝑡)2 − (−11)
𝑡
 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = lim
𝑡→0
1 + 2𝑎𝑡 + 𝑎2𝑡2 − 12 − 12𝑏𝑡 − 3𝑏2𝑡2 + 11
𝑡
 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = lim
𝑡→0
2𝑎𝑡 + 𝑎2𝑡2 − 12𝑏𝑡 − 3𝑏2𝑡2
𝑡
 
 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = lim
𝑡→0
(2𝑎 − 12𝑏)𝑡 + 𝑡2(𝑎2 − 3𝑏2)
𝑡
 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = lim
𝑡→0
(2𝑎 − 12𝑏) + 𝑡(𝑎2 − 3𝑏2) 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = 2𝑎 − 12𝑏 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,2) = 2
2
√5
− 12
1
√5
 
𝝏𝒇
𝝏�⃗⃗� 
(𝟏, 𝟐) = −
𝟖
√𝟓
 
 
 
 
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3. DERIVADA DIRECIONAL E GRADIENTE 
Teorema: Sejam 𝑓: 𝐴 ⊂ ℝ2 → ℝ, 𝐴 aberto, (𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐴 e �⃗� = (𝑎, 𝑏) um 
vetor unitário. Se 𝑓(𝑥, 𝑦) for uma função diferenciável em (𝑥0, 𝑦0), então 
𝑓 admitirá derivada direcional em (𝑥0, 𝑦0), na direção �⃗� , e: 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) = ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) . �⃗� 
Demonstração: A diferenciabilidade de 𝑓 em (𝑥0, 𝑦0), implica que: 
lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑎𝑡 , 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0 ) −
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥0, 𝑦0) (𝑎𝑡) −
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥0, 𝑦0)(𝑏𝑡)
|𝑡|
= 0 
lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑎𝑡 , 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0 ) − ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) . (𝑡�⃗� )
|𝑡|
= 0 
lim
𝑡→0
|
𝑓(𝑥0 + 𝑎𝑡 , 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0 ) − ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) . (𝑡�⃗� )
|𝑡|
| = 0 
Isto, por sua vez, equivale a 
lim
𝑡→0
𝑓(𝑥0 + 𝑎𝑡 , 𝑦0 + 𝑏𝑡 ) − 𝑓(𝑥0, 𝑦0 )
|𝑡|
= ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) . �⃗� 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) = ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) . �⃗� 
Exercício Resolvido 6: Determine a taxa de variação de 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥
2−𝑦2 
no ponto 𝑃0 = (1,1) na direção do versor de 3𝑖 + 4𝑗 . 
SOLUÇÃO: As derivadas parciais da função 𝑓 são: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑒𝑥
2−𝑦2 e 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) = −2𝑦𝑒𝑥
2−𝑦2 
Portanto, 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(1,1) = 2 , 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(1,1) = −2 e �⃗� = (
3
5
,
4
5
) 
Como 𝑓 é diferenciável em (1,1), segue do teorema acima que: 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,1) = ∇𝑓(1,1) . �⃗� 
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𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,1) = (2,−2). (
3
5
,
4
5
) 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,1) = 2.
3
5
− 2.
4
5
 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,1) = −
2
5
 
Teorema: Sejam 𝑓: 𝐴 ⊂ ℝ2 → ℝ, 𝐴 aberto, diferenciável em (𝑥0, 𝑦0) e 
tal que ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) ≠ 0⃗ . Então, o valor máximo de 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) ocorre 
quando �⃗� for versor de ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0), isto é, �⃗� =
∇𝑓(𝑥0,𝑦0)
‖∇𝑓(𝑥0,𝑦0)‖
, e o valor 
máximo de 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) é ‖∇𝑓(𝑥0, 𝑦0)‖. 
 
Demonstração: 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) = ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) . �⃗� 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) = ‖∇𝑓(𝑥0, 𝑦0)‖ ‖�⃗� ‖ 𝑐𝑜𝑠𝜃 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) = ‖∇𝑓(𝑥0, 𝑦0)‖ 𝑐𝑜𝑠𝜃 
Onde 𝜃 é o ângulo entre os vetores ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0) e �⃗� . 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) terá valor máximo para 𝜃 = 0, ou seja, quando �⃗� tem a direção 
e o sentido do vetor ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0), ou seja, quando �⃗� for versor de ∇𝑓(𝑥0, 𝑦0). 
O valor máximo de 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
(𝑥0, 𝑦0) é ‖∇𝑓(𝑥0, 𝑦0)‖. 
O teorema acima, nos diz que, estando em (𝑥0, 𝑦0), a direção e o sentido 
que se deve tomar para que 𝑓 cresça mais rapidamente é a do vetor 
∇𝑓(𝑥0, 𝑦0). 
Exercício Resolvido 7: Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2. 
a) Determine �⃗� de modo que 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
(1,1) seja máximo. 
SOLUÇÃO: 
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As derivadas parciais da função 𝑓 são 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦 e 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦. 
Como 𝑓 é diferenciável em 𝑃 = (1,1) e ∇𝑓(1,1) ≠ 0⃗ , o teorema acima 
garante que a direção de maior variação de 𝑓 em (1,1) é a do vetor 
gradiente. 
Portanto, ∇𝑓(1, 1) = (3,3) 
 �⃗� =
∇𝑓(1, 1)
‖∇𝑓(1, 1)‖
= (
3
3√2
,
3
3√2
) = (
√2
2
,
√2
2
) 
b) Qual o valor máximo de 
𝜕𝑓
𝜕�⃗⃗� 
(1,1)? 
A taxa de maior variação de 𝑓em (1,1) é ‖∇𝑓(1, 1)‖ = 3√2. Ou seja, 
𝜕𝑓
𝜕�⃗� 
(1,1) = 3√2 
c) Estando no ponto (1,1), em que direção e sentido a função 𝑓 cresce 
mais rapidamente? 
Na direção do vetor ∇𝑓(1, 1) = (3,3) = 3𝑖 + 3𝑗 .