Derivação Implícita

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Aula 15 - Derivação Impĺıcita
Objetivos da Aula:
X Usar a Regra da Cadeia no processo de derivação impĺıcita;
X Interpretar as derivadas parciais como taxas de variação.
1 Função Impĺıcita
Dizemos que uma equação F (x, y) = 0 define y implicitamente como função de x se existe
uma função y = f(x) que satisfaz
F (x, f(x)) = 0
para todo x ∈ Df . Dizemos também que f(x) está definida implicitamente por essa equação.
Exemplos
(01) A função f(x) =
√
4− x2 está definida implicitamente pela equação
x2 + y2 − 4 = 0,
pois, para todo x ∈ [−2, 2], o par (x, f(x)) é solução dessa equação. Observe que a função
g(x) = −
√
4− x2 também está definida implicitamente por essa equação.
(02) A função f(x) =
sen 2x
3x− 1
é definida implicitamente pela equação
sen 2x+ y = 3xy,
uma vez que, para todo x 6= 1
3
, o par
(
x,
sen 2x
3x− 1
)
é solução dessa equação.
Derivação Impĺıcita para a equação F (x, y) = 0
Suponha que uma equação da forma F (x, y) = 0 define y implicitamente como uma função
diferenciável de x, isto é, existe y = f(x) tal que F (x, f(x)) = 0 para todo x ∈ Df . Se F é
diferenciável, aplica-se a Regra da Cadeia (Caso 1) para obter f ′(x) =
dy
dx
, como segue.
Considerando a curva α(x) = (x, f(x)) e G(x) = F (α(x)), temos que
G(x) = F (α(x)) = F (x, f(x)) = 0
e, assim,
G′(x) = 0. (1)
1
Universidade Federal do Pará
Cálculo II - 2023-4
2
Agora, pela Regra da Cadeia - Caso 1:
G′(x) = ∇F (α(x)).α′(x) =
〈
∂F
∂x
,
∂F
∂y
〉
·
〈
dx
dx
,
dy
dx
〉
. (2)
De (1) e (2), segue que
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
= 0.
Uma vez que
dx
dx
= 1, então, se
∂F
∂y
6= 0, obtemos:
dy
dx
= −
∂F
∂x
∂F
∂y
.
Como ∇F (x, y) é calculado em α(x) = (x, f(x)), mais precisamente, temos:
dy
dx
= −
∂F
∂x
(x, f(x))
∂F
∂y
(x, f(x))
= −Fx(x, f(x))
Fy(x, f(x))
. (3)
Exemplo
(01) Sabendo que y = f(x) está definida implicitamente pelas equações abaixo, determine f ′(x).
(a) x2 + y2 = 4
Solução:
Definindo F (x, y) = x2 + y2 − 4, note que F (x, y) = 0. Por (3):
f ′(x) =
dy
dx
= −Fx
Fy
= −2x
2y
= −x
y
.
�
(b) x2 + 2y + sen (x+ y) = 0:
Solução:
Fazendo F (x, y) = x2 + 2y + sen (x+ y) = 0, temos
Fx = 2x+ cos(x+ y) e Fy = 2 + cos(x+ y).
Portanto,
f ′(x) = −Fx
Fy
= −2x+ cos(x+ y)
2 + cos(x+ y)
.
�
UFPA Cálculo II 3
(c) y cosx = x2 + y2
Solução:
Fazendo F (x, y) = y cosx− x2 − y2 = 0, obtemos:
dy
dx
= −Fx
Fy
= −
(
−y senx− 2x
cosx− 2y
)
=
2x+ y senx
cosx− 2y
.
�
Observamos que nem toda equação F (x, y) = 0 define y implicitamente com função de x
(ou x como função de y). Por exemplo, a equação
x2 + y2 = −4
não define implicitamente função alguma, uma vez que a mesma não tem solução em R2. O
teorema a seguir enuncia condições suficientes para que uma equação F (x, y) = 0 defina y
implicitamente como uma função diferenciável de x.
Teorema 1 - Teorema das Funções Impĺıcitas - Caso F (x, y) = 0
Seja F (x, y) uma função definida em uma bola aberta B ⊂ R2. Se Fx e Fy são funções cont́ınuas
em B e existe um ponto (a, b) ∈ B tal que
F (a, b) = 0 e Fy(a, b) 6= 0,
então existem intervalos abertos I e J , com a ∈ I e b ∈ J , e uma função diferenciável
f : I → J de modo que F (x, f(x)) = 0 para todo x ∈ I e
f ′(x) = −Fx(x, f(x))
Fy(x, f(x))
.
Exemplos
(01) Vamos usar o Teorema 1 para mostrar que a equação x2 + y2 = 4 define y implicita-
mente como uma função diferenciável de x.
Solução:
Mostraremos que a função F (x, y) = x2 + y2 − 4 satisfaz as hipóteses do Teorema 1 e,
portanto, existe uma função diferenciável y = f(x) tal que F (x, f(x)) = 0 para todo x ∈ Df .
Inicialmente observamos que F (x, y) está definida em todo R2. E Fx = 2x e Fy = 2y são
funções cont́ınuas em R2. Além disso, (0, 2) ∈ DF e
F (0, 2) = 0 e Fy(0, 2) = 4 6= 0.
Logo, pelo Teorema 1, a equação x2 + y2 = 4 define y implicitamente como uma função
diferenciável de x.
�
4
(02) Mostre que a equação x2 + 2y + sen(x+ y) = 0 define y implicitamente como uma função
diferenciável de x.
Solução:
Vejamos se a função F (x, y) = x2 + 2y − sen (x + y) está de acordo com as hipóteses do
Teorema 1. De fato, temos que
Fx = 2x− cos(x+ y) e Fy = 2− cos(x+ y),
as quais são funções cont́ınuas. E também temos que (0, 0) ∈ DF = R2 e
F (0, 0) = 0 e Fy(0, 0) = 1 6= 0.
Logo, pelo Teorema 1, existe y = f(x) diferenciável tal que F (x, f(x)) = 0. �
(03) A equação y cosx = x2 + y2 define y como uma função diferenciável de x?
Solução:
Seja F (x, y) = y cosx− x2 − y2. Já vimos que
Fx = −y senx− 2x e Fy = cosx− 2y,
sendo ambas funções cont́ınuas. Além disso, (0, 0) ∈ Df = R2 e
F (0, 0) = 0 e Fy(0, 0) = 1.
Logo, pelo Teorema 1, F (x, y) = 0 define y implicitamente como função de x. �
Derivação Implićıta para a equação F (x, y, z) = 0
Considere a equação da esfera com centro na origem e raio 2:
x2 + y2 + z2 = 4.
Resolvendo essa equação em z, obtemos duas soluções:
z =
√
4− x2 − y2 e z = −
√
4− x2 − y2,
que representam as partes da esfera que estão acima e abaixo do plano xy, respectivamente.
Fazendo F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4, segue que F (x, y, z) = 0. Assim, definindo a função
f(x, y) =
√
4− x2 − y2,
segue que F (x, y, f(x, y)) = 0 para todo (x, y) ∈ Df . O mesmo ocorre para a função
g(x, y) = −
√
4− x2 − y2.
Dizemos que f(x, y) (e também g(x, y)) é definida implicitamente pela equação F (x, y, z) = 0.
UFPA Cálculo II 5
Se uma função diferenciável z = f(x, y) é definida implicitamente por uma equação da
forma F (x, y, z) = 0 e é posśıvel, resolvendo essa equação em z, obter explicitamente a regra
da função f(x, y), então suas derivadas parciais podem ser calculadas diretamente, como já
estudado. Porém, há casos em que não é posśıvel obter a expressão expĺıcita para a função
f(x, y). Ainda assim, podemos calcular as derivadas parciais usando a Regra Cadeia - Caso 2,
processo conhecido como derivação impĺıcita.
Suponha que a função z = f(x, y) seja dada implicitamente por uma equação da forma
F (x, y, z) = 0. Vamos usar a Regra da Cadeia - Caso 2 para determinar
∂f
∂x
.
Tomado a equação
F (x, y, z) = 0 (4)
e derivando parcialmente em relação a x, obtemos:
∂
∂x
[F (x, y, z)] =
∂
∂x
(0)
Pela Regra da Cadeia - Caso 2, temos que
∂F
∂x
∂x
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
+
∂F
∂z
∂z
∂x
= 0.
Como
∂
∂x
(x) = 1 e
∂
∂x
(y) = 0, a expressão acima fica:
∂F
∂x
1 +
∂F
∂y
0 +
∂F
∂z
∂z
∂x
= 0.
Assim, se
∂F
∂z
6= 0, obtemos
∂z
∂x
, que é igual a
∂f
∂x
:
∂z
∂x
= −
∂F
∂x
∂F
∂z
= −Fx(x, y, f(x, y))
Fz(x, y, f(x, y))
. (5)
De modo análogo, derivando parcialmente (4) em relação a variável y, obtemos:
∂
∂y
[F (x, y, z)] =
∂
∂y
(0)
⇓
∂F
∂x
∂x
∂y
+
∂F
∂y
∂y
∂y
+
∂F
∂z
∂z
∂y
= 0.
Como
∂
∂y
(x) = 0 e
∂
∂y
(y) = 1, a expressão acima fica:
∂F
∂x
0 +
∂F
∂y
1 +
∂F
∂z
∂z
∂y
= 0.
6
Se
∂F
∂z
6= 0, obtemos
∂z
∂y
, que é igual a
∂f
∂y
:
∂z
∂y
= −
∂F
∂y
∂F
∂z
= −Fy(x, y, f(x, y))
Fz(x, y, f(x, y))
. (6)
Exemplos
(01) A equação x2 + y2 + z2 = 4 define implicitamente z = f(x, y). Calcule
∂z
∂x
e
∂z
∂y
.
Solução:
Seja F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4 = 0. De (5), segue que
∂z
∂x
= −Fx
Fz
= −2x
2z
= −x
z
.
E por (6):
∂z
∂y
= −Fy
Fz
= −2y
2z
= −y
z
.
�
(02) A equação yz + x ln y = z2 define implicitamente z = f(x, y). Calcule
∂z
∂x
e
∂z
∂y
.
Solução:
Seja F (x, y, z) = yz + x ln y − z2 = 0. Por (5) e (6), temos:
∂z
∂x
= −Fx
Fz
= − ln y
y − 2z
e
∂z
∂y
= −Fy
Fz
= −
z + x
y
y − 2z
= − yz + x
y2 − 2yz
.
�
O Teorema 2 abaixo é o análogo do Teorema 1 para equações da forma F (x, y, z) = 0.
Teorema 2 - Teorema das Funções Impĺıcitas - Caso F (x, y, z) = 0
Seja F (x, y, z) uma função definida em uma bola aberta B ⊂ R3. Se Fx, Fy e Fz são funções
cont́ınuas em B e existe um ponto (a, b, c) ∈ B tal que
F (a, b, c) = 0 e Fz(a, b, c) 6= 0,
então existe uma bola aberta B′ ⊂ R2, um intervaloaberto J , com (a, b) ∈ B′ e c ∈ J , e uma
função diferenciável f : B′ → J tal que F (x, y, f(x, y)) = 0 para todo (x, y) ∈ B′. E ainda:
∂f
∂x
(x, y) = −Fx(x, y, f(x, y))
Fz(x, y, f(x, y))
UFPA Cálculo II 7
e
∂f
∂y
(x, y) = −Fy(x, y, f(x, y))
Fz(x, y, f(x, y))
.
Exemplos
(01) Vamos usar o Teorema 2 para mostrar que a quação x2 + y2 + z2 = 4 define z impli-
citamente como uma função diferenciável de x e y.
Solução:
Seja F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4. Então F (x, y, z) = 0, DF = R3 e
Fx = 2x Fy = 2y e Fz = 2z,
as quais são funções cont́ınuas em R3. Além disso, (0, 0, 2) ∈ DF e
F (0, 0, 2) = 0 e Fz(0, 0, 2) = 4 6= 0.
Logo, pelo Teorema 2, existe uma função diferenciável f(x, y) tal que F (x, y, f(x, y)) = 0
para todo (x, y) ∈ Df . �
(02) Verifique se a equação yz + x ln y = z2 define z como função de x e y.
Solução:
Definindo F (x, y, z) = yz + x ln y − z2 = 0, temos que
Fx = ln y, Fy = z +
x
y
e Fz = y − 2z,
as quais são cont́ınuas em {(x, y, z) ∈ R3; y > 0}. Além disso, (2, 1, 0) ∈ DF e
F (2, 1, 0) = 0 e Fz(2, 1, 0) = 1.
Logo, pelo Teorema 2, a equação yz + x ln y = z2 define z como função de x e y. �
2 Derivada Parcial como Taxa de Variação
Assim como as derivadas ordinárias representam taxas instantâneas de variação de uma gran-
deza em relação a outra, o mesmo ocorre com as derivadas parciais. Recordemos como a
derivada ordinária é interpretada como uma taxa de variação.
Se uma grandeza y é função de outra grandeza x, isto é, y = G(x), então a taxa média de
variação de y por unidade de variação em x, quando x passa de um valor inicial x1 = a para
um valor final x2 = a+ h (h 6= 0), é dada por
∆y
∆x
=
G(a+ h)−G(a)
h
.
8
O limite deste quociente quando h→ 0, isto é,
lim
h→0
[
G(a+ h)−G(a)
h
]
é o que consideramos como a taxa instantânea de variação de y por unidade de variação
em x, no ponto a, conforme definição abaixo.
Definição
Se y = G(x), então a taxa instantânea de variação de y por unidade de variação de x no
ponto a é dada por G′(a), se G′(a) existe.
Consideremos agora que uma grandeza z é função de duas outras grandezes x e y, isto é,
z = f(x, y).
Conforme vimos, para cada ponto (a, b) ∈ Df , podemos definir as funções
G(x) = f(x, b) e H(y) = f(a, y),
as quais são funções de uma só variável. E como
∂f
∂x
(a, b) = G′(a) e
∂f
∂y
(a, b) = H ′(b),
segue da Definição acima que as derivadas parciais de f(x, y) dão a taxa de variação da grandeza
z em relação a cada uma das variáveis de entrada separadamente, quando a outra é mantida
fixa. Resumindo:
1. A derivada parcial
∂f
∂x
(a, b)
dá a taxa instantânea de variação da grandeza z por unidade de variação em x, no
ponto (a, b), quando y é mantido fixo em b.
2. A derivada parcial
∂f
∂y
(a, b)
dá a taxa instantânea de variação da grandeza z por unidade de variação em y, no
ponto (a, b), quando x é mantido fixo em a.
Exerćıcios
(01) Seja R(x, y) = 700x + 420y a receita em reais de uma companhia aérea, em função do
número x de bilhetes vendidos a preço integral e do número y de bilhetes vendidos a preço
promocional.
(a) Encontre a taxa de variação instantânea de R por unidade de variação em x no ponto
(20, 10). Explique seu significado.
(b) Encontre a taxa de variação instantânea de R por unidade de variação em y no ponto
(20, 10). Explique seu significado.
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(02) Seja E(m, v) =
1
2
mv2 a função que dá a energia cinética E de um corpo com massa m e
velocidade v.
(a) Encontre a taxa de variação de E por unidade de variação emm no ponto (60, 2). Explique
seu significado.
(b) Encontre a taxa de variação de E por unidade de variação em v no ponto (60, 2). Explique
seu significado.
(03) O comprimento c, a largura l e a altura h de uma caixa variam com o tempo. Em
determinado momento, as dimensões da caixa são c = 1 m, l = a = 2 m e c e l estão
aumentando a uma taxa de 0,2 m/s, enquando a está decrescendo a uma taxa de 0,3 m/s.
Encontre as taxas em que as quantidades abaixo estão variando no instante considerado.
(a) O volume.
(b) A área da superf́ıcie.
(c) O comprimento da diagonal.
Aprofundando o contéudo
Leia mais sobre o contéudo desta aula nas Seções 14.3 e 14.5 do livro-texto.
Sugestões de Exerćıcios
Resolva os exerćıcios das Seção 14.3 e 14.5 do livro-texto.
	Função Implícita
	Derivação Implícita para a equação F(x, y) = 0
	Derivação Implicíta para a equação F(x, y, z) = 0
	Derivada Parcial como Taxa de Variação