Aula 12 Derivadas parciais (continuação)

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 12
Assuntos: Derivadas Parciais
Palavras-chaves: derivada, derivadas parciais, diferenciabilidade
Derivadas Parciais (continuação)
Exemplo 1 Determine as derivadas parciais
∂f
∂x
(x, y) e
∂f
∂y
(x, y) da função dada
1. f(x, y) =
x
ex2+y2
Em relação a x temos:
∂f
∂x
(x, y) =
(x)′ex
2+y2 − x(ex2+y2)′
(ex2+y2)2
=
1.ex
2+y2 − x.ex2+y2 .2x
(ex2+y2)2
=
(1− 2x2).���ex2+y2
(ex2+y2)�2
=
1− 2x2
ex2+y2
Em relação a y:
∂f
∂y
(x, y) =
0︷︸︸︷
(x)′ ex
2+y2 − x(ex2+y2)′
(ex2+y2)2
=
−x.���ex2+y2 .2y
(ex2+y2)�2
=
−2xy
ex2+y2
2. f(x, y) = arctan(xy)
Em relação a x:
∂f
∂x
(x, y) =
1
1 + (xy)2
(xy)′
=
1
1 + (xy)2
y
=
y
1 + (xy)2
Em relação a y:
∂f
∂y
(x, y) =
1
1 + (xy)2
(xy)′
=
1
1 + (xy)2
x
=
x
1 + (xy)2
Exemplo 2 Verifique que a função f(x, y) = x sin
(
x
y
)
satisfaz
x
∂f
∂x
+ y
∂f
∂y
= f
Resolução: Temos que:
∂f
∂x
(x, y) = sin
(
x
y
)
+ x. cos
(
x
y
)
.
1
y
= sin
(
x
y
)
+
x
y
cos
(
x
y
)
Por outro lado:
∂f
∂y
(x, y) = x. cos
(
x
y
)
.
(
− x
y2
)
= −x
2
y2
cos
(
x
y
)
Assim, teremos:
x
∂f
∂x
(x, y) + y
∂f
∂y
(x, y) = x
(
sin
(
x
y
)
+
x
y
cos
(
x
y
))
+ �y
(
−x
2
y �2
cos
(
x
y
))
= x sin
(
x
y
)
+
��
��
��x2
y
cos
(
x
y
)
−
��
��
��x2
y
cos
(
x
y
)
= x sin
(
x
y
)
= f(x, y)
Portanto:
2
x
∂f
∂x
+ y
∂f
∂y
= f
A expressão x
∂f
∂x
+ y
∂f
∂y
= f é um exemplo de equação diferencial parcial
Exemplo 3 Encontre a função f(x, y) que satisfaz:

∂f
∂x
= 2xy3 − 1√
x
∂f
∂y
= 3x2y2 − 10y
f(4, 2) = 5.
Resolução: Se
∂f
∂x
= 2xy3 − 1√
x
, então:
f(x, y) =
∫ (
2xy3 − 1√
x
)
dx
= x2y3 − 2√x+ ϕ(y)
em que ϕ(y) é uma função apenas da variável y. Portanto:
∂f
∂y
= 3x2y2 + ϕ′(y)
Mas, já temos que
∂f
∂y
= 3x2y2 − 10y, logo:
��
�
3x2y2 − 10y = ���3x2y2 + ϕ′(y)
ϕ′(y) = −10y ⇒
ϕ(y) = −5y2 + k
onde k é uma constante. Portanto
f(x, y) = x2y3 − 2√x− 5y2 + k
Como f(4, 2) = 5, segue que:
f(4, 2) = 42.− 2
√
4− 5.22 + k ⇒
5 = 128− 4− 20 + k ⇒
5 = 104 + k ⇒
k = −99
3
Portanto, f(x, y) = x2y3 − 2√x− 5y2 − 99.
Sejam f(x, y) uma função e p0 = (x0, y0) um ponto interior de Df , isto é, um ponto para o qual existe
uma bola aberta Br(p0) contida em Df .
Logo existe um intervalo aberto I tal que os pontos da forma (x, y0), com x ∈ Df , estão em Df .
Consideremos a função g(x), de uma variável, dada por:
g(x) = f(x, y0) com x ∈ I
Sabemos que
∂f
∂x
(x0, y0) = g
′(x). Portanto
∂f
∂x
(x0, y0) = lim
x→x0
g(x)− g(x0)
x− x0
Logo,
∂f
∂x
(x0, y0) = lim
x→x0
f(x, y0)− f(x0, y0)
x− x0
Fazendo a seguinte mudança de variável nesse limite, teremos:{
h = x− x0
x → x0 ⇒ h→ 0
obtemos:
4
∂f
∂x
(x0, y0) = lim
h→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)
h
Essas são as duas fórmulas para o cálculo da derivada parcial de f(x, y) em relação a x. Procedendo de
maneira análoga, temos que as fórmulas para o cálculo da derivada parcial de f(x, y), em relação a y, são
dadas por:
∂f
∂y
(x0, y0) = lim
y→y0
f(x0, y)− f(x0, y0)
y − y0 = limk→0
f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)
k
Há casos em que, para cálculo das derivadas parciais de f(x, y) em relação em um ponto (x0, y0), temos
que usas essas fórmulas.
Exemplo 4 Calcule as derivadas parciais de f(x, y) =
√
x2 + y2 em (x, y) 6= (0, 0) e em (0, 0)
Resolução: Para (x, y) 6= (0, 0), temos:
∂f
∂x
(x, y) =
1
2
√
x2 + y2
2x =
x√
x2 + y2
∂f
∂y
(x, y) =
1
2
√
x2 + y2
2y =
y√
x2 + y2
Observamos que não podemos usas essas expressões de
∂f
∂x
e
∂f
∂y
para calcularmos
∂f
∂x
(0, 0) e
∂f
∂y
(0, 0).
Assim, para estas, devemos utilizar as fómulas anteriores.
∂f
∂x
(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0 = limx→0
√
x2
x
= lim
x→0
|x|
x
Esse limite não existe. Portanto, não existe
∂f
∂x
(0, 0). Temos também que:
∂f
∂y
(0, 0) = lim
y→0
f(0, y)− f(0, 0)
y − 0 = limx→0
√
y2
y
= lim
x→0
|y|
y
Logo,
∂f
∂y
(0, 0) também não existe.
Concluímos que a função f(x, y) =
√
x2 + y2 não possui derivadas parciais em (0, 0).
∂f
∂x
(x, y) =

x√
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
não existe se (x, y) = (0, 0)
∂f
∂y
(x, y) =

y√
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
não existe se (x, y) = (0, 0)
5
Observamos que (0, 0) é um ponto interior de Df e que f(x, y) é contínua em (0, 0). Isso mostra que a
continuidade de uma função f(x, y) em um ponto (x0, y0) não implica na existência das derivadas parciais de
f(x, y) nesse ponto.
f é contínua em (x0, y0) 6⇒ existem ∂f
∂x
(x0, y0) e
∂f
∂y
(x0, y0)
Exemplo 5 Calcule as derivadas parciais da função
f(x, y) =

x3 − y2
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
Resolução: Seja (x, y) 6= (0, 0). Então:
∂f
∂x
(x, y) =
3x2(x2 + y2)− (x3 − y2)2x
(x2 + y2)2
=
3x4 + 3x2y2 − 2x4 + 2xy2
(x2 + y2)2
=
x4 + 3x2y2 + 2xy2
(x2 + y2)2
Vamos agora calcular
∂f
∂x
(0, 0):
∂f
∂x
(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0 = limx→0
x3−02
x2+02 − 0
x
= lim
x→0
x
x
= lim
x→0
1 = 1
Portanto,
∂f
∂x
(x, y) =

x4 + 3x2y2 + 2xy2
(x2 + y2)2
se (x, y) 6= (0, 0)
1 se (x, y) = (0, 0)
Calculemos
∂f
∂y
(x, y), para (x, y) 6= (0, 0):
∂f
∂y
(x, y) =
−2y(x2 + y2)− (x3 − y2)2y
(x2 + y2)2
=
−2x2y���−2y3 − 2x3y +��2y3
(x2 + y2)2
= −2x
2y(1 + x)
(x2 + y2)2
Agora calculemos
∂f
∂y
(0, 0):
∂f
∂y
(0, 0) = lim
x→0
f(0, y)− f(0, 0)
y − 0 = limx→0
03−y2
02+y2 − 0
y
= lim
x→0
−1
y
6
Esse limite não existe. Logo não existe
∂f
∂y
(0, 0). Portanto:
∂f
∂y
(x, y) =
 −
2x2y(1 + x)
(x2 + y2)2
se (x, y) 6= (0, 0)
não existe se (x, y) = (0, 0)
Derivadas Parciais de funções de três ou mais variáveis
Seja f(x, y, z) uma função de três variáveis reais a valores reais e (x0, y0, z0) um ponto interior de Df .
Consideremos a função g(x) = f(x, y0, z0). A derivada da função g em x0 é a derivada parcial de f , em
relação a x, em (x0, y0, z0) e é indicada por
∂f
∂x
(x0, y0, z0). Portanto,
∂f
∂x
(x0, y0, z0) = g
′(x0)
Logo,
∂f
∂x
(x0, y0, z0) = lim
x→x0
f(x, y0, z0)− f(x0, y0, z0)
x− x0 = limh→0
f(x0 + h, y0, z0)− f(x0, y0, z0)
h
Analogamente definimos as derivadas parciais de f , em relação a y e em relação a z
∂f
∂y
(x0, y0, z0) = lim
y→y0
f(x0, y, z0)− f(x0, y0, z0)
y − y0
∂f
∂z
(x0, y0, z0) = lim
z→z0
f(x0, y0, z)− f(x0, y0, z0)
z − z0
De maneira análoga definimos derivadas de funções com mais de três variáveis
Exemplo 6 Calcule as derivadas parciais da função dada
1. f(x, y, z) = x4y2z − xz3 + y2z − 3z
Teremos então que:
∂f
∂x
(x, y, z) = 4x3y2z − z3
∂f
∂y
(x, y, z) = 2x4yz + 2yz
∂f
∂z
(x, y, z) = x4y2 − 3xz2 + y2 − 3
2. f(x, y, z, w) = x2 ln(y2 + z4 + w6)
Temos que:
7
∂f
∂x
(x, y, z, w) = 2x ln(y2 + z4 + w6)
∂f
∂y
(x, y, z, w) =
2x2y
y2 + z4 + w6
∂f
∂z
(x, y, z, w) =
4x2z3
y2 + z4 + w6
∂f
∂w
(x, y, z, w) =
6x2w5
y2 + z4 + w6
8