Derivadas parciais e diferenciabilidade

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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
DERIVADAS PARCIAIS E
DIFERENCIABILIDADE
(a consulta a estas notas de aula não dispensa a leitura da bibliografia de referência)
Prof. Ricardo Saldanha de Morais
Centro Federal de Educação Tecnológica de Minas Gerais
Departamento de Matemática (http://www.dm.cefetmg.br)
I semestre de 2024
http://www.dm.cefetmg.br
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Sumário
1 Derivadas parciais
2 Diferenciabilidade
3 Referências
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Derivadas parciais
Revisão
Sejam f ∶ D ⊆ R ⟶ R uma função real de uma variável real e x0 ∈ D. A
derivada ordinária de f no ponto x0 é definida por
f
′(x0) =
df
dx
»»»»»»x=x0
= lim
x→x0
f(x) − f(x0)
x − x0
= lim
h→0
f(x0 + h) − f(x0)
h
,
desde que o limite exista.
A reta tangente à curva y = f(x)
no ponto P = (x0, f(x0)) é defi-
nida como sendo a reta que passa
por P e tem coeficiente angular
(inclinação) f
′(x0). Relativamente
à figura ao lado,
f
′(x0) = tg θ .
Definição (Derivadas parciais)
Sejam f ∶ D ⊆ R2
⟶ R uma função real de duas variáveis reais e (x0, y0)
um ponto pertencente ao domı́nio D.
A derivada parcial de f em relação a x , no ponto (x0, y0), é
∂f
∂x
(x0, y0) = lim
h→0
f(x0 + h, y0) − f(x0, y0)
h
,
desde que o limite exista.
A derivada parcial de f em relação a y , no ponto (x0, y0), é
∂f
∂y
(x0, y0) = lim
h→0
f(x0, y0 + h) − f(x0, y0)
h
,
desde que o limite exista.
Em outros termos, a derivada parcial de f(x, y) em relação a x, no ponto
(x0, y0), é a derivada ordinária da função univariada f(x, y0) calculada
em x0, isto é,
∂f
∂x
(x0, y0) =
d
dx
f(x, y0)
»»»»»»x=x0
.
Do mesmo modo,
∂f
∂y
(x0, y0) =
d
dy
f(x0, y)
»»»»»»y=x0
.
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Interpretação geométrica
Figura: Interseção do plano y = y0 com a
superf́ıcie z = f(x,y).
Figura: Projeção da interseção no plano co-
ordenado xz.
∂f
∂x
(x0, y0) é o coeficiente angular da reta tangente ao traço da superf́ıcie
z = f(x, y) no plano y = y0, no ponto (x0, y0, f(x0, y0)). Com respeito
às figuras acima,
∂f
∂x
(x0, y0) = tgβ.
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Interpretação geométrica (cont.)
Figura: Interseção do plano x = x0 com a
superf́ıcie z = f(x,y).
Figura: Projeção da interseção no plano co-
ordenado yz.
∂f
∂y
(x0, y0) é coeficiente angular da reta tangente ao traço da superf́ıcie
z = f(x, y) no plano x = x0, no ponto (x0, y0, f(x0, y0)). Relativamente
às figuras acima,
∂f
∂y
(x0, y0) = tgα.
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Para obter a função
∂f
∂x
(x, y), consideramos y como constante na ex-
pressão f(x, y) e a derivamos em relação a x (derivação ordinária).
Similarmente, para obter a função
∂f
∂y
(x, y), tratamos x como constante
na expressão f(x, y) e derivamos esta em relação a y.
Para calcular derivadas parciais, podemos aplicar as regras de derivação
ordinária sempre que forem aplicáveis.
Exemplo 1
Seja f(x, y) =
1
2
√
24 − x2 − 2 y2. En-
contre as inclinações das retas tangen-
tes às curvas resultantes da interseção
de z = f(x, y) com os planos x = 1 e
y = 2, no ponto
(1, 2, f(1, 2)) = (1, 2,
√
15/2) .
Figura: Ilustração do Exemplo 1
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https://www.geogebra.org/classic/msw3sthd
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Exemplo 1 (cont.)
Solução:
As inclinações em questão são dadas por
∂f
∂y
(1, 2) e
∂f
∂x
(1, 2), respectiva-
mente. Podemos escrever
f(x, y) = 1
2
(24 − x
2
− 2 y
2)1/2 .
Dáı, aplicando a regra da cadeia, encontramos
∂f
∂y
(x, y) =
1
2
⋅
1
2
(24 − x
2 − 2 y
2)−1/2 ∂
∂y
(24 − x
2 − 2 y
2)
=
1
�4
1√
24 − x2 − 2 y2
⋅ (−�4 y) = −
y√
24 − x2 − 2 y2
e
∂f
∂x
(x, y) =
1
2
⋅
1
2
(24 − x
2 − 2 y
2)−1/2 ∂
∂x
(24 − x
2 − 2 y
2)
=
1
�4
1√
24 − x2 − 2 y2
⋅ (−�2x) = −
x
2
√
24 − x2 − 2 y2
.
Exemplo 1 (cont.)
Assim, as inclinações são
∂f
∂y
(1, 2) = −
2√
24 − 12 − 2 ⋅ 22
= −
2√
15
= −
2
√
15
15
e
∂f
∂x
(1, 2) = −
1
2
√
24 − 12 − 2 ⋅ 22
= −
1
2
√
15
= −
√
15
30
.
Outras notações para derivadas parciais
Se z = f(x, y), a derivada
∂f
∂x
(x, y) pode ser representada por
∂f
∂x
;
∂z
∂x
; Dxf(x, y) ; D1f(x, y) ; fx(x, y) .
Da mesma forma, as notações
∂f
∂y
;
∂z
∂y
; Dyf(x, y) ; D2f(x, y) ; fy(x, y)
também representam
∂f
∂y
(x, y).
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Exemplo 2
Determine fx e fy se f(x, y) = x
4
sen (x y3) .
Solução:
Aplicando as regras do produto e da cadeia, obtemos
fx(x, y) = x
4 ∂
∂x
(sen (x y3)) + sen (x y3) ⋅ ∂
∂x
(x4)
= x
4 ⋅ cos (x y3) ⋅ ∂
∂x
(x y3) + sen (x y3) ⋅ 4x3
= x
4
y
3
cos (x y3) + 4x
3
sen (x y3)
e
fy(x, y) = x
4 ∂
∂y
(sen (x y3)) + sen (x y3) ∂
∂y
(x4)
= x
4 ⋅ cos (x y3) ⋅ ∂
∂y
(x y3) + sen (x y3) ⋅ 0
= 3x
5
y
2
cos (x y3) .
Exemplo 3
Seja f(x, y) =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
x
3 + x
4 − y
3
x2 + y2
se (x, y) ≠ (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
. Calcule fx e fy.
Solução:
Nos pontos (x, y) ≠ (0, 0), podemos aplicar as regras de derivação. Então
fx(x, y) =
(x2 + y
2) ∂
∂x
(x3 + x
4 − y
3) − (x3 + x
4 − y
3) ∂
∂x
(x2 + y
2)
(x2 + y2)2
=
(x2 + y
2) (3x2 + 4x
3) − (x3 + x
4 − y
3) (2x)
(x2 + y2)2
=
x
4 + 2x
5 + 3x
2
y
2 + 4y
2
x
3 + 2xy
3
(x2 + y2)2
e
fy(x, y) =
(x2 + y
2) ∂
∂y
(x3 + x
4 − y
3) − (x3 + x
4 − y
3) ∂
∂y
(x2 + y
2)
(x2 + y2)2
=
(x2 + y
2) (−3y2) − (x3 + x
4 − y
3) (2y)
(x2 + y2)2
=
−3x2
y
2 − 2y x
3 − 2x
4
y − y
4
(x2 + y2)2
.
Para calcular as derivadas parciais de f na origem, precisaremos usar a
definição de derivada parcial. Temos que
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Exemplo 3 (cont.)
fx(0,0) = lim
h→0
f(0 + h,0) −���: 0
f(0,0)
h
= lim
h→0
1
h
f(h,0)
= lim
h→0
1
h
⋅
h
3 + h
4 − 0
3
h2 + 02
= lim
h→0
1
�h
⋅
��h3 (1 + h)
��h2
= lim
h→0
(1 + h) = 1 e
fy(0,0) = lim
h→0
f(0,0 + h) −���: 0
f(0,0)
h
= lim
h→0
1
h
f(0, h)
= lim
h→0
1
h
⋅
0
3 + 0
4 − h
3
02 + h2
= lim
h→0
1
�h
⋅
−��h3
��h2
= lim
h→0
− 1 = −1 .
Portanto,
fx(x, y) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x
4 + 2x
5 + 3x
2
y
2 + 4 y
2
x
3 + 2x y
3
(x2 + y2)2
se (x, y) ≠ (0, 0)
1 se (x, y) = (0, 0)
e
fy(x, y) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
−3x2
y
2 − 2 y x
3 − 2x
4
y − y
4
(x2 + y2)2
se (x, y) ≠ (0, 0)
−1 se (x, y) = (0, 0)
.
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Exemplo 4 (Diferenciação impĺıcita)
Determine
∂z
∂x
e
∂z
∂y
se z é definido implicitamente como uma função de x e
y (z = f(x, y)) pela equação y z + x ln y = z
2
.
Solução: Para achar
∂z
∂x
, derivamos implicitamente em relação x, tratando
y como constante:
∂
∂x
(y z + x ln y) = ∂
∂x
(z2) ⟹ y
∂z
∂x
+ ln y = 2 z
∂z
∂x
⟹
(2 z − y) ∂z
∂x
= ln y ⟹
∂z
∂x
=
ln y
2z − y
.
Do mesmo modo,
∂
∂y
(y z + x ln y) = ∂
∂y
(z2) ⟹ z
�
�
��
1
∂y
∂y
+ y
∂z
∂y
+ x
1
y = 2 z
∂z
∂y
⟹
(2 z − y) ∂z
∂y
= z +
x
y ⟹
∂z
∂y
=
yz + x
y(2z − y) .
Derivadas parciais sucessivas
Se f é uma função real de duas variáveis reais, fx e fy são também
o são. Podemos então considerar as derivadas parciais destas, que são
denominadas derivadas parciais de 2
a
¯ ordem de f .
Notações para derivadas parciais segundas
Se z = f(x, y), podemos denotar as derivadas parciais de 2
a
¯ ordem por
fxx = (fx)x =
∂
∂x
(∂f
∂x
) =
∂
2
f
∂x2
=
∂
2
z
∂x2
,
fxy = (fx)y =
∂
∂y
(∂f
∂x
) =
∂
2
f
∂y∂x
=
∂
2
z
∂y∂x
,
fyx = (fy)x =
∂
∂x
(∂f
∂y
) =
∂
2
f
∂x∂y
=
∂
2
z
∂x∂y
,
fyy = (fy)y =
∂
∂y
(∂f
∂y
) =
∂
2
f
∂y2
=
∂
2
z
∂y2
.
Exemplo 5
Seja f(x, y) = x e
x+y2
. Calcule as derivadas parciais mistas
∂
2
f
∂x∂y
e
∂
2
f
∂y∂x
.
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Exemplo 5 (cont.)
Solução:
Começamos calculando as derivadas parciais primeiras. Temos que
∂f
∂x
(x, y) = e
x+y2
�
��7
1
∂x
∂x
+ x
∂
∂x
(ex+y
2
) = e
x+y2
+ x e
x+y2
������: 1∂
∂x
(x + y
2)
= (1 + x) ex+y
2
e
∂f
∂y
(x, y) = x
∂
∂y
(ex+y
2
) = x e
x+y2 ∂
∂y
(x + y
2) = 2xy e
x+y2
.
Então,
∂
2
f
∂x∂y
(x, y) =
∂
∂x
(∂f
∂y
) = e
x+y2 ∂
∂x
(2xy) + 2xy
∂
∂x
(ex+y
2
)
= 2 y e
x+y2
+ 2xy e
x+y2
������: 1∂
∂x
(x +y
2) = 2 y (1 + x) ex+y
2
e
∂
2
f
∂y∂x
(x, y) =
∂
∂y
(∂f
∂x
) = (1 + x) ∂
∂y
(ex+y
2
)
= (1 + x) ex+y
2 ∂
∂y
(x + y
2) = 2 y (1 + x) ex+y
2
.
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
É oportuno notar que, no exemplo anterior,
∂
2
f
∂x∂y
(x, y) = ∂
2
f
∂y∂x
(x, y).
Teorema de Clairaut-Schwarz
Se f é uma função com as derivadas parciais
∂
2
f
∂x∂y
e
∂
2
f
∂y∂x
cont́ınuas num
conjunto aberto A ⊆ R2
, então
∂
2
f
∂x∂y
(x, y) = ∂
2
f
∂y∂x
(x, y), para todo (x, y) ∈ A.
Sem calcular as derivadas
∂
2
f
∂x∂y
e
∂
2
f
∂y∂x
da função f(x, y) = x e
x+y2
(Exemplo 5), é posśıvel antever que elas serão cont́ınuas no R2
, pois
ambas serão somas, produtos e/ou compostas de funções cont́ınuas no
plano. Desse modo, à luz do resultado acima, vale
∂
2
f
∂x∂y
(x, y) = ∂
2
f
∂y∂x
(x, y), para todo (x, y) ∈ R2
.
Nas condições do Teorema de Clairaut-Schwarz, a ordem de derivação
parcial pode ser mudada sem que isso altere o resultado.
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Derivadas parciais de funções com mais de duas variáveis
Definição (Derivadas parciais)
Sejam f ∶ D ⊆ Rn
⟶ R uma função real de n variáveis reais. As derivadas
parciais de f são definidas por
∂f
∂x1
(x1, x2, . . . , xn) = lim
h→0
f(x1 + h, x2, . . . , xn) − f(x1, x2, . . . , xn)
h
,
∂f
∂x2
(x1, x2, . . . , xn) = lim
h→0
f(x1, x2 + h, . . . , xn) − f(x1, x2, . . . , xn)
h
,
⋮ ⋮ ⋮
∂f
∂xn
(x1, x2, . . . , xn) = lim
h→0
f(x1, x2, . . . , xn + h) − f(x1, x2, . . . , xn)
h
.
Para calcular
∂f
∂xi
(x1, x2, . . . , xi−1, xi, xi+1, . . . , xn) , consideramos todas
as variáveis como constantes na expressão
f(x1, x2, . . . , xi−1, xi, xi+1, . . . , xn),
com exceção de xi, e derivamos essa expressão em relação a xi (derivação
ordinária).
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Exemplo 6
Seja f(x, y, z) = x
3
e
xy+cos z. Calcule as derivadas parciais de 2
a
¯ ordem fxz,
fyy e fzz.
Solução:
Temos que as derivadas parciais primeiras de f são
fx(x, y, z) = 3x
2
e
xy + x
3 (exy)x = 3x
2
e
xy + x
3
e
xy (x y)x
= 3x
2
e
xy + x
3
y e
xy
= (3 + x y)x2
e
xy
,
fy(x, y, z) = x
3 (exy)y = x
3
e
xy (x y)y = x
4
e
xy
e
fz(x, y, z) = −sen z .
Assim,
fxz(x, y, z) = 0 ,
fyy(x, y, z) = x
4 (exy)y = x
4
e
xy (x y)y = x
5
e
xy
e
fzz(x, y, z) = − cos z .
Derivadas parciais e continuidade
No caso univariado, diferenciabilidade implica continuidade.
No caso multivariado, uma função pode ter derivadas parciais em certo
ponto e não ser cont́ınua nesse ponto.
Exemplo 7
Seja f(x, y) = { 0 se xy ≠ 0
1 se xy = 0
.
(a) Prove que f(x, y) não é cont́ınua na origem.
(b) Mostre que
∂f
∂x
(0, 0) e
∂f
∂y
(0, 0) existem.
Solução:
A função f(x, y) pode ser redefinida como
f(x, y) = { 0 se x ≠ 0 e y ≠ 0
1 se x = 0 ou y = 0
.
(a) Ao longo do caminho y = 0, x ≠ 0, vemos que
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
x→0
1 = 1 .
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Exemplo 7 (cont.)
Ao longo da curva y = x, x ≠ 0, temos que lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
x→0
0 = 0 .
Visto que ao longo de caminhos distintos os limites são diferentes,
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) não existe.
Portanto, f(x, y) não é cont́ınua na origem.
(b) Temos que
∂f
∂x
(0, 0) = lim
h→0
f(0 + h, 0) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
1 − 1
h
= lim
h→0
0
h
= lim
h→0
0 = 0 e
∂f
∂y
(0, 0) = lim
h→0
f(0, 0 + h) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
f(0, h) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
1 − 1
h
= lim
h→0
0
h
= lim
h→0
0 = 0 ,
ou seja,
∂f
∂x
(0, 0) e
∂f
∂y
(0, 0) existem.
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Figura: O gráfico da função do Exemplo 7
consiste nas duas retas vermelhas e nos quatro
quadrantes abertos no plano xy.
Figura: Grafico da função do Exemplo 7 e os
caminhos y = x e y = 0.
O Exemplo 7 evidencia que a existência de derivadas parciais por si só
não garante continuidade.
Sugestão de videoaula: https://youtu.be/6Wi1kT9kR1M?si=sPd2eYVOWCF_yorb.
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https://youtu.be/6Wi1kT9kR1M?si=sPd2eYVOWCF_yorb
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Diferenciabilidade
Veremos a seguir que a noção de diferenciabilidade para funções reais
de várias variáveis reais requer mais do que a existência de derivadas
parciais.
Sejam f ∶ D ⊆ R ⟶ R uma função real de uma variável real e x0 ∈ D.
Sabemos que f é diferenciável em x0 se e somente se existe o limite
f
′(x0) = lim
x→x0
f(x) − f(x0)
x − x0
.
Assim, se f é diferenciável em x0, então
lim
x→x0
[f(x) − f(x0)
x − x0
− f
′(x0)] = 0 ,
isto é, vale a igualdade
lim
x→x0
f(x) − [f(x0) + f
′(x0) (x − x0)]
x − x0
= 0 (1)
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Se f é diferenciável em x0,
y = f(x0) + f
′(x0) (x − x0) é
a equação da reta tangente
à curva y = f(x) no ponto
(x0, f(x0)) ,
decorre da igualdade (1) que
f(x) ≈ f(x0) + f
′(x0) (x − x0) ,
para x próximo de x0,
a função
L(x) = f(x0) + f
′(x0) (x − x0)
é chamada linearização de f
em x0.
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Nas duas definições a seguir, f ∶ D ⊆ R2
⟶ R é uma função real de
duas variáveis reais e (x0, y0) é um ponto interior do domı́nio D.
Definição (Diferenciabilidade)
Dizemos que f é diferenciável em (x0, y0) se as derivadas parciais fx(x0, y0)
e fy(x0, y0) existem e se
lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) − [f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0)]√
(x − x0)2 + (y − y0)2
= 0 (2)
Compare as igualdades (1) e (2).
Definição (Plano tangente)
Se f é diferenciável em (x0, y0), definimos o plano tangente à superf́ıcie
z = f(x, y), no ponto (x0, y0, f(x0, y0)) , como sendo o plano de equação
z = f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0) .
Figura: Função f (arbitrária) diferenciável no ponto (x0, y0).
Na figura, P = (x0, y0, f(x0, y0)), Q = (x, y, f(x, y)) e o plano π, que é
tangente a z = f(x, y) no ponto P , tem equação
z = f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0) .
Ademais, R = (x, y, f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0)) .
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Se f é diferenciável em (x0, y0),
a condição (2) da definição de diferenciabilidade implica que
f(x, y) ≈ f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0) ,
para (x, y) próximo de (x0, y0),
a função
L(x, y) = f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0)
é denominada linearização de f em (x0, y0).
Exemplo 8
Seja f(x, y) = 3x − x y
2
. Mostre que f é diferenciável na origem.
Solução:
É imediato que fx(x, y) = 3 − y
2
e fy(x, y) = −2x y. Assim,
fx(0, 0) = 3 e fy(0, 0) = 0.
Logo,
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) − [���: 0
f(0,0) + fx(0,0) (x − 0) +����: 0
fy(0,0) (y − 0)]
√
(x − 0)2 + (y − 0)2
= lim
(x,y)→(0,0)
−xy
2
√
x2 + y2
.
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Exemplo 8 (cont.)
Temos que
»»»»»»»»»
−x y2√
x2 + y2
»»»»»»»»»
=
y
2∣ − x∣√
x2 + y2
=
y
2∣x∣√
x2 + y2
=
y
2
√
x2
√
x2 + y2
≤
y
2
����√
x2 + y2
����√
x2 + y2
= y
2
.
Consequentemente, −y2
≤
−x y2√
x2 + y2
≤ y
2
para todo (x, y) ∈ R2 − {(0, 0)} .
Como lim
(x,y)→(0,0)
− y
2
= lim
(x,y)→(0,0)
y
2
= 0, o Teorema do Confronto assegura
que
lim
(x,y)→(0,0)
−x y2√
x2 + y2
= 0 .
Fica demonstrado desse modo que f é diferenciável no ponto (0, 0).
Teorema 1 (Condição suficiente para diferenciabilidade)
Seja (x0, y0) um ponto do domı́nio da função f(x, y). Se f possui derivadas
parciais fx e fy definidas numa bola aberta centrada em (x0, y0) e essas deri-
vadas parciais são cont́ınuas em (x0, y0), então f é diferenciável em (x0, y0).
Há funções que não satisfazem as condições do Teorema 1, em relação
a determinado ponto, e que ainda assim são diferenciáveis nesse ponto.27/34
Exemplo 9
Mostre que a função f(x, y) = arctg (x + 2y) é diferenciável no ponto (1, 0).
Encontre a linearização de f em (1, 0) e equação do plano tangente à
superf́ıcie z = f(x, y) no ponto P = (1, 0, f(1, 0)) = (1, 0, π/4) .
Solução:
Temos que
fx(x, y) =
1
1 + (x + 2 y)2
∂
∂x
(x + 2 y) = 1
1 + (x + 2 y)2
e
fx(x, y)=
1
1 + (x + 2 y)2
∂
∂y
(x + 2 y) = 2
1 + (x + 2 y)2 .
Essas derivadas parciais são cont́ınuas em R2
. Por isso, f é diferenciável em
todo ponto do R2
. Em particular, f é diferenciável no ponto (1, 0).
Como fx(1, 0) =
1
1 + (1 + 2 ⋅ 0)2 =
1
2
e fy(1, 0) =
2
1 + (1 + 2 ⋅ 0)2 = 1,
a linearização de f em (1, 0) é
L(x, y) = f(1, 0) + fx(1, 0) (x − 1) + fy(1, 0) (y − 0)
=
1
2
x + y +
π − 2
4
.
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Exemplo 9 (cont.)
Ainda, a equação do plano tangente à superf́ıcie z = arctg (x + 2y), no ponto
P , é
z = f(1, 0) + fx(1, 0) (x − 1) + fy(1, 0) (y − 0) ⟺
z =
π
4
+
1
2
⋅ (x − 1) + 1 ⋅ (y − 0) ⟺ 2x + 4 y − 4 z + (π − 2) = 0 .
Figura: Ilustração do Exemplo 9.
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Exemplo 10
Sem utilizar recursos computacionais, obtenha uma aproximação (i.e., um
valor na forma decimal aproximado) para
√
1, 01 ln (2, 02
1, 97
) .
Solução:
Usaremos aqui a aproximação linear da função f(x, y) =
√
x ln (2xy ) no
ponto (1, 2), porque queremos uma aproximação para o valor de f no ponto
(1, 01 , 1, 97), que está próximo do ponto (1, 2).
Calculando as derivadas parciais de f , encontramos
fx(x, y) =
∂
∂x
(√x) ln (2xy ) + √
x
∂
∂x
(ln (2xy ))
=
1
2
√
x
ln (2xy ) + √
x
y
2x
∂
∂x
(2xy )
=
1
2
√
x
ln (2xy ) + √
x �y
�2x
�2
�y
=
1
2
√
x
ln (2xy ) +
√
x
x e
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Exemplo 10 (cont.)
fy(x, y) =
√
x
∂
∂y
(ln (2xy )) =
√
x
y
2x
∂
∂y
(2xy ) =
√
x �y
��2x
(−�
�2x
��y
2
) = −
√
x
y .
Como as derivadas parciais fx e fy são cont́ınuas no conjunto aberto
A = {(x, y) ∈ R2 ∣x > 0, y > 0} e (1, 2) ∈ A, a função f é diferenciável no
ponto (1, 2). Assim, para (x, y) próximo de (1, 2), vale a aproximação linear
f(x, y) ≈ f(1, 2) + fx(1, 2)(x − 1) + fy(1, 2)(y − 2).
Dáı, dado que f(1, 2) =
√
1
�
����*
0
ln (2 ⋅ 1
2
) = 0 , fx(1, 2) =
1
2
√
1�
����*
0
ln (2 ⋅ 1
2
)+
√
1
1
= 1
e fy(1, 2) = −
√
1
2
= −
1
2
, temos que
f(1, 01 , 1, 97) ≈ 0 + 1 ⋅ (1, 01 − 1) − 1
2
⋅ (1, 97 − 2) = 0, 025.
Uma aproximação para o valor
√
1, 01 ln (2, 02
1, 97
) , fornecida pela calculadora,
é 0, 02518897676 (verifique!).
Teorema 2
Se f(x, y) é diferenciável no ponto (x0, y0), então f(x, y) é cont́ınua nesse
ponto.
Prova: Devemos mostrar que
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(x0, y0).
Como f diferenciável no ponto (x0, y0), o limite
lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) − [f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0)]√
(x − x0)2 + (y − y0)2
existe. Além disso, é imediato que lim
(x,y)→(x0,y0)
√
(x − x0)2 + (y − y0)2 = 0.
Assim, uma vez que
f(x, y) − [f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0)] =
f(x, y) − [f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0)]
((((((((√
(x − x0)2 + (y − y0)2
⋅((((((((√
(x − x0)2 + (y − y0)2 ,
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Prova (cont.):
podemos concluir que
lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)−[f(x0, y0) + fx(x0, y0) (x − x0) + fy(x0, y0) (y − y0)] = 0.
Como lim
(x,y)→(x0,y0)
(x − x0) = lim
(x,y)→(x0,y0)
(y − y0) = 0, segue que
lim
(x,y)→(x0,y0)
[f(x, y) − f(x0, y0)] = 0,
isto é, lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = f(x0, y0). Logo, f é cont́ınua no ponto (x0, y0).
Se uma função f não é cont́ınua em determinado ponto, então f não é
diferenciável nesse ponto. Por essa razão, a função do Exemplo 7 não
é diferenciável na origem.
Ainda com respeito ao Exemplo 7, verifique que as derivadas parciais
∂f
∂x
(x, y) e ∂f
∂y
(x, y) não estão definidas em todos os pontos duma bola
aberta centrada em (0, 0) qualquer, ou seja, parte das hipóteses do Te-
orema 1 não é satisfeita.
Da mesma maneira que no caso univariado, a rećıproca do Teorema 2
não é verdadeira.
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Derivadas parciais
Diferenciabilidade
Referências
Referências
GONÇALVES, M.B.; FLEMMING, D.V. Cálculo B. 2. ed. São Paulo:
Pearson Prentice Hall, 2007.
STEWART, J. Cálculo. 7. ed. São Paulo: Cengage Learning, 2013. v.
2.
THOMAS, G. Cálculo. 11. ed. São Paulo: Addison Wesley, 2009. v. 2.
LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Anaĺıtica. 3. ed. São
Paulo: Harbra, 1994. v.2.
https://www.geogebra.org/
LATEX https://www.latex-project.org/
https://www.geogebra.org/
https://www.latex-project.org/
	Derivadas parciais
	Diferenciabilidade
	Referências