Aula 7: Regra da cadeia. Derivação implícita

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Regra da cadeia para funções de duas variáveis
A regra da cadeia para funções de duas ou mais variáveis possui muitas versões que depen-
dem da quantidade de variáveis envolvidas.
Caso 1
Suponha que z = f(x, y) e que x e y são funções de uma variável t.
z = f(x(t), y(t))
Neste caso, observamos que z é indiretamente uma função de t (ou seja, uma função de uma
única variável). Se f possui derivadas parciais fx e fy contínuas e se as funções x(t) e y(t) são
diferenciáveis em t, então z é diferenciável em t e
dz
dt
=
∂z
∂x
dx
dt
+
∂z
∂y
dy
dt
ou seja,
df
dt
= fx(x(t), y(t)) · x′(t) + fy(x(t), y(t)) · y′(t)
Exemplo 1. Seja z = f(x, y) = x2y + 3xy4, onde x(t) = sen t e y = e2t. Calcule
dz
dt
quando
t = 0.
Temos que
fx(x, y) = 2xy + 3y
4
fy(x, y) = x
2 + 12xy3
x′(t) = cos t
y′(t) = 2e2t
Logo,
dz
dt
= (2xy + 3y4) cos t+ (x2 + 12xy3)2e2t
Observe que quando t = 0 temos x = 0, y = 1, cos t = 1 e e2t = 1. Portanto, temos que
dz
dt
(0) = 3
Observe que poderíamos ter calculado a derivada do exemplo anterior expandindo a fórmula
de z em t:
z = x2y + 3xy4 = sen2 t e2t + 3 sen t e8t
e calculando sua derivada em t utilizando a regra da cadeia para funções de uma variável:
dz
dt
= 2 sen t cos t e2t + 2 sen2 t e2t + 3 cos t e8t + 24 sen t e8t
Quando t = 0, temos
dz
dt
= 3
Isto vale, em geral, para o caso 1 (lembrando que as hipóteses de continuidade e de diferen-
ciabilidade tem que ser satisfeitas).
1
Caso 2
Suponha que z = f(x, y) e que x e y são funções de outras duas variáveis s e t.
z = f(x(s, t), y(s, t))
Neste caso, observamos que z é indiretamente uma função das duas variáveis s e t. Se f possui
derivadas parciais fx e fy contínuas e se as funções x(s, t) e y(s, t) possuem derivadas parciais
xt, yt, xs e ys contínuas, então
∂z
∂s
=
∂z
∂x
∂x
∂s
+
∂z
∂y
∂y
∂s
= fx(x(s, t), y(s, t)) · xs(s, t) + fy(x(s, t), y(s, t)) · ys(s, t)
∂z
∂t
=
∂z
∂x
∂x
∂t
+
∂z
∂y
∂y
∂t
= fx(x(s, t), y(s, t)) · xt(s, t) + fy(x(s, t), y(s, t)) · yt(s, t)
Chamamos s e t de variáveis independentes, chamamos x e y de variáveis intermediárias e
chamamos z de variável dependente.
Exemplo 2. Seja z = f(x, y) = x sen y, onde x(s, t) = st2 e y = s2t. Calcule as derivadas
parciais
∂z
∂s
e
∂z
∂t
.
Temos que
fx(x, y) = sen y fy(x, y) = x cos y
xs(s, t) = t
2 xt(s, t) = 2ts
ys(s, t) = 2st yt(s, t) = s
2
Logo,
∂z
∂s
= sen y t2 + x cos y2st = sen (s2t) t2 + 2s2t3 cos(s2t)
∂z
∂t
= 2ts sen y + xs2 cos y = 2ts sen (s2t) + s3t2 cos(s2t)
Observe que poderíamos ter calculado as derivadas parciais do exemplo anterior expandindo
a fórmula de z em s e em t:
z = x(t) sen y(t) = st2 sen (s2t)
e calculando suas derivadas parciais em s em t diretamente:
∂z
∂s
= t2 sen (s2t) + 2s2t3 cos(s2t)
∂z
∂t
= 2ts sen (s2t) + s3t2 cos(s2t)
Isto vale, em geral, para o caso 2 (lembrando que as hipóteses de continuidade tem que ser
satisfeitas).
2
Caso Geral
Suponha que z = f(x, y) e que x e y são funções de outras m variáveis t1, t2, t3, ..., tm.
z = f(x(t1, t2, t3, ..., tm), y(t1, t2, t3, ..., tm))
Neste caso, observamos que z é indiretamente uma função das m variáveis t1, t2, t3, ..., tm. Se f
possui derivadas parciais fx e fy contínuas e se as funções x(t1, t2, t3, ..., tm) e y(t1, t2, t3, ..., tm)
possuem derivadas parciais xti , yti contínuas para todo i ∈ {1, 2, ...,m}, então
∂z
∂ti
=
∂z
∂x
∂x
∂ti
+
∂z
∂y
∂y
∂ti
Exemplo 3. Se z = f(x, y) = x sen y, onde x(r, s, t) = r + st2 e y(r, s, t) = r3 + s2t. Calcule
as derivadas parciais
∂z
∂r
,
∂z
∂s
e
∂z
∂t
.
Temos que
fx(x, y) = sen y fy(x, y) = x cos y
xr(r, s, t) = 1 xs(r, s, t) = t
2 xt(r, s, t) = 2ts
yr(r, s, t) = 3r
2 ys(r, s, t) = 2st yt(r, s, t) = s
2
Logo,
∂z
∂s
= sen y + 3r2x cos y = sen (r3 + s2t) + 3r2 cos(r3 + s2t)
∂z
∂s
= sen y t2 + x cos y2st = sen (r3 + s2t) t2 + 2s2t3 cos(r3 + s2t)
∂z
∂t
= 2ts sen y + xs2 cos y = 2ts sen (r3 + s2t) + s3t2 cos(r3 + s2t)
Regra da cadeia para funções de três variáveis
As regras da cadeia para funções de três variáveis são análogas às regras para funções de
duas variáveis:
Caso 1
Suponha que w = f(x, y, z) e que x, y e z são funções de uma variável t.
w = f(x(t), y(t), z(t))
Neste caso, observamos que w é indiretamente uma função de t (ou seja, uma função de uma
única variável). Se f possui derivadas parciais fx e fy contínuas e se as funções x(t), y(t) e z(t)
são diferenciáveis em t, então w é diferenciável em t e
dz
dt
=
∂w
∂x
dx
dt
+
∂w
∂y
dy
dt
+
∂w
∂z
dz
dt
= fx(x(t), y(t), z(t))·x′(t)+fy(x(t), y(t), z(t))·y′(t)+fz(x(t), y(t), z(t))·z′(t)
3
Caso 2
Suponha que w = f(x, y, z) e que x, y e z são funções de outras duas variáveis s e t.
w = f(x(s, t), y(s, t), z(s, t))
Neste caso, observamos que w é indiretamente uma função das duas variáveis s e t. Se f possui
derivadas parciais fx, fy e fzcontínuas e se as funções x(s, t), y(s, t) e z(s, t) possuem derivadas
parciais contínuas, então
∂w
∂s
=
∂w
∂x
∂x
∂s
+
∂w
∂y
∂y
∂s
+
∂w
∂z
∂z
∂s
∂w
∂t
=
∂w
∂x
∂x
∂t
+
∂w
∂y
∂y
∂t
+
∂w
∂z
∂z
∂t
Chamamos s e t de variáveis independentes, chamamos x, y e z de variáveis intermediárias e
chamamos w de variável dependente.
Caso Geral
Suponha que w = f(x, y, z) e que x, y e z são funções de outras m variáveis t1, t2, t3, ..., tm.
w = f(x(t1, t2, t3, ..., tm), y(t1, t2, t3, ..., tm), z(t1, t2, t3, ..., tm))
Neste caso, observamos que w é indiretamente uma função das m variáveis t1, t2, t3, ..., tm. Se f
possui derivadas parciais fx, fy e fz contínuas e se as funções x(t1, t2, t3, ..., tm), y(t1, t2, t3, ..., tm)
e z(t1, t2, t3, ..., tm) possuem derivadas parciais xti , yti contínuas para todo i ∈ {1, 2, ...,m}, então
∂w
∂ti
=
∂w
∂x
∂x
∂ti
+
∂w
∂y
∂y
∂ti
++
∂w
∂z
∂z
∂ti
Derivada implícita
Lembramos que, em cálculo 1, muitas vezes tínhamos expressões envolvendo as variáveis x
e y nas quais não podíamos expressar a variável y explicitamente em função da variável x, ou
seja, casos onde variável y era dada implicitamente por uma expressão envolvendo x e y. Nestes
casos, usamos o método da derivação implícita, que consiste em diferenciar com relação à x
ambos os lados da equação dada em x e y considerando que y = y(x) é uma função derivável
de x.
Entretanto, com a regra da cadeia de funções de duas variáveis, podemos escrever a derivação
implícita de forma muito mais simples.
Seja F (x, y) uma função que possui derivadas parciais contínuas tal que a equação
F (x, y) = 0
defina y = y(x) como uma função diferenciável de x. Então, se Fy 6= 0 temos que
y′(x) =
dy
dx
= −Fx
Fy
De fato, diferenciando ambos os lados da igualdade F (x, y) = 0 com relação à x, obtemos
Fx
dx
dx
+ Fy
dy
dx
= 0 ⇒ Fx + Fy dy
dx
= 0 ⇒ dy
dx
= −Fx
Fy
Uma pergunta válida seria: em que situações podemos garantir que a equação F (x, y) = 0
define y = y(x) como uma função diferenciável de x? Por mais inacreditável que pareça, é
possível mostrar que basta que a função F possua derivadas parciais contínuas em um disco
contendo um ponto (a, b) e que Fz(a, b) 6= 0 para que a equação F (x, y) = 0 defina y = y(x)
como uma função diferenciável de x (pelo menos perto do ponto (a, b)).
4
Exemplo 4. Determine
dy
dx
se x2 − y2 + sen(xy) = 0.
Temos que se F (x, y) = x2 − y2 + sen(xy), então
Fx(x, y) = 2x+ y cos(xy) e Fy(x, y) = −2y + x cos(xy)
Logo,
dy
dx
= −Fx
Fy
=
2x+ y cos(xy)
2y − x cos(xy)
Podemos usar um raciocínio análogo quando temos z dado implicitamente como uma função
de x e de y por uma equação da forma
F (x,y, z) = 0
Nesse caso, se Fz 6= 0, diferenciando ambos os lados da igualdade F (x, y, z) = 0 com relação à
x, obtemos
Fx
∂x
∂x
+ Fy
∂y
∂x
+ Fz
∂z
∂x
= 0 ⇒ Fx + Fz ∂z
∂x
= 0 ⇒ ∂z
∂x
= −Fx
Fz
De forma semelhante, se Fz 6= 0, diferenciando ambos os lados da igualdade F (x, y, z) = 0 com
relação à y, obtemos
Fx
∂x
∂y
+ Fy
∂y
∂y
+ Fz
∂z
∂y
= 0 ⇒ Fy + Fz ∂z
∂y
= 0 ⇒ ∂z
∂y
= −Fy
Fz
E agora? Em que situações podemos garantir que a equação F (x, y, z) = 0 define z = z(x, y)
como uma função que possui derivadas parciais contínuas? Nesse caso, é possível mostrar que
basta que a função F possua derivadas parciais contínuas em uma bola contendo um ponto
(a, b, c) e que Fz(a, b, c) 6= 0 para que a equação F (x, y, z) = 0 defina z = z(x, y) (pelo menos
perto do ponto (a, b, c)).
Exemplo 5. Determine
∂z
∂x
e
∂z
∂y
se x2z − y2 + sen(xyz) = 0.
Temos que se F (x, y, z) = x2z − y2 + sen(xyz), então
Fx(x, y, z) = 2xz+yz cos(xyz), Fy(x, y, z) = −2y+xz cos(xyz) e Fz(x, y, z) = x2+xy cos(xyz)
Logo,
∂z
∂y
= −Fy
Fz
=
2y − xy cos(xyz)
x2 + xy cos(xyz)
∂z
∂x
= −Fx
Fz
= −2xz + yz cos(xyz)
x2 + xy cos(xyz)
Analogamente, quando temos w dado implicitamente como uma função de x, y e z por uma
equação da forma
F (x, y, z, w) = 0
e se Fw 6= 0, então,
∂w
∂x
= −Fx
Fw
,
∂w
∂y
= −Fy
Fw
e
∂w
∂z
= −Fz
Fw
Nesse caso, é possível mostrar que basta que a função F possua derivadas parciais contí-
nuas em uma bola contendo um ponto (a, b, c, d) e que Fz(a, b, c, d) 6= 0 para que a equação
F (x, y, z, w) = 0 defina w = w(x, y, z) (pelo menos perto do ponto (a, b, c, d)).
5
Exemplo 6. Determine
∂w
∂x
,
∂w
∂y
e
∂w
∂z
se x2z − y2 + sen(xyz)− w = 1.
Temos que se F (x, y, z, w) = x2z − y2 + sen(xyz)− w − 1, então
Fx(x, y, z, w) = 2xz + yz cos(xyz), Fy(x, y, z, w) = −2y + xz cos(xyz)
Fz(x, y, z, w) = x
2 + xy cos(xyz), Fw(x, y, z, w) = −1
Logo,
∂w
∂y
= −Fy
Fw
= −2y + xy cos(xyz)
∂w
∂x
= −Fx
Fw
= 2xz + yz cos(xyz)
∂w
∂z
= −Fz
Fw
= x2 + xy cos(xyz)
6