Aula 18 Teorema das funções implícitas

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 18
Assunto: Funções Implícitas, Teorema das Funções Implícitas
Palavras-chaves: funções, funções implícitas, derivação implícita
Funções implícitas (continuação)
Sejam F (x, y) = 0 uma equação nas variáveis x e y. O terorema das funções implícitas garante que se
1. F é uma função de classe C1 em um aberto A,
2. existe x0, y0 ∈ A com F (x0, y0) = 0 e
3.
∂F
∂y
(x0, y0) 6= 0,
então há uma função y = f(x) definida implicitamente por F (x, y) = 0 e
dy
dx
= −
∂F
∂x
(x, f(x))
∂F
∂y
(x, f(x))
A função f está definida em um intervalo aberto I que contém x0 e toma valores em um intervalo aberto
J que contém y0, isto é, f : I → J . Se substituirmos a terceira hipótese do teorema das funções implícitas por
∂F
∂x
(x0, y0) 6= 0, concluiremos que existirá uma função x = ϕ(y) diferenciável e definida implicitamente por
F (x, y) = 0 tal que
dx
dy
= −
∂F
∂y
(ϕ(y), y)
∂F
∂x
(ϕ(y), y)
A função ϕ está definida em um intervalo aberto J que contém y0 e toma valores em um intervalo aberto
I que contém x0,ou seja, f : J → I
Exemplo 1 Para ilustrar que foi dito, voltemos a considerar a equação x2 + y2 = 1 ou x2 + y2 − 1 = 0.
Tomemos
F (x, y) = x2 + y2 − 1
que é de classe C1 em R2, pois as derivadas parciais
∂F
∂x
(x, y) = 2x e
∂F
∂y
(x, y) = 2y
são contínuas.
Consideremos o ponto
(
1
2
,
√
3
2
)
. Temos que
F
(
1
2
,
√
3
2
)
=
(
1
2
)2
+
(√
3
2
)2
− 1 = 1
4
+
3
4
− 1 = 0 e
∂F
∂y
(
1
2
,
√
3
2
)
= 2.
√
3
2
=
√
3 6= 0.
Então pelo teorema das funções implícitas existem intervalos abertos I e J com
1
2
∈ I e
√
3
2
∈ J e existe
uma função f : I → J que satisfaz F (x, f(x)) = 0, para todo x ∈ I (ou seja, f está definida implicitamente
pela equação x2 + y2 − 1 = 0) e
f ′(x) = −
∂F
∂x
(x, f(x))
∂F
∂y
(x, f(x))
, y = f(x)
Neste caso, podemos tomar I = (0, 1), J = (0, 1) e f(x) =
√
1− x2
Observamos também que
∂F
∂x
(
1
2
,
√
3
2
)
= 2.
1
2
= 1 6= 0
Portanto existem intervalos abertos I e J com
1
2
∈ I e
√
3
2
∈ J e existe uma função ϕ : J → I que satisfaz
F (ϕ(y), y) = 0 (isto é, ϕ está definida implicitamente por F (x, y) = 0) e
ϕ′(y) = −
∂F
∂y
(ϕ(y), y)
∂F
∂x
(ϕ(y), y)
, x = ϕ(y)
Podemos considerar I = (0, 1), J = (0, 1) e f(x) =
√
1− y2
Consideremos agora o ponto (1, 0). Temos
2
F (1, 0) = 12 + 02 − 1 = 0 e
∂F
∂y
(1, 0) = 2.0 = 0
Assim, não podemos aplicar a primeira versão do teorema das funções implícitas para esse ponto.
De fato, não é possível encontrar intervalos abertos I e J com 1 ∈ I e o 0 ∈ J e uma função f : I → J
que esteja definida implicitamente pela equação x2 = y2 − 1 = 0
Como
∂F
∂x
(1, 0) = 2.1 = 2 6= 0,
é possível para esse ponto aplicar a segunda versão do teorema das funções implícitas e concluir que existe
intervalos abertos I e J com 1 ∈ I e o 0 ∈ J e existe uma função ϕ : J → I que satisfaz F (ϕ(y), y) = 0,
para todo y ∈ J(ϕ está definida implicitamente por F (x, y) = 0). Podemos considerar I =
(
1
2
,
√
3
2
)
, J =(
−
√
3
2
,
√
3
2
)
e ϕ(y) =
√
1− y2.
Situações semelhantes ocorrem com os pontos (0, 1), (−1, 0) e (0,−1)
Geralmente os pontos que satisfazem uma equação F (x, y) = 0 constituem uma curva no plano.
Exemplo 2 A curva x2 + y2 = 1 representam a circunferência de centro em (0, 0) e raio 1. Tal curva pode
ser parametrizada por
α(t) = (cos t, sin t), 0 ≤ t ≤ 2pi
Se estivermos intervalos somente na parte dessa circunferência contida no primeiro e segundo quandrante,
poderíamos parametrizar essa parte por
α(x) = (x,
√
1− x2), −1 ≤ x ≤ 1
Se o nosso interesse fosse na parte dessa circunferência contida no primeiro e no quarto quadrante, então
tal parte poderia ser parametrizada por
α(y) = (
√
1− y2, y), −1 ≤ y ≤ 1
Observemos que as funções y =
√
1− x2 e x =
√
1− y2 estão definidas implicitamente por x2 = y2 = 1
Exemplo 3 Os pontos que satisfazem a equação y − x2 = 0 constituem uma parábola, que pode ser parame-
trizada por
3
α(x) = (x, x2), x ∈ R
Entretanto, há equações que não representam curvas, ou porque nenhum ponto satisfaz a equação, ou porque
somente alguns poucos pontos satisfazem a equação.
Exemplo 4 As seguintes equações não representam curvas no plano.
1. x2 + y2 = −1, não é satisfeita por nenhum ponto
2.
x2
x2 + y2
+ sin(x+ y) = 0 só é satisfeita por (0, 0)
3. xy = x2 + y2 só é satisfeita por (0, 0)
O teorema das funções implícitas pode ser usado para determinarmos se uma equação F (x, y) = 0 representa
uma curva, pois F satisfaz as três condições desse teorema com
∂F
∂y
(x0, y0) 6= 0, então todos os pontos do
gráfico da função y = f(x) (cuja existência é determinada pelo teorema) satisfazem a equaação, e assim, esse
gráfico é representado pela equação. Uma parametrização para essa curva é dada por
α(x) = (x, f(x)), x ∈ I
Se tivermos
∂F
∂x
(x0, y0) 6= 0, então os pontos do gráfico de ϕ são satisfeitos pela equação e a curva pode
ser parametrizada por
α(y) = (ϕ(y), y), y ∈ J
Exemplo 5 Mostre que a equação
y4 + x2y2 + x4 = 3
representa uma curva no plano e determine equações para a reta tangente a essa curva no ponto (1, 1).
Resolução
Escrevamos F (x, y) = y4 + x2y2 + x4 − 3. Temos
∂F
∂x
(x, y) = 2xy2 + 4x3 e
∂F
∂y
(x, y) = 4y3 + 2x2y
Portanto, F é de classe C1 em R2. Temos também que
F (1, 1) = 14 + 12.12 + 14 − 3 = 0
∂F
∂y
(1, 1) = 4.13 + 2.12.1 = 6 6= 0
4
Logo existe uma função diferenciável y = f(x) definida em um aberto I que contém 1. Assim, a equação
representa uma curva que pode ser parametrizada por
α(x) = (x, f(x)), x ∈ I
Determinemos o vetor tangente a essa curva no ponto (1, 1). Sabe-se que:
α′(x) = (1, f ′(x))
f ′(x) = −
∂F
∂x
(x, y)
∂F
∂y
(x, y)
, y = f(x)
Portanto
f ′(x) = −2xy
2 + 4x3
4y3 + 2x2y
, y = f(x)
e x = 1⇒ y = f(1) = 1. Então
f ′(1) = −2.1.1
2 + 4.13
4.13 + 2.12.1
= −6
6
= −1
Logo
α′(1) = (1,−1)
Além disso, α(1) = (1, f(1)) = (1, 1). Queremos determinar a reta que passa por α(1) e tem direção do
vetor α′(1). Assim, teremos que
(x, y) = α(1) + λα′(1), λ ∈ R
= (1, 1) + λ(1,−1)
= (1 + λ, 1− λ)
Portanto
{
x = 1 + λ
y = 1− λ
Conclui-se que
λ = x− 1 e λ = 1− y
Logo
5
x− 1 = 1− y ⇒ y = −x+ 2
Podemos isolar o y (ou o x) na equação y4 + x2y2 + x4 = 3 escrevendo-a da forma
y4 + x2y2 + x4 − 3
e a considerando como uma equaação biquadrada em y (ou em x)
s2 + x2s+ x4 − 3 = 0; s = y2
Assim teremos que:
s =
−x2 ±√(x2)2 − 4.1.(x4 − 3)
2.1
=
−x2 ±√x4 − 4x4 + 12
2
=
−x2 ±√12− 3x4
2
Como s é não negativo, devemos considerar apenas
s =
−x2 +√12− 3x4
2
Portanto,
y2 =
−x2 +√12− 3x4
2
⇒
y = ±
√
−x2 +√12− 3x4
2
Exemplo 6 Consideremos agora a equação
x2 + y2 + z2 = 1
nas variáveis x, y e z.
Essa equação representa a esfera de centro na origem e raio 1.
Isolando z nessa equação, obtemos:
z = ±
√
1− x2 − y2
6
Portanto,
z =
√
1− x2 − y2 ou z = −
√
1− x2 − y2
Diremos então que a equação x2 + y2 + z2 = 1 define implicitamente duas funções de duas variáveis
f(x, y) =
√
1− x2 − y2 e g(x, y) = −
√
1− x2 − y2
O gráfico de f(x, y) é a parte da esfera que está acima do plano xy
O gráfico de g(x, y) é a parte da esfera que está abaixo do plano xy
Podemos obter as derivadas parciais dessas funções por dois processos. Por exemplo, vamos obter as deri-
vadas parciais de f(x, y).
1◦ Processo
Seja f(x, y) =
√
1− x2 − y2. Então
∂f
∂x
(x, y) =
1
2
√
1− x2 − y2 .(−2x) = −
x√
1− x2 − y2
∂f
∂y
(x, y) =
12
√
1− x2 − y2 .(−2y) = −
y√
1− x2 − y2
2◦ Processo
Consideramos z como função de x e y e derivamos os dois membros da equação. Assim, em relação a x,
teremos:
∂
∂x
(x2 + y2 + z2) =
∂
∂x
(1)
2x+ 2z
∂z
∂x
= 0
∂z
∂x
= −x
z
Portanto
∂z
∂x
= − x√
1− x2 − y2
Em relação a y:
7
∂
∂y
(x2 + y2 + z2) =
∂
∂y
(1)
2y + 2z
∂z
∂y
= 0
∂z
∂y
= −y
z
Portanto
∂z
∂y
= − y√
1− x2 − y2
Seja F (x, y, z) = 0 uma equação nas variáveis x, y e z e seja z = f(x, y) uma função. Dizemos que a
função f(x, y) está definida implicitamente pela equação F (x, y, z) = 0 se F (x, y, f(x, y)) = 0.
Derivando, em relação a x, ambos os membros de F (x, y, f(x, y)) = 0, obtemos:
∂
∂x
[F (x, y, f(x, y))] =
∂
∂x
[0]
então
∂F
∂x
(x, y, f(x, y))
∂x
∂x
+
∂F
∂y
(x, y, f(x, y))
∂y
∂x
+
∂F
∂z
(x, y, f(x, y))
∂z
∂x
= 0
Como
∂x
∂x
= 1 e
∂y
∂x
= 0, temos
∂z
∂x
= −
∂F
∂x
(x, y, f(x, y))
∂F
∂z
(x, y, f(x, y))
ou
∂z
∂x
= −
∂F
∂x
(x, y, z)
∂F
∂z
(x, y, z)
, z = f(x, y)
Analogamente temos:
∂z
∂y
= −
∂F
∂y
(x, y, z)
∂F
∂z
(x, y, z)
, z = f(x, y)
Teorema 1 (Teorema das funções implícitas. Caso F (x, y, z) = 0)
Sejam F (x, y, z) uma função definida em um conjunto aberto A ⊂ R3 e (x0, y0, z0) ∈ A. Se
8
1. F é de classe C1 em A,
2. F (x0, y0, z0) = 0 e
3.
∂F
∂z
(x0, y0, z0) 6= 0,
então existem uma bola aberta, com (x0, y0) ∈ B, um intervalo aberto J , com z0 ∈ J e uma função
diferenciável f : B → J que satisfaz F (x, y, f(x, y)) = 0, e
∂f
∂x
(x, y) = −
∂F
∂x
(x, y, f(x, y))
∂F
∂z
(x, y, f(x, y))
∂f
∂y
(x, y) = −
∂F
∂y
(x, y, f(x, y))
∂F
∂z
(x, y, f(x, y))
Esse teorema possui duas outras versões se substituirmos a terceira hipótese, primeiro por
∂F
∂y
(x0, y0, z0) 6=
0, e depois por
∂F
∂x
(x0, y0, z0) 6= 0.
Concluímos que se uma equação F (x, y, z) = 0 satisfaz as condições desse teorema das funções implícitas,
então essa equação define implicitamente pelo menos uma função e representa uma superfície no R3, que é
localmente o gráfico de uma função.
Exemplo 7 Mostre que a equação
ex+y+z + xyz = 1
define implicitamente uma função diferenciável z = z(x, y) e expresse
∂z
∂x
e
∂z
∂y
em termos de x, y e z.
Resolução:
Seja
F (x, y, z) = ex+y+z + xyz − 1
Temos que
∂F
∂x
(x, y, z) = ex+y+z + yz
∂F
∂y
(x, y, z) = ex+y+z + xz
∂F
∂z
(x, y, z) = ex+y+z + xy
9
Portanto, F (x, y, z) é de classe C1 em R3. Temos também que
F (1, 0, 0) = 0
∂F
∂y
(1, 0, 0) = 1 6= 0
Portanto, F (x, y, z) = 0 define implicitamente uma função diferenciável z = z(x, y) e
∂z
∂x
(x, y) = −
∂F
∂x
(x, y, z)
∂F
∂z
(x, y, z)
= − e
x+y+z + yz
ex+y+z + xy
∂z
∂y
(x, y) = −
∂F
∂y
(x, y, z)
∂F
∂z
(x, y, z)
= −e
x+y+z + xz
ex+y+z + xy
10