derivadas parciais

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Capítulo 6
DERIVADAS PARCIAIS
6.1 Definições
Neste capítulo, apresentamos um dos conceitos centrais do Cálculo em Vá-
rias Variáveis, as derivadas parciais e a diferenciação de funções.
Definição 6.1. Sejam A ⊂ R3 um conjunto aberto e f : A −→ R uma função.
1. A derivada parcial de f em relação à variável x, no ponto
(x, y, z) ∈ A é denotada por ∂f
∂x
(x, y, z) e definida por:
∂f
∂x
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x+ t, y, z)− f(x, y, z)
t
se o limite existe.
2. A derivada parcial de f em relação à variável y, no ponto
(x, y, z) ∈ A é denotada por ∂f
∂y
(x, y, z) e definida por:
∂f
∂y
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x, y + t, z)− f(x, y, z)
t
se o limite existe.
3. A derivada parcial de f em relação à variável z, no ponto
(x, y, z) ∈ A é denotada por ∂f
∂z
(x, y, z) e definida por:
117
118 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
∂f
∂z
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x, y, z + t)− f(x, y, z)
t
se o limite existe.
Observações 6.1.
1. De forma análoga são definidas as derivadas parciais para funções de
duas variáveis.
2. Observe que o conjunto A deve ser aberto, pois para todo x ∈ A é
necessário que x + t ei ∈ A, onde i = 1, 2, 3; o que é verdadeiro se
|t| < η (η > 0 pequeno). Veja a bibliografia.
Exemplos 6.1.
[1] Se z = f(x, y) = x y, calcule suas derivadas parciais.
Estamos no caso n = 2:
∂f
∂x
(x, y) = lim
t−→0
f(x+ t, y)− f(x, y)
t
= lim
t−→0
(x + t) y − x y
t
= lim
t−→0
t y
t
= y,
∂f
∂y
(x, y) = lim
t−→0
f(x, t+ y)− f(x, y)
t
= lim
t−→0
x (t + y)− x y
t
= lim
t−→0
t x
t
= x.
[2] Se w = f(x, y, z) = x2 y z2, calcule suas derivadas parciais.
Estamos no caso n = 3:
6.1. DEFINIÇÕES 119
∂f
∂x
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x + t, y, z)− f(x, y, z)
t
= lim
t−→0
(x+ t)2 y z2 − x2 y z2
t
= lim
t−→0
2 x y z2 t + t2yz2
t
= 2 x y z2,
∂f
∂y
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x, t + y, z)− f(x, y, z)
t
= lim
t−→0
x2 (t + y) z2 − x2 y z2
t
= lim
t−→0
t x2 z2
t
= x2 z2,
∂f
∂z
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x, y, t+ z)− f(x, y, z)
t
= lim
t−→0
x2 y (t+ z)2 − x2 y z2
t
= lim
t−→0
t2 x2 y + 2 t x2 y z
t
= 2 x2 y z.
Observação 6.1.
1. Seja y = c, fixado e consideremos g(x) = f(x, c); logo:
g′(x) = lim
t−→0
g(x+ t)− g(x)
t
= lim
t−→0
f(x+ t, c)− f(x, c)
t
=
∂f
∂x
(x, c).
2. Se h(y) = f(c, y), então:
h′(y) = lim
t−→0
h(y + t)− h(y)
t
= lim
t−→0
f(c, y + t)− f(c, y)
t
=
∂f
∂y
(c, y).
Analogamente para mais variáveis.
3. Consequentemente, para derivar parcialmente uma função em relação
a x, as demais variáveis são consideradas como constantes e a deriva-
ção é feita como em R.
4. Em relação às outras variáveis o procedimento é análogo. Assim, to-
das as regras de derivação estudadas para funções em R podem ser
aplicadas.
120 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Exemplos 6.1.
[1] Se z = f(x, y) =
√
x2 + y2, calcule suas derivadas parciais.
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pela
observação anterior consideramos z =
√
x2 + c, onde c = y2; derivando
como em R:
∂f
∂x
(x, y) =
x√
x2 + c
=
x√
x2 + y2
;
analogamente para y: fazemos c = x2:
∂f
∂y
(x, y) =
y√
c + y2
=
y√
x2 + y2
.
[2] Se z = f(x, y) = (x2 + y2) cos(x y), calcule suas derivadas parciais no
ponto (1, π).
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pela ob-
servação anterior consideramos z = (x2 + c2) cos(c x), onde y = c; derivando
como em R:
∂f
∂x
(x, y) =
(
(x2 + c2) cos(c x))′ = 2 x cos(c x)− c (x2 + c2) sen(c x)
= 2 x cos(x y)− y (x2 + y2) sen(x y);
analogamente para y: fazemos z = (c2 + y2) cos(c y):
∂f
∂y
(x, y) =
(
(c2 + y2) cos(c y)
)′
= 2 y cos(c y)− c (c2 + y2) sen(c y)
= 2 y cos(x y)− x (x2 + y2) sen(x y));
∂f
∂x
(1, π) = −2, ∂f
∂y
(1, π) = −2 π.
[3] Se w = f(x, y, z) = ln(x2 + y2 + z2), calcule suas derivadas parciais.
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x.
Seja w = ln(x2 + c), onde c = y2 + z2; derivando como em R, temos:
∂f
∂x
(x, y, z) =
2 x
x2 + c
=
2 x
x2 + y2 + z2
;
analogamente para y: fazemos c = x2 + z2 e para z: c = x2 + y2:
6.1. DEFINIÇÕES 121
∂f
∂y
(x, y, z) =
2 y
y2 + c
=
2 y
x2 + y2 + z2
e:
∂f
∂z
(x, y, z) =
2 z
c+ z2
=
2 z
x2 + y2 + z2
.
[4] Se w = f(x, y, z) = sen
(x y
z
)
, calcule suas derivadas parciais.
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x:
Seja w = sen(c x), onde c =
y
z
; derivando:
∂f
∂x
(x, y, z) = c cos(c x) =
y
z
cos
(x y
z
)
;
analogamente para y; fazemos c =
x
z
e para z; fazemos c = x y:
∂f
∂y
(x, y, z) = c cos(c y) =
x
z
cos
(x y
z
)
e
∂f
∂z
(x, y, z) = −c z−2cos( c
z
) = −x y
z2
cos
(x y
z
)
.
De forma análoga ao Cálculo de uma variável, as derivadas parciais de uma
função são funções e, portanto, podemos calcula-lás em pontos de seus do-
mínios.
[5] Seja f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1); então:
∂f
∂x
(x, y) =
2 x
x2 + y2 + 1
e
∂f
∂y
(x, y) =
2 y
x2 + y2 + 1
.
Temos duas novas funções:
g(x, y) =
2 x
x2 + y2 + 1
e h(x, y) =
2 y
x2 + y2 + 1
.
Logo,:
g(1, 1) = h(1, 1) =
2
3
, g(3,−2) = 3
7
e h(1,−2) = −2
7
.
122 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
-2
0
2
-2
0
2
0
1
2
3
Figura 6.1: Gráfico de f .
Figura 6.2: Gráficos de g e h, respectivamente.
Observações 6.2.
1. A não existência das derivadas parciais de uma função contínua de
duas variáveis num ponto indica que o gráfico da função apresenta
"arestas"nesse ponto.
2. De fato, seja z = f(x, y) =
√
x2 + y2; então, as derivadas parciais exis-
tem, exceto na origem.
Figura 6.3: Gráfico de f(x, y) =
√
x2 + y2.
6.2. GENERALIZAÇÕES 123
6.2 Generalizações
Definição 6.2. Seja A ⊂ Rn um conjunto aberto, x = (x1, x2, ..., xn) ∈ A e
f : A −→ R uma função. A derivada parcial de f em relação à j-ésima
variável no ponto x ∈ A é denotada por ∂f
∂xj
(x) e definida por:
∂f
∂xj
(x) = lim
t−→0
f(x1, ..., xj + t, .., xn)− f(x1, ...., xn)
t
,
se o limite existe.
Fazendo j = 1, ..., n, temos as derivadas parciais de f em relação à primeira,
à segunda, à terceira, ......., à n-ésima variáveis, respectivamente. Denotando
por ej = (0, ...., 1, ....0) o vetor que tem todas as componentes zero exceto a
j-ésima, que é igual a 1, temos:
∂f
∂xj
(x) = lim
t−→0
f(x + tej)− f(x)
t
.
6.3 Interpretação Geométrica das Derivadas Par-
ciais
O gráfico de uma função de duas variáveis z = f(x, y) é, em geral, uma
superfície em R3. A interseção desta superfície com um plano paralelo ao
plano xz, que passa pelo ponto (0, y0, 0) é uma curva plana (ou um ponto)
que satisfaz às condições: {
z = f(x, y)
y = y0.
Como a curva é plana, podemos considerá-la como o gráfico de uma função
de uma variável, a saber: g(x) = f(x, y0). Logo, o coeficiente angular da reta
tangente à curva no ponto x0, relativa ao plano, é:
g′(x0) =
∂f
∂x
(x0, y0)
Analogamente, a curva plana definida pela interseção do gráfico de f com
o plano que passa por (x0, 0, 0) paralelo ao plano yz pode ser definida por
h(y) = f(x0, y). Logo, o coeficiente angular da reta tangente à curva no
ponto y0, relativa ao plano, é:
124 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
h′(y0) =
∂f
∂y
(x0, y0)
Desenhos à esquerda e à direita, respectivamente:
Figura 6.4:
Figura 6.5:
Exemplos 6.2.
[1] Seja z = f(x, y) = x2 + y2. Determine a equação da reta tangente à
interseção do gráfico de f com o plano de equação y = 2, no ponto (2, 2, 8).
Pela observação anterior: z = x2 + 4; logo, z = g(x) = x2 + 4 e a equação da
reta tangente é: z − g(x0) = g′(x0)(x−x0), onde x0 = 2, ou seja: z − 4x = 0.
6.3. INTERPRETAÇÃOGEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS 125
-2
0
2
-2
0
2
0
2
4
6
-2
0
2
4
Figura 6.6: Exemplo [1].
[2] Seja z = f(x, y) = y2. Determine a equação da reta tangente à interseção
do gráfico de f com o plano de equação x = x0, no ponto (x0, 1, 1).
Pela observação anterior: z = y2; logo z = h(y) = y2 e a equação da reta
tangente é: z − h(y0) = h′(y0) (y − y0), onde y0 = 1, ou seja: z − 2y + 1 = 0.
1
Figura 6.7: Exemplo [2].
Dos parágrafos anteriores temos:
Proposição 6.1. Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função tal que as derivadas parciais
existam no conjunto aberto A, então:
∂f
∂x
(a, b) = g′(a) se g(x) = f(x, b)
∂f
∂y
(a, b) = h′(b) se h(y) = f(a, y)
A prova segue das definições e observações anteriores. Esta proposição se
estende naturalmente para n ≥ 2.
126 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Exemplos 6.3.
[1] Se f(x, y) = 4
√
x4 + y4, calcule
∂f
∂x
(0, 0) e
∂f
∂y
(0, 0).
Seja g(x) = f(x, 0) = x e h(y) = f(0, y) = y; logo g′(x) = 1 e h′(y) = 1; então:
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 1.
[2] Se f(x, y) = x2
√
(x2 + y2 ln(y2 + 1))−5 etg(x
2 y+y3 x2), calcule
∂f
∂x
(1, 0).
Seja g(x) = f(x, 0) = x−3 e g′(x) = −3 x−4; logo:
∂f
∂x
(1, 0) = g′(1) = −3.
[3] Se f(x, y, z) =
cos(x+ y + z)
ln(x2 + y2 + z2)
, calcule
∂f
∂x
(π, 0, 0).
Seja g(x) = f(x, 0, 0) =
cos(x)
2 ln(x)
e g′(x) = −x ln(x) sen(x) + cos(x)
2 ln2(x)
; logo:
∂f
∂x
(π, 0, 0) = g′(π) =
1
2 π ln2(π)
.
6.4 Derivadas Parciais como Taxa de Variação
As derivadas parciais também podem ser interpretadas como taxa de vari-
ação ou razão instantânea.
De fato, sejam A ⊂ R2 aberto e f : A −→ R uma função tal que as derivadas
parciais existem no ponto (x0, y0).
Definição 6.3. A derivada parcial
∂f
∂x
(x0, y0) é a taxa de variação de f ao
longo da reta que passa pelo ponto (x0, y0) e na direção e1 = (1, 0).
Observações 6.3.
1. Isto é, a taxa de variação de f ao longo d a reta:
c(t) = (x0, y0) + t (1, 0) = (x0 + t, y0),
tal que (|t| pequeno).
6.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO 127
2. De forma análoga interpretamos a outra derivada parcial:
∂f
∂y
(x0, y0) é
a taxa de variação de f ao longo da reta que passa pelo ponto (x0, y0)
e na direção e2 = (0, 1), isto é, d(t) = (x0, y0) + t (0, 1) = (x0, y0 + t), (|t|
pequeno).
0
0 +t
0 0+t
e
e
2
1
A
y
y
x x
d(t) d(t)
c(t)
c(t)
Figura 6.8:
3. Isto é, as derivadas parciais medem a velocidade da variação parcial
da função em relação a cada variável, quando as outras estão fixadas.
Exemplos 6.4.
[1] A lei de um gás ideal confinado é P V = 8T , onde P é a pressão em
N/cm2, V é o volume em cm3 e T é a temperatura em graus. Se o volume
do gás é de 150 cm3 e a temperatura é de 100o, pede-se:
(a) Determine a taxa de variação da pressão em relação à temperatura para
o volume fixo de 150 cm3.
(b) Determine a taxa de variação do volume em relação à pressão para a
temperatura fixa de 100o.
(a) Escrevamos a pressão em função do volume e da temperatura:
P (V, T ) = 8
T
V
; então,
∂P
∂T
(V, T ) =
8
V
;
logo,
∂P
∂T
(150, T ) ∼= 0.0533 N/cm2/kal.
128 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
A variação da pressão em relação à temperatura cresce a uma razão de
0.0533 N/cm2/kal. Note que
∂P
∂T
não depende de T .
(b) Escrevemos o volume em função da pressão e da temperatura:
V (P, T ) = 8
T
P
; então,
∂V
∂P
(P, T ) = −8 T
P 2
.
Por outro lado, P = 8
T
V
e para T = 100 e V = 150, obtemos P =
16
3
; logo:
∂V
∂P
(
16
3
, 100) = −28.13 cm3/N.
A variação do volume em relação à pressão diminui a uma razão de:
28.13 cm3/N.
[2] O potencial elétrico no ponto (x, y, z) é dado por:
V (x, y, z) =
x√
x2 + y2 + z2
,
onde V é dado em volts e x, y e z em cm. Determine a taxa de variação
instantânea de V em relação à distância em (1, 2, 3) na direção do:
(a) eixo dos x;
(b) eixo dos y;
(c) eixo dos z.
(a) Devemos calcular
∂V
∂x
(1, 2, 3). Seja g(x) = f(x, 2, 3) =
x√
x2 + 13
; então:
∂V
∂x
(x, 2, 3) = g′(x) =
13
(x+ 13)3/2
,
logo;
∂V
∂x
(1, 2, 3) =
13
14
√
14
volts/cm.
(b) Devemos calcular
∂V
∂y
(1, 2, 3): Seja h(y) = f(1, y, 3) =
1√
y2 + 10
; então:
∂V
∂y
= h′(y) = − y
(y2 + 10)3/2
,
logo;
∂V
∂y
(1, 2, 3) = − 1
7
√
14
volts/cm.
(c) Devemos calcular
∂V
∂z
(1, 2, 3): Seja k(z) = f(1, 2, z) =
1√
z2 + 5
; então:
6.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO 129
∂V
∂z
= k′(z) = − z
(z2 + 5)3/2
,
logo;
∂V
∂z
(1, 2, 3) = − 3
14
√
14
volts/cm.
[3] Quando materiais tóxicos são despejados ou manipulados num aterro
podem ser liberadas partículas contaminadas para a atmosfera circundante.
Experimentalmente, a emissão destas partículas pode ser modelada pela
função:
E(V,M) = K × 0.00032 V 1.3 M−1.4,
ondeE é a emissão (quantidade de partículas liberadas na atmosfera por to-
nelada de solo manipulado), V é a velocidade média do vento (mph=metros
por hora), M é a umidade contida no material (dada em porcentagem) e K
é uma constante que depende do tamanho das partículas. Calcule a taxa de
variação da emissão para uma partícula tal que K = 0.2, V = 10 e M = 13
em relação:
(a) ao vento;
(b) à umidade.
10 20 30 40 50
10
20
30
40
50
Figura 6.9: Curvas de nível de E.
(a) Calculamos
∂E
∂V
(10, 13): Então,
∂E
∂V
(V,M) = 0.000122V 0.3 M−1.4; logo,
∂E
∂V
(10, 13) = 0.00001496.
(b) Calculamos
∂E
∂M
(10, 13): Então,
∂E
∂M
(V,M) = −0.000291V 1.3 M−2.4; logo,
130 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
∂E
∂M
(10, 13) = −0.00001234.
Interprete os resultados obtidos no último exemplo.
6.5 Diferenciabilidade
No caso de uma variável sabemos que se uma função é derivável num
ponto, ela é contínua no ponto. Gostaríamos de ter um comportamento aná-
logo para funções de várias variáveis; no entanto, a existência das derivadas
parciais não garante a continuidade da função.
De fato, a existência de
∂f
∂x
depende do comportamento da função f so-
mente na direção do eixo dos x e a existência de
∂f
∂y
depende do comporta-
mento da função f somente na direção do eixo dos y. Por exemplo, sabemos
que a função:
f(x, y) =


2 x y
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
,
não é contínua na origem. No entanto, as derivadas parciais existem em
todos os pontos, inclusive na origem. De fato, sejam g(x) = f(x, 0) = 0 e
h(y) = f(0, y) = 0; logo:
∂f
∂x
(0, 0) = g′(0) = 0 e
∂f
∂y
(0, 0) = h′(0) = 0.
As derivadas parciais para (x, y) 6= (0, 0) são:
∂f
∂x
=
2 y3 − 2 x2 y
(x2 + y2)2
e
∂f
∂y
=
2 x3 − 2 x y2
(x2 + y2)2
.
Em uma variável, a existência da derivada de uma função num ponto, ga-
rante que nas proximidades desse ponto o gráfico da função fica bastante
próximo da reta tangente a esse gráfico no ponto considerado. Seguiremos
esta idéia para estender o conceito de diferenciabilidade para funções de
várias variáveis. Correspondendo à reta tangente num ponto do gráfico de
uma função em R temos o "plano tangente"num ponto do G(f) e este plano
deve ser uma "boa"aproximação para o G(f) numa vizinhança do ponto.
6.5. DIFERENCIABILIDADE 131
Definição 6.4. Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função definida no conjunto
aberto A. Dizemos que f é diferenciável no ponto x0 ∈ A se existem as
derivadas parciais de f em x0 e:
lim
‖h‖→0
∣∣f(x)− f(x0)− n∑
j=1
∂f
∂xj
(x0)hj
∣∣
‖h‖ = 0,
onde h = x− x0, hj é a componente j-ésima de h e x ∈ A.
Para n = 2, este limite expressa o que pensamos ao dizer que:
f(x0, y0) +
∂f
∂x
(x0, y0) (x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0) (y − y0),
é uma boa aproximaçãopara f numa vizinhança de x0 = (x0, y0).
Definição 6.5. f é diferenciável emA ⊂ Rn, se é diferenciável em cada ponto
de A.
Exemplos 6.2.
Considere a função:
f(x, y) =


x2y
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
,
f é contínua em (0, 0); suas derivadas parciais são:
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 0,
∂f
∂x
(x, y) =
2 x y3
(x2 + y2)2
e:
∂f
∂y
(x, y) =
x2 (x2 − y2)
(x2 + y2)2
.
Agora, apliquemos a definição de diferenciabilidade para f no ponto (0, 0):
lim
(x,y)−→(0,0)
|f(x, y)|
‖(x, y)‖ = lim(x,y)−→(0,0)
|x2y|
(x2 + y2)
√
x2 + y2
;
considere y = k x, k > 0:
132 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
lim
(x,k x)→(0,0)
|x2y|
(x2 + y2)
3
2
= lim
(x,k x)→(0,0)
|kx3|
(x2 + k2x2)
3
2
= lim
(x,k x)→(0,0)
±k
(1 + k2)
3
2
= ± k
(1 + k2)
3
2
;
o limite depende de k; logo f não é diferenciável em (0, 0).
Figura 6.10: Gráfico de f .
Observação 6.2. Aplicar diretamente a definição de função diferenciável
pode ser, em muitos casos, bastante complicado. Por isso, apresentamos
o seguinte teorema:
Teorema 6.1. Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função definida no conjunto
aberto A tal que existem todas as derivadas parciais em cada ponto de A e
cada uma delas é contínua no ponto x0 ∈ A. Então f é diferenciável em x0.
Observação 6.3. O teorema estabelece apenas uma condição suficiente, ou
seja, nem todas as funções diferenciáveis num ponto x0 devem ter derivadas
parciais contínuas numa vizinhança de x0. Para a prova do teorema, veja o
apêndice.
Exemplos 6.5.
6.5. DIFERENCIABILIDADE 133
[1] Considere a seguinte função
f(x, y) =


x2y2
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0).
As derivadas parciais são:
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 0,
∂f
∂x
(x, y) =
2xy4
(x2 + y2)2
e
∂f
∂y
(x, y) =
2x4y
(x2 + y2)2
.
As derivadas parciais existem em todo ponto. Aplicaremos o teorema para
provar a diferenciabilidade de f no ponto (0, 0). Para isto provaremos que
as derivadas parciais são contínuas no ponto (0, 0).
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
2xy4
(x2 + y2)2
=
∂f
∂x
(0, 0) = 0.
De fato, |x| ≤
√
x2 + y2 e y4 ≤ (x2+y2)2; logo, |2x y4|
(x2+y2)2
≤ 2
√
x2 + y2; se δ = ε
2
,
teremos
∣∣ 2 x y4
(x2 + y2)2
∣∣ < ε se 0 < √x2 + y2 < δ. Analogamente para a outra
derivada parcial.
Figura 6.11: Exemplo [1].
[2] Os polinômios em várias variáveis são claramente diferenciáveis em
todo ponto de Rn.
[3] A função z = f(x, y) =
√
x2 + y2 é diferenciável em R2 − {(0, 0)}. De
fato:
134 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
∂f
∂x
=
x√
x2 + y2
e
∂f
∂y
=
y√
x2 + y2
e ambas são funções contínuas em R2 − {(0, 0)}.
Definição 6.6. Uma função é dita de classe C1 em A quando existem as
derivadas parciais em cada ponto de A e estas são contínuas. Logo f de
classe C1 implica em f diferenciável.
Proposição 6.2. Se f e g são funções de classe C1 no ponto x0, então:
1. f + g é de classe C1 em x0.
2. f g é de classe C1 em x0.
3. Se g(x0) 6= 0, f
g
é de classe C1 em x0.
As provas seguem da aplicação direta da definição.
Exemplos 6.6.
[1] As função definidas por polinômios de várias variáveis são de classe C1.
[2] A função f(x, y) = xy2 +
y
x2 + y2 + 1
é diferenciável em todo R2. De fato,
escrevendo:
f(x, y) = f1(x, y) +
f2(x, y)
f3(x, y)
,
onde f1(x, y) = xy2, f2(x, y) = y e f3(x, y) = x2 + y2 + 1, vemos que as três
funções são diferenciáveis em todo o plano, pois são polinômios e f3 não
se anula em nenhum ponto do plano. Pelas propriedades anteriores, f é
diferenciável em R2.
Teorema 6.2. Se f é diferenciável no ponto x0, então f é contínua em x0.
Para a prova, veja o apêndice. Se f é de classe C1, então f é diferenciável e
portanto f é contínua.
6.5. DIFERENCIABILIDADE 135
Observações 6.4.
1. O plano tangente ao gráfico de uma função f num ponto é o plano
que contem todas as retas tangentes ao gráfico de f que passam pelo
ponto.
2. Se todas as retas tangente a esse ponto não são co-planares, então di-
zemos que o plano tangente não existe.
3. Nos próximos parágrafos daremos uma justificativa para a seguinte
definição:
Definição 6.7. Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função diferenciável no ponto
(x0, y0). A equação do plano tangente ao G(f) no ponto (x0, y0, f(x0, y0)) é:
z = f(x0, y0) +
∂f
∂x
(x0, y0) (x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0) (y − y0)
Figura 6.12: Plano tangente ao G(f).
Segue, de imediato, que os vetores normais ao plano tangente no ponto
(x0, y0, z0), onde z0 = f(x0, y0), são:
n(x0, y0, z0) = ±
(∂f
∂x
(x0, y0),
∂f
∂y
(x0, y0),−1
)
136 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Exemplos 6.7.
[1] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de:
z = (x2 + y2 + 1) e−(x
2+y2)
no ponto (0, 0, 1).
Observemos que f(x, y) = (x2 + y2 + 1) e−(x
2+y2) é uma função diferenciável
em R2. Sejam g(x) = f(x, 0) = (1 + x2) e−x
2
e h(y) = f(0, y) = (1 + y2) e−y
2
;
logo, g′(x) = −2 x3 e−x2 e h′(y) = −2 y3 e−y2 e:
∂f
∂x
(0, 0) = g′(0) = 0;
∂f
∂y
(0, 0) = h′(0) = 0
e f(0, 0) = 1. A equação do plano tangente no ponto (0, 0, 1) é:
z = 1.
Figura 6.13: Plano tangente do exemplo [1].
[2] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = x − 6 y2 nos
pontos (1, 1, f(1, 1)) e (−1,−1, f(−1,−1)).
Como f é diferenciável em R2: f(1, 1) = −5 e f(−1,−1) = −7. Por outro
lado:
∂f
∂x
(x, y) = 1,
∂f
∂y
(x, y) = −12 y.
As equações dos planos tangente ao G(f) nos pontos (1, 1,−5) e
(−1,−1,−7) são:
6.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 137
z = x− 12 y + 6 e z = x+ 12 y + 6,
respectivamente.
Figura 6.14: Plano tangente do exemplo [2].
[3] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = ex−y + x y2 no
ponto (1, 1, 2).
Note que f é diferenciável em R2:
f(1, 1) = 2,
∂f
∂x
(x, y) = ex−y + y2 e
∂f
∂y
(x, y) = −ex−y + 2 x y.
A equação do plano tangente ao G(f) no ponto (1, 1, 2) é:
z = 2 x+ y − 1.
Os vetores normais no ponto (1, 1, 2) são n = (2, 1,−1) e n = (−2,−1, 1).
6.6 Aproximação Linear
Como em Cálculo I, podemos usar a "boa"aproximação do plano tangente
ao gráfico numa vizinhança de um ponto para efetuar cálculos numéricos
aproximados.
Definição 6.8. Seja f diferenciável no ponto x0. A aproximação linear de f
ao redor de x0 é denotada por l e definida como:
138 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
1. se n = 2 e z0 = f(x0, y0):
l(x, y) = z0 +
∂f
∂x
(x0, y0)(x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0)(y − y0)
2. se n = 3, x0 = (x0, y0, z0) e w0 = f(x0):
l(x, y, z) = w0 +
∂f
∂x
(x0) (x− x0) + ∂f
∂y
(x0) (y − y0) + ∂f
∂z
(x0) (z − z0)
Seja ε > 0 pequeno. Para todo x ∈ B(x0, ε), o erro da aproximação é:
E(x) = |f(x)− l(x)|
e satisfaz:
lim
x−→x0
E(x)
‖x− x0‖ = 0.
Em outras palavras l(x) aproxima f(x) numa vizinhança de x0. A função
l(x) também é chamada linearização de f numa vizinhança de x0.
Exemplos 6.8.
[1] Suponha que não dispomos de calculadora ou de outro instrumento de
cálculo e precisamos resolver os seguintes problemas:
(a) Se:
T (x, y) = x ex y
representa a temperatura num ponto (x, y) numa certa região do plano, cal-
cular as seguintes temperaturas T (1.0023, 0.00012) e T (0.00012, 1.0023).
(b) Se:
ρ(x, y, z) = ln(
√
x2 + y2 + z2)
representa a densidade de um ponto (x, y, z) numa certa região do espaço
que não contem a origem, determine ρ(1.005, 0.007, 1.01).
(c) Calcule, aproximadamente, o valor de
√
1.012 + 4.012 + 8.0022.
(a) Como (1.0023, 0.00012) está perto de (1, 0) acharemos a linearização de T
numa vizinhança de (1, 0). Isto é:
6.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 139
l(x, y) = T (1, 0) +
∂T
∂x
(1, 0) (x− 1) + ∂T
∂y
(1, 0) y
= 1 +
∂T
∂x
(1, 0) x+
∂T
∂y
(1, 0) y − ∂T
∂x
(1, 0).
∂T
∂x
(x,y) = ex y (1 + x y) e
∂T
∂y
(x, y) = ex y x2; então, numa vizinhança do
ponto (1, 0), temos:
x ex y ≃ x + y.
O ponto (1.0023, 0.00012) está perto do ponto (1, 0), logo:
1.0023× e1.0023×0.00012 ≃ 1.0023 + 0.00012 = 1.00242.
1
1
Figura 6.15: Vista de x ex y e x + y ao redor de (1, 0).
Analogamente, como (0.00012, 1.0023) está perto de (0, 1) acharemos a line-
arização de T numa vizinhança de (0, 1). Isto é:
l(x, y) = T (0, 1) +
∂T
∂x
(0, 1) x+
∂T
∂y
(0, 1) (y − 1)
=
∂T
∂x
(0, 1) x+
∂T
∂y
(0, 1) y − ∂T
∂y
(0, 1)
= x.
Então, numa vizinhança do ponto (0, 1), temos:
140 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
x ex y ≃ x.
Logo: T (0.00012, 1.0023) ≃ 0.00012.
(b) Devemos determinar a linearização de ρ numa vizinhança de (1, 0, 1).
Isto é:
l(x, y, z) = ρ(1, 0, 1) +
∂ρ
∂x
(1, 0, 1) (x− 1) + ∂ρ
∂y
(1, 0, 1) y +
∂ρ
∂z
(1, 0, 1) (z − 1).
Temos:
∂ρ
∂x
(x, y, z) =
x
x2 + y2 + z2
,
∂ρ
∂y
(x, y, z) =
y
x2 + y2 + z2
e
∂ρ
∂z
(x, y, z) =
z
x2 + y2 + z2
.
Então, numa vizinhança do ponto (1, 0, 1), temos:
ln(
√
x2 + y2 + z2) ≃ x + z + ln(2)
2
− 1.
Logo: ρ(1.005, 0.007, 1.01) ≃ 0.354.
(c) Seja a função f(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2.
Consideremos o ponto (x0, y0, z0) = (1, 4, 8) e determinemos a linearização
de f numa vizinhança do ponto (1, 4, 8):
l(x, y, z) = f(1, 4, 8)+
∂f
∂x
(1, 4, 8) (x−1)+∂f
∂y
(1, 4, 8) (y−4)+∂f
∂z
(1, 4, 8) (z−8).
Temos:
∂f
∂x
(x, y, z) =
x
f(x, y, z)
,
∂f
∂y
(x, y, z) =
y
f(x, y, z)
e
∂f
∂z
(x, y, z) =
z
f(x, y, z)
.
Logo, f(1, 4, 8) = 9,
∂f
∂x
(1, 4, 8) =
1
9
,
∂f
∂y
(1, 4, 8) =
4
9
e
∂f
∂z
(1, 4, 8) =
8
9
; então,
numa vizinhança do ponto (1, 4, 8), temos:
6.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 141
√
x2 + y2 + z2 ≃ 1
9
(x+ 4 y + 8 z),
Em particular, no ponto (1.01, 4.01, 8.002):
√
1.012 + 4.012 + 8.0022 ≃ 1
9
(1.01 + 4× (4.01) + 8× (8.002)) ≃ 9.0073.
[2] Lei de gravitação de Newton. A força de atração entre dois corpos de
massam eM , respectivamente, situados a uma distância r é dada por:
F (m,M, r) =
GmM
r2
,
onde G é a constante de gravitação. Determinemos a linearização da função
F ao redor do ponto (m0,M0, r0).
∂F
∂m
(m,M, r) =
GM
r2
,
∂F
∂M
(m,M, r) =
Gm
r2
e:
∂F
∂r
(m,M, r) = −2GmM
r3
;
logo, no ponto (m0,M0, r0), temos:
l(m,M, r) =
G
r30
(M0 r0 m+m0 r0 M − 2m0 M0 r +m0 M0 r0).
Por exemplo, sem0 = 1,M0 = 2 e r0 = 1, temos que:
F (m,M, r) ≃ G (2m+M − 4 r + 2),
para todo (m,M, r) numa vizinhança de (1, 2, 1).
[3] Um depósito de material radioativo tem o formato de um cilindro circu-
lar reto e deve possuir altura no lado interno igual a 6 cm, raio interno com
2 cm e espessura de 0.1 cm. Se o custo de fabricação do depósito é de 10 cv
por cm3. (cv= centavos), determine o custo aproximado do material usado.
142 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Figura 6.16: Depósito de material radioativo.
O volume exato do depósito é a diferença entre os volumes dos cilindros
C1 e C, onde C1 tem raio r1 = 2.1 e altura h1 = 6.2 e C tem raio r = 2 e
altura h = 6. Determinemos a aproximação linear do volume do cilindro:
V (r, h) = π r2 h. Como V (2, 6)) = 24 π,
∂V
∂r
(r, h) = 2 π r h e
∂V
∂h
(r, h) = π r2;
então, numa vizinhança do ponto (2, 6), temos: l(r, h) = 4 π(6 r+ h− 12). O
volume de C1 é VC1 ∼= l(2.1, 6.2) = 27.2 π e o volume total é V =
(
27.2 π −
24 π
)
cm3 = 3.2 π cm3. Logo o custo aproximado é de 10× 3.2 π ∼= 100.58 cv.
O argumento desenvolvido neste parágrafo se generaliza facilmente para
mais de 3 variáveis:
[4] Suponha que 4 resistores num circuito são conectados em paralelo; a
resistência R do circuito é dada por:
R(r1, r2, r3, r4) =
(
1
r1
+
1
r2
+
1
r3
+
1
r4
)−1
.
Determine a linearização de R numa vizinhança do ponto (10, 20, 40, 10),
onde os ri são medidos em Ohms. Seja x = (r1, r2, r3, r4):
∂R
∂r1
(x) =
(R(r1, r2, r3, r4))
2
r21
,
∂R
∂r2
(x) =
(R(r1, r2, r3, r4))
2
r22
,
∂R
∂r3
(x) =
(R(r1, r2, r3, r4))
2
r23
,
∂R
∂r4
(x) =
(R(r1, r2, r3, r4))
2
r24
.
6.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 143
Logo, numa vizinhança do ponto (10, 20, 40, 10), temos:
R(r1, r2, r3, r4) ≃ 1
121
(16 r1 + 4 r2 + r3 + 16 r4).
6.7 Derivadas Parciais de Ordem Superior
Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função tal que suas derivadas parciais existem
em todos os pontos (x, y) ∈ A. As derivadas parciais são, em geral, fun-
ções de x e y e podemos perguntar se as derivadas parciais destas funções
existem:
∂f
∂x
,
∂f
∂y
: A ⊂ R2 −→ R.
Definição 6.9. As derivadas parciais de segunda ordem de f são definidas
e denotadas por:
∂
∂x
(∂f
∂x
)
(x, y) = lim
t→0
S
∂f
∂x
(x + t, y)− ∂f
∂x
(x, y)
t
∂
∂x
(∂f
∂y
)
(x, y) = lim
t→0
∂f
∂y
(x + t, y)− ∂f
∂y
(x, y)
t
∂
∂y
(∂f
∂x
)
(x, y) = lim
t→0
∂f
∂x
(x, y + t)− ∂f
∂x
(x, y)
t
∂
∂y
(
∂f
∂y
)
(x, y) = lim
t→0
∂f
∂y
(x, y + t)− ∂f
∂y
(x, y)
t
,
se os limites existem.
As notações usuais são:
∂
∂x
(∂f
∂x
)
(x, y) =
∂2f
∂x2
(x, y)
∂
∂x
(∂f
∂y
)
(x, y) =
∂2f
∂x∂y
(x, y)
∂
∂y
(∂f
∂x
)
(x, y) =
∂2f
∂y∂x
(x, y)
∂
∂y
(∂f
∂y
)
(x, y) =
∂2f
∂y2
(x, y)
144 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Exemplos 6.9.
[1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de:
f(x, y) = x2 y3.
Primeiramente, calculamos as de primeira ordem:
∂f
∂x
= 2 x y3 e
∂f
∂y
= 3 x2 y2; logo:
∂2f
∂x2
=
∂
∂x
(∂f
∂x
)
=
∂
∂x
(
2 x y3
)
= 2 y3,
∂2f
∂y2
=
∂
∂y
(∂f
∂y
)
=
∂
∂y
(
3 x2 y2
)
= 6 x2 y,
∂2f
∂x∂y
=
∂
∂x
(∂f
∂y
)
=
∂
∂x
(
3 x2 y2
)
= 6 x y2,
∂2f
∂y∂x
=
∂
∂y
(∂f
∂x
)
=
∂
∂y
(
2 x y3
)
= 6 x y2.
[2] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de:
= f(x, y) = ln(x2 + y2).
Primeiramente, calculamos as de primeira ordem:
∂f
∂x
=
2x
x2 + y2
e
∂f
∂y
=
2y
x2 + y2
; logo:
∂2f
∂x2
=
∂
∂x
(
2x
x2 + y2
)
=
2 (y2 − x2)
(x2 + y2)2
,
∂2f
∂y2
=
∂
∂y
(
2y
x2 + y2
)
=
2(x2 − y2)
(x2 + y2)2
,
∂2f
∂x∂y
=
∂
∂x
(
2 y
x2 + y2
)
=
−4xy
(x2 + y2)2
,
∂2f
∂y∂x
=
∂
∂y
(
2 x
x2 + y2
)
=
−4 x y
(x2 + y2)2
.
6.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 145
Em geral, se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função tal que suas derivadas parci-
ais existem em todos os pontos x ∈ A, definimos as derivadas parciais de
segunda ordem de f da seguinte forma:
∂
∂xj
( ∂f
∂xi
)
(x) = lim
t→0
∂f
∂xi
(x + tej)− ∂f∂xi (x)
t
,
se os limites existem. A notação é
∂
∂xj
( ∂f
∂xi
)
(x) =
∂2f
∂xj∂xi
(x). Logo, defini-
mos n2 funções:
∂
∂xj
( ∂f
∂xi
)
: A ⊂ Rn −→ R.
Se n = 2 temos 4 derivadas parciais de segunda ordem e se n = 3 temos 9
derivadas parciais de segunda ordem. Se i = j:
∂
∂xi
( ∂f
∂xi
)
(x) =
∂2f
∂x2i
(x).
Analogamente, definimos as derivadas de ordem 3, 4, etc. Por exemplo,
para i, j, k = 1....n:
∂3f
∂xj∂xi∂xk
(x) =
∂
∂xj
( ∂2f
∂xi∂xk
)
(x).
Primeiramente, calculamos as de primeira ordem:
Exemplos 6.10.
[1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de:
f(x, y, z) = x y z.
Calculemos as de primeira ordem:
∂f
∂x
= y z,
∂f
∂y
= x z e
∂f
∂z
= x y, logo:
∂2f
∂x2
=
∂
∂x
(y z) = 0,
∂2f
∂y2
=
∂
∂y
(x z) = 0,
∂2f
∂z2
=
∂
∂z
(x y) = 0,
∂2f
∂x ∂y
=
∂
∂x
(x z) = z,
146 CAPÍTULO 6. DERIVADASPARCIAIS
∂2f
∂x∂z
=
∂
∂x
(x y) = y,
∂2f
∂y∂x
=
∂
∂y
(y z) = z,
∂2f
∂y∂z
=
∂
∂y
(x y) = x,
∂2f
∂z∂x
=
∂
∂z
(y z) = y,
∂2f
∂z∂y
=
∂
∂z
(x z) = x.
[2] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de:
f(x, y, z) = sen(x y z).
Calculemos as de primeira ordem:
∂f
∂x
= y z cos(x y z),
∂f
∂y
= x z cos(x y z) e
∂f
∂z
= x y cos(x y z); logo:
∂2f
∂x2
== −y2 z2 sen(x y z),
∂2f
∂y2
= −x2 z2 sen(x y z),
∂2f
∂z2
= −x2 y2 sen(x y z),
∂2f
∂x∂y
= z cos(x y z)−x y z2 sen(x y z),
∂2f
∂x∂z
= y cos(x y z)−x y2 z sen(x y z),
∂2f
∂y∂x
= z cos(x y z)−x y z2 sen(x y z),
∂2f
∂y∂z
= x cos(x y z)−x2 y z sen(x y z),
∂2f
∂z∂x
= y cos(x y z)−x y2 z sen(x y z),
∂2f
∂z∂y
= x cos(x y z)−x2 y z sen(x y z).
[3] Equação de Laplace: Seja u = u(x, y) uma função duas vezes diferenciá-
vel num conjunto aberto do plano. A equação de Laplace é:
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= 0.
A equação de Laplace está associada a fenômenos estacionários, isto é, in-
dependentes do tempo, como por exemplo potenciais eletrostáticos. As so-
luções desta equação são chamadas funções harmônicas. A função u(x, y) =
sen(x) ey é harmônica. De fato:
∂2u
∂x2
= −sen(x) ey e ∂
2u
∂y2
= sen(x) ey.
6.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 147
0 2 4 6 8
1
2
3
4
5
6
Figura 6.17: Curvas de nível da função u(x, y) = sen(x) ey.
[4] Equação da onda: Seja u = u(x, t) uma função duas vezes diferenciável
num conjunto aberto do plano. A equação homogênea da onda é:
∂2u
∂t2
= c2
∂2u
∂x2
,
onde c > 0 (c é chamada a velocidade de propagação da onda). u(x, t)
descreve o deslocamento vertical de uma corda vibrante. A função :
u(x, t) = (x+ c t)n + (x− c t)m, n, m ∈ N
satisfaz à equação da onda. De fato.
∂2u
∂x2
= m (m− 1) (x− c t)m−2 + n (n− 1) (x+ c t)n−2,
∂2u
∂t2
= c2 (m (m− 1) (x− c t)m−2 + n (n− 1) (x+ c t)n−2).
Figura 6.18: Gráfico de z = u(x, t) para c = 1
6
, n = m = 3.
148 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Analogamente, a função:
u(x, t) =
sen(x + c t) + cos(x− c t)
2
satisfaz à equação da onda. De fato.
∂2u
∂x2
= −1
2
(sen(x + c t) + cos(x− c t)),
∂2u
∂t2
= −c
2
2
(sen(x + c t) + cos(x− c t)).
Figura 6.19: Gráfico de z = u(x, t) para c = 2.
Definição 6.10. A função f : A −→ R é de classe C2 quando existem as de-
rivadas parciais até a segunda ordem em todos os pontos de A e as funções
∂
∂xj
( ∂f
∂xi
)
: A ⊂ Rn → R
são contínuas, para todo i, j.
Notamos que nos exemplos estudados sempre verificamos que:
∂
∂xj
( ∂f
∂xi
)
=
∂
∂xi
( ∂f
∂xj
)
.
Isto é consequencia do seguinte teorema.
Teorema 6.3. (Schwarz) Se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função de classe C2 no
ponto x0 ∈ A, então para todo i, j = 1.....n tem-se:
∂
∂xj
( ∂f
∂xi
(x0)
)
=
∂
∂xi
( ∂f
∂xj
(x0)
)
6.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 149
Para a prova veja o apêndice.
Exemplos 6.3.
Consideremos a função: f(x, y) =


x y (x2 − y2)
x2 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0).
Figura 6.20: Gráfico de f .
Se (x, y) 6= (0, 0), f(x, y) possui derivadas parciais de todas as ordens; em
(0, 0) as derivadas parciais de f(x, y) existem e são todas nulas:
∂f
∂x
=
y (x4 − y4 + 4x2y2)
(x2 + y2)2
e
∂f
∂y
=
x (x4 − y4 − 4x2y2)
(x2 + y2)2
.
Para todo y 6= 0, f(0, y) = 0, ∂f
∂x
(0, y) = −y, ∂f
∂y
(0, y) = 0 e:
∂2f
∂x∂y
(0, y) = −1, ∂
2f
∂y∂x
(0, y) = 0.
Logo, a função não é de classe C2.
Observações 6.5.
1. Em geral, as funções "bem comportadas", como as polinomiais, expo-
nenciais e a maioria das funções utilizadas neste livro são de classe
C2.
2. A seguir apresentamos os gráficos e as curvas de nível da função de
classe C2:
150 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
f(x, y) = (x2 − y2) e−(x
2+y2)
2
e de suas derivadas parciais de primeira e segunda ordem mistas, res-
pectivamente:
Figura 6.21: Gráficos de f e ∂f
∂x
, respectivamente.
Figura 6.22: Gráficos de ∂f
∂y
e ∂
2f
∂x∂y
, respectivamente.
6.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 151
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
Figura 6.23: Curvas de diversos níveis de f e ∂f
∂x
, respectivamente.
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
Figura 6.24: Curvas de diversos níveis de ∂f
∂y
e ∂
2f
∂x∂y
, respectivamente.
O teorema de Schwarz também é valido para derivadas mistas de ordem
superior a dois. De fato, se as terceiras derivadas de f são contínuas (f de
classe C3), temos:
∂3f
∂x∂x∂y
=
∂
∂x
( ∂2f
∂x∂y
)
=
∂
∂x
( ∂2f
∂y∂x
)
=
∂3f
∂x∂y∂x
.
Por outro lado, fazendo g = ∂f
∂x
:
∂3f
∂x∂y∂x
=
∂2g
∂x∂y
=
∂2g
∂y∂x
=
∂3f
∂y∂x∂x
.
Fica como exercício determinar as outras igualdades. Em geral, f é de classe
Ck (k ≥ 1), no conjunto aberto A se as derivadas parciais até ordem k exis-
tem e são contínuas em A. f e de classe C∞ se é de classe Ck para todo
k ≥ 1.
152 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
6.8 Regra da Cadeia
Teorema 6.4. Se n = 2, z = f(x, y) é uma função de classe C1, x = x(r, s) e
y = y(r, s) são funções tais que suas derivadas parciais existem, então:
∂z
∂r
=
∂z
∂x
∂x
∂r
+
∂z
∂y
∂y
∂r
e
∂z
∂s
=
∂z
∂x
∂x
∂s
+
∂z
∂y
∂y
∂s
r
x
z
y
rs s
Figura 6.25: A regra da cadeia para n = 2.
Em particular, se x = x(t) e y = y(t) são deriváveis, então:
dz
dt
=
∂z
∂x
dx
dt
+
∂z
∂y
dy
dt
x
z
y
t
Figura 6.26: Caso particular da regra da cadeia para n = 2.
Se n = 3, w = f(x, y, z) é uma função de classe C1, x = x(r, s, t), y = y(r, s, t)
e z = z(r, s, t) são tais que as derivadas parciais existem, então:
∂w
∂r
=
∂w
∂x
∂x
∂r
+
∂w
∂y
∂y
∂r
+
∂w
∂z
∂z
∂r
,
∂w
∂s
=
∂w
∂x
∂x
∂s
+
∂w
∂y
∂y
∂s
+
∂w
∂z
∂z
∂s
e
∂w
∂t
=
∂w
∂x
∂x
∂t
+
∂w
∂y
∂y
∂t
+
∂w
∂z
∂z
∂t
6.8. REGRA DA CADEIA 153
x
w
y z
r r s t r s tts
Figura 6.27: A regra da cadeia para n = 3.
Em particular, se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) são deriváveis, então:
x y
t
z
w
Figura 6.28: Caso particular da regra da cadeia para n = 3.
dw
dt
=
∂w
∂x
dx
dt
+
∂w
∂y
dy
dt
+
∂w
∂z
dz
dt
Exemplos 6.11.
[1] Calcule
dw
dt
se w = f(x, y, z) = x y z onde x = x(t) = t2, y = y(t) = t e
z = z(t) = t4.
dw
dt
=
∂w
∂x
dx
dt
+
∂w
∂y
dy
dt
+
∂w
∂z
dz
dt
,
∂w
∂x
= y z = t× t4 = t5, ∂w
∂y
= x z = t2 × t4 = t6 e ∂w
∂z
= x y = t2 × t = t3. Por
outro lado, temos que
dx
dt
= 2 t,
dy
dt
= 1 e S
dz
dt
= 4 t3; então;
dw
dt
= 2 t6 + t6 + 4 t6 = 7 t6.
Observe que podemos obter o mesmo resultado fazendo a composição das
funções:
w = f(t2, t, t4) = t2 × t× t4 = t7, então dw
dt
= 7 t6.
154 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Pode explicar por que isto ocorre?
[2] Seja w = f(x, y, z) = x2 + y2 + 2 z2, se:
x(ρ, α, θ) = ρ sen(α) cos(θ),
y(ρ, α, θ) = ρ sen(α) sen(θ) e
z(ρ, α, θ) = ρ cos(α).
Calcule
∂w
∂ρ
,
∂w
∂α
e
∂w
∂θ
.
∂w
∂ρ
=
∂w
∂x
∂x
∂ρ
+
∂w
∂y
∂y
∂ρ
+
∂w
∂z
∂z
∂ρ
=
= 2 x sen(α) cos(θ) + 2 y sen(α) sen(θ) + 4 z cos(α);
logo, utilizando a definição das funções x, y e z temos:
∂w
∂ρ
= 2 ρ sen2(α)
(
cos2(θ) + sen2(θ)
)
+ 4 ρ cos2(α) = 2 ρ+ 2 ρ cos2(α).
Como antes, se fazemos w = f(ρ, α, θ) = ρ2 + ρ2cos2(α), obtemos:
∂w
∂ρ
= 2 ρ+ 2 ρ cos2(α),
∂w
∂α
= −2 ρ2cos(α) sen(α) e ∂w
∂θ
= 0.
[3] Em um instante dado, o comprimento deum lado de um triângulo re-
tângulo é 10 cm e cresce à razão de 1 cm/seg; o comprimento do outro lado é
12 cm e decresce à razão de 2 cm/seg. Calcule a razão de variação da medida
do ângulo agudo oposto ao lado de 12 cm, medido em radianos, no instante
dado.
x
y
θ
Figura 6.29: Exemplo [3].
6.8. REGRA DA CADEIA 155
Sejam x = x(t) e y = y(t) os lados no instante t e θ = arctg
(
y
x
)
o ângulo em
questão; pela regra da cadeia:
dθ
dt
=
∂θ
∂x
dx
dt
+
∂θ
∂y
dy
dt
= − y
x2 + y2
dx
dt
+
x
x2 + y2
dy
dt
;
temos x = 10,
dx
dt
= 1; y = 12,
dy
dt
= −2, pois y decresce. Substituindo
estes valores na expressão anterior
dθ
dt
= − 8
61
; logo, decresce à razão de
8
61
rad/seg.
[4] A resistência R, em Ohms, de um circuito é dada por R =
E
I
, onde I é
a corrente em ampères e E é a força eletromotriz, em volts. Num certo ins-
tante, quandoE = 120 volts e I = 15 ampères, E aumenta numa velocidade
de 0.1 volts/seg e I diminui à velocidade de 0.05 ampères/seg. Determine
a taxa de variação instantânea de R.
Como R = R(E, I) =
E
I
. Sejam E = E(t) a força eletromotriz no instante t
e I = I(t) a corrente no instante t. Pela regra da cadeia:
dR
dt
=
∂R
∂E
dE
dt
+
∂R
∂I
dI
dt
=
1
I
dE
dt
+
[− E
I2
] dI
dt
.
TemosE = 120,
dE
dt
= 0.1, I = 15,
dI
dt
= −0.05, pois I decresce. Substituindo
estes valores na expressão anterior:
dR
dt
=
1
30
Ohm/seg.
[5] A lei de um gás ideal confinado é P V = k T , onde P é a pressão, V é
o volume, T é a temperatura e k > 0 constante. O gás está sendo aquecido
à razão de 2 graus/min e a pressão aumenta à razão de 0.5 kg/min. Se em
certo instante, a temperatura é de 200 graus e a pressão é de 10 kg/cm2, ache
a razão com que varia o volume para k = 8.
Escrevemos o volume do gás em função da pressão e da temperatura:
V (P, T ) = 8
T
P
= 8T P−1.
Sejam P = P (t) a pressão do gás no instante t e T = T (t) a temperatura do
gás no instante t. Pela regra da cadeia e usando que
dT
dt
= 2 e
dP
dt
= 0.5:
156 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
dV
dt
=
∂V
∂T
dT
dt
+
∂V
∂P
dP
dt
=
4
P
(4− T
P
).
Como T = 200 e P = 10, substituindo estes valores na expressão anterior:
dV
dt
= −32
5
cm3/min.
O volume decresce à razão de
32
5
cm3/min.
[6] De um funil cônico escoa água à razão de 18 πcm3/seg. Se a geratriz
faz com o eixo do cone um ângulo α = pi
3
, determine a velocidade com que
baixa o nível de água no funil, nomomento em que o raio da base do volume
líquido é igual a 6 cm.
r
h
α
Figura 6.30: Funil.
Sejam r = r(t) o raio do cone no instante t, h = h(t) a altura do cone no
instante t. O volume do cone é V (r, h) =
r2hπ
3
. Devemos calcular
dh
dt
.
dV
dt
=
∂V
∂r
dr
dt
+
∂V
∂h
dh
dt
=
π
3
(
2rh
dr
dt
+ r2
dh
dt
)
;
sabemos que:
dV
dt
= 18π e tg(α) = r/h, logo r = h tg(π/3) =
√
3h e
dr
dt
=
√
3
dh
dt
e:
18 π =
π
3
(
2rh
dr
dt
+ r2
dh
dt
)
= π r2
dh
dt
.
Logo, temos
dh
dt
=
18
r2
=
1
2
cm/seg.
[7] Suponha que z = f
(b x2
2
− a y
3
3
)
é diferenciável, a, b ∈ R. Então, f satis-
faz à equação:
6.8. REGRA DA CADEIA 157
a y2
∂z
∂x
+ b x
∂z
∂y
= 0.
De fato, seja u =
b x2
2
− a y
3
3
; então, z = f(u). Pela regra da cadeia:
∂z
∂x
=
dz
du
∂u
∂x
= f ′(u) b x e
∂z
∂y
=
dz
du
∂u
∂y
= −f ′(u) a y2;
logo, a y2
∂z
∂x
+ b x
∂z
∂y
= f ′(u) (a b x y2 − a b x y2) = 0.
[8] Equação da onda: Seja u = u(x, t) de classe C2. A equação homogênea
da onda é dada por:
∂2u
∂t2
= c2
∂2u
∂x2
,
A solução (chamada de d’Alambert) desta equação é dada por:
u(x, t) = f(x+ c t) + g(x− c t),
onde f e g são funções reais de uma variável duas vezes diferenciáveis. De
fato, pela regra da cadeia:
∂2u
∂x2
= f ′′(x+ c t) + g′′(x− c t) e ∂
2u
∂t2
= c2 (f ′′(x+ c t) + g′′(x− c t)),
ou seja:
∂2u
∂t2
= c2
∂2u
∂x2
.
158 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
6.9 Exercícios
1. Calcule as derivadas parciais das seguintes funções:
(a) z = x2 y − x y2
(b) z = x3 y3
(c) z = x2 y3 − 3 x4 y4
(d) z = arctg(x2 + y)
(e) z = sec(x2 y)
(f) z = senh(
√
x y)
(g) z =
x y
x + y
(h) z =
x− y
x + y
(i) z =
1√
x2 + y2
(j) z = tg( 4
√
y
x
)
(k) z = arcsec(
x
y3
)
(l) z = cos(x y4)
(m) w = x y z + z sen(x y z)
(n) w = exyz2
(o) w =
x + y + z
x2 + y2 + z2
(p) w = arctg(x+ y + z)
(q) w = arcsec(x y z)
(r) w = argsenh(x y z)
(s) w = x2 y3 z4
(t) w = cos(x y + z x)
(u) w = 6
√
x y z
(v) w = ln(x2 y3 z4)
(w) w =
x y + z x
1 + x2 + y3 z4
(x) w = sen(ln(x y z2))
(y) w = ex
2 y3 z4
(z) w = cos(ln(x y z2))
2. Seja
∂w
∂x
+
∂w
∂y
+
∂w
∂z
= 0. Verifique se as seguintes funções satisfazem
à equação:
(a) w = ex−y+cos(y−z)+√z − x
(b) w = sen(ex + ey + ez)
(c) w = ln(ex + ey + ez)
(d) w = cos(x2 + y2 + z2)
3. Ligando-se em paralelo n resitências R1, R2, ........, Rn a resistência to-
tal R é dada por
1
R
=
n∑
i=1
1
Ri
.
Verifique que:
∂R
∂Ri
=
( R
Ri
)2.
6.9. EXERCÍCIOS 159
4. Determine a equação do plano tangente ao gráfico da função f no
ponto P se:
(a) z = x2 + y, P = (1, 1, f(1, 1)).
(b) z = x2 − y2, P = (0, 0, 0).
(c) z = x2 + 4 y2, P = (2, 1, f(2, 1)).
(d) z = x2 y + y3, P = (−1, 2, f(−1, 2)). .
(e) z =
x√
x2 + y2
, P = (3,−4, f(3,−4)).
(f) z = sen(x y), P = (1, π, 0).
(g) z =
x2 + 4 y2
5
, P = (3,−2, 5).
(h) z =
4− x y
x + y
, P = (2, 2, f(2, 2)).
(i) z = x ex
2−y2 , P = (2, 2, f(2, 2)).
(j) z = 3 x3 y − x y, P = (1,−1, f(1,−1)).
(k) z =
1
x y
, P = (1, 1, f(1, 1)).
(l) z = cos(x) sen(y), P = (0,
π
2
, f(0,
π
2
)).
5. Determine o plano tangente ao gráfico de z = x y que passa pelos
pontos (1, 1, 2) e (−1, 1, 1).
6. Determine o plano tangente ao gráfico de z = x2 + y2 que seja paralelo
ao plano z − 2 x− y = 0.
7. Verifique que o plano tangente ao gráfico de z = x2 − y2 na origem
intersecta o gráfico segundo duas retas.
8. Determine a linearização das seguintes funções, ao redor dos pontos
dados:
(a) f(x, y) = sen(x y), (0, 1).
(b) f(x, y, z) = 4
√
x2 + y2 + z2, (1, 0, 0).
(c) f(x, y, z) = x y z, (1, 1, 1).
160 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
(d) f(x, y, z) = (x y)z, (12, 10, 1).
(e) f(x, y, z) = x y3 + cos(π z), (1, 3, 1)
(f) f(x, y, z) = x2 − y2 − z2 + x y z, (1, 1, 0)
9. Calcule, aproximadamente:
(a) 4
√
1.00222 + 0.00232 + 0.000982.
(b) 0.98× 0.99× 1.02.
(c) 3.001× (2.0023)3 × cos((1.002) π).
(d) (12.03× 10.04)1.08.
(e) 8.99×√9.99− 1.013
(f) 1.0023× 2.99313 + cos(1.00012π).
10. Calcule as derivadas parciais de segunda e terceira ordem de:
(a) z = x3 y − 2 x2 y2 + 5 x y − 2 x
(b) z = x cos(x y)− y sen(x y)
(c) z = cos(x3 + x y)
(d) z = arctg(x2 − 2 x y)
(e) z = ex2+y2
(f) w = x2y3 z4
(g) w = cos(x+ y + z)
(h) w = x3 y2 z + 2 (x+ y + z)
(i) w =
x3 − y3
x2 + y3
(j) w = exyz
(k) w = log4(x
2 + y z + x y z)
(l) w = exy
2z3
11. Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace:
∂2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
= 0.
(a) f(x, y) = e−x cos(y).
(b) f(x, y) = ln(
√
x2 + y2).
(c) f(x, y) = arctg
(y
x
)
, x > 0.
12. Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace em
dimensão 3:
∂2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
= 0.
6.9. EXERCÍCIOS 161
(a) f(x, y, z) = x2 + y2 − 2 z2. (b) f(x, y, z) = e3x+4ycos(5z).
13. Usando a regra da cadeia para z = f(x, y) e w = f(x, y, z), calcule
dz
dt
e
dw
dt
:
(a) z =x2 + 2y2, x = sen(t), , y = cos(t)
(b) z = arctg(
y
x
), x = ln(t), y = et
(c) z = tg(
x
y
), x = t, y = et
(d) z = exy, x = 3t+ 1, y = t2
(e) z = x2cos(y)− x, x = t2, y = 1
t
(f) z = ln(x) + ln(y) + xy, x = et, y = e−t
(g) w = xyz, x = t2, y = t3, z = t4
(h) w = e−xy2sen(z), x = t, y = 2t, z = 3t
(i) w = x2 + y2 + z2, x = et, y = etcos(t), z = etsen(t)
(j) w =
x2 + y2
1 + x2 + y2 + z2
, x = cos(t), y = sen(t), z = et
(k) w =
x + y + z
x2 + y2 + z2
, x = cos(t), y = sen(t), z = et
(l) w = (x2 − y2) ln(
√
z3
x2 − y2 ), x = cosh(t), y = senh(t), z = t
14. Usando a regra da cadeia para z = f(x, y) e w = f(x, y, z), calcule:
∂z
∂t
,
∂z
∂s
e
∂w
∂t
,
∂w
∂s
e
∂w
∂r
.
(a) z = x2 − y2, x = 3t− s, y = t+ 2s
(b) z = e
y
x , x = 2s cos(t), y = 4s sen(t)
(c) z = x2 + y2, x = cosh(s) cos(t), y = senh(s) sen(t)
(d) z = x2y−2, x = s2 − t, y = 2st
(e) z = cosh(
y
x
), x = 3t2s, y = 6tes
162 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
(f) ) z =
√
1 + x2 + y2, x = set, y = se−t
(g) z = arcsen(3x + y), x = s2, y = sen(st)
(h) w = xey, x = arctg(rst), y = ln(3rs+ 5st)
(i) w = x2 + y2 + z2, x = rcos(s), y = rsen(t)sen(s), z = rcos(t)
(j) w =
√
x2 + y2 + z2, x = tg(t), y = cos(r), z = sen(s)
(k) w = xy + yz + zx, x = tr, y = st, z = ts
(l) w = log5(xy + yz + zx), x = t2r, y = st2, z = t2s
15. Se o raio r e a altura h de um tanque cônico decrescem à razão de
0.3 cm/h e 0.5 cm/h respectivamente, determine a razão de decresci-
mento do volume do tanque quando r = 6 cm e h = 30 cm.
16. Num certo instante, a altura de um cone é 30 cm e o raio da base é 20 cm
e cresce à razão de 1 cm/seg. Qual é a velocidade com que a altura au-
menta no instante em que o volume cresce à razão de 2000
3
π cm3/seg?
17. Considere a lei de um gás ideal confinado, para k = 10. Determine
a taxa de variação da temperatura no instante em que o volume do
gás é de 120 cm3 e o gás está sob pressão de 8 din/cm2, sabendo que
o volume cresce à razão de 2 cm3/seg e a pressão decresce à razão de
0.1 din/cm2.
18. Se z = f(x, y) é diferenciável, x = rcos(θ) e y = rsen(θ), verifique:
∂z
∂x
=
∂z
∂r
cos(θ)− ∂z
∂θ
sen(θ)
r
e
∂z
∂y
=
∂z
∂r
sen(θ) +
∂z
∂θ
cos(θ)
r
.
19. Sejam f(x, y) e g(x, y) funções diferenciáveis tais que:
∂f
∂x
=
∂g
∂y
e
∂f
∂y
= −∂g
∂x
.
Se x = rcos(θ), y = rsen(θ) verifique que:
∂f
∂r
=
1
r
∂g
∂θ
e
∂g
∂r
= −1
r
∂f
∂θ
.
6.9. EXERCÍCIOS 163
20. Verifique que se w = f(x, y, z) é diferenciável e homogênea de grau n,
então:
x
∂f
∂x
+ y
∂f
∂y
+ z
∂f
∂z
= nf(x, y, z).
164 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
Capítulo 7
DERIVADA DIRECIONAL
7.1 Introdução
Suponha que estamos numa ladeira de uma montanha e desejamos deter-
minar a inclinação da montanha na direção do eixo dos z. Se a montanha
fosse representada pelo gráfico da função z = f(x, y), então, já saberíamos
determinar a inclinação em duas direções diferentes, a saber, na direção do
eixo dos x utilizando
∂f
∂x
(x, y) e na direção do eixo dos y utilizando
∂f
∂y
(x, y).
Neste parágrafo veremos como utilizar derivada para determinar a incli-
nação em qualquer direção; para isto definimos um novo tipo de derivada
chamada direcional. Este conceito generaliza o de derivada parcial, isto é,
as derivadas parciais de uma função podem ser obtidas como casos particu-
lares das derivadas direcionais.
Definição 7.1. Sejam A ⊂ Rn aberto, f : A ⊂ Rn −→ R uma função, x ∈ A
e ~v um vetor unitário em Rn. A derivada direcional de f no ponto x e na
direção ~v é denotada por:
∂f
∂v
(x)
e definida por:
∂f
∂v
(x) = lim
t−→0
f(x + t ~v)− f(x)
t
,
se o limite existe.
165
166 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
Observações 7.1.
1. Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R3 −→ R uma função, x = (x, y, z) ∈
A e ~v = (v1, v2, v3) um vetor unitário em R3.
2. A derivada direcional de f no ponto (x, y, z) e na direção ~v é denotada
por:
∂f
∂v
(x, y, z) e definida por:
∂f
∂v
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x+ t v1, y + t v2, z + t v3)− f(x, y, z)
t
se o limite existe.
3. Analogamente para n = 2:
∂f
∂v
(x, y) = lim
t−→0
f(x+ t v1, y + t v2)− f(x, y)
t
se o limite existe.
Exemplos 7.1.
[1] A função:
f(x, y) =


x2 y
x4 + y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
,
não é contínua na origem. No entanto, as derivadas direcionais no ponto
(0, 0) e em qualquer direção ~v = (v1, v2) existem.
De fato:
f
(
(0, 0) + t (v1, v2)
)− f(0, 0) = f(t v1, t v2) = t v21 v2
t2 v41 + v
2
2
;
então:
7.1. INTRODUÇÃO 167
∂f
∂v
(0, 0) = lim
t→0
f
(
(0, 0) + t (v1, v2)
)− f(0, 0)
t
= lim
t→0
v21 v2
t2 v41 + v
2
2
=


v21
v2
se v2 6= 0
0 se v2 = 0.
[2] Calcule a derivada direcional de f(x, y) = x2 + y2 na direção (2, 2).
O vetor (2, 2) não é unitário; logo ~v =
(2, 2)
‖(2, 2)‖ =
√
2
2
(
1, 1
)
é unitário e:
f
(
x+
√
2 t
2
, y +
√
2 t
2
)
=
(
x +
t
√
2
2
)2
+
(
y +
t
√
2
2
)2
;
então, f
(
x+
√
2 t
2
, y +
√
2 t
2
)− f(x, y) = t2 +√2 t (x+ y); logo,
∂f
∂v
= lim
t→0
f
(
x+
√
2 t
2
, y +
√
2 t
2
)− f(x, y)
t
= lim
t→0
(
t+
√
2 (x+ y)
)
=
√
2 (x + y).
[3] Calcule a derivada direcional de f(x, y, z) = x y z na direção (1, 1, 1).
O vetor (1, 1, 1) não é unitário; logo ~v =
(1, 1, 1)
‖(1, 1, 1)‖ =
√
3
3
(
1, 1, 1
)
é unitário.
Denote por (x0, y0, z0) =
(
x+
√
3 t
3
, y +
√
3 t
3
, z +
√
3 t
3
)
; logo:
f(x0, y0, z0) =
(
x +
t
√
3
3
) (
y +
t
√
3
3
) (
z +
t
√
3
3
)
;
então:
f(x0, y0, z0)− f(x, y, z) =
√
3 t3
9
+
t2 (x + y + z)
3
+
t
√
3 (x y + x z + y z)
3
;
logo,
∂f
∂v
= lim
t→0
(√3 t2
9
+
t (x+ y + z)
3
+
√
3 (x y + x z + x y)
3
)
=
√
3 (x y + x z + x y)
3
.
168 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
A derivada direcional é a generalização natural das derivadas parciais. De
fato, se ~v = e1 = (1, 0, 0), então, a derivada direcional de f na direção ~v é a
derivada parcial de f em relação a x:
∂f
∂e1
(x, y, z) = lim
t→0
f(x + t, y, z)− f(x, y, z)
t
=
∂f
∂x
(x, y, z).
Analogamente se ~v = e2 = (0, 1, 0) e ~v = e3 = (0, 0, 1):
∂f
∂e2
(x, y, z) =
∂f
∂y
(x, y, z) e
∂f
∂e3
(x, y, z) =
∂f
∂z
(x, y, z).
A definição para n = 2 é análoga.
Observações 7.2.
1. Notemos que na definição de derivada direcional o vetor ~v deve ser
unitário. A razão disto é a seguinte: se o vetor não fosse unitário, a
derivada direcional não dependeria somente do ponto e da direção,
mas também do comprimento do vetor.
2. Para n = 2, ~v determina a direção do plano secante que intersecta o
gráfico de f .
Figura 7.1:
3. Pode acontecer que a derivada direcional de uma função num ponto
numa certa direção exista e a derivada direcional da mesma função no
mesmo ponto em outra direção não exista.
7.2. DERIVADA DIRECIONAL COMO TAXA DE VARIAÇÃO 169
7.2 Derivada Direcional como Taxa de Variação
De forma análoga ao que ocorre com as derivadas parciais, a derivada dire-
cional de f no ponto x ∈ A na direção ~v exprime a taxa de variação de f ao
longo da reta:
c(t) = x + t~v
ou, equivalentemente, a taxa de variação de f em relação à distância, no
plano xy, na direção ~v.
y0
y
0 +t
x0 x0+t
A
e
e
2
1
v
c(t)
Figura 7.2:
Novamente, a existência de todas as derivadas direcionais de uma função
num ponto não garante a continuidade da função no ponto, pois, equivale
a aproximar-se do ponto por retas.
Exemplos 7.1.
O potencialelétrico numa região do espaço é dado por:
V (x, y, z) = x2 + 4 y2 + 9 z2.
Ache a taxa de variação de V no ponto (2,−1, 3) e na direção de (2,−1, 3)
para a origem.
O vetor (2,−1, 3) não é unitário; logo, ~v = (2,−1, 3)‖(2,−1, 3)‖ =
1√
14
(
2,−1, 3).
Então:
f
(
x+
2 t√
14
, y− t√
14
, z+
3 t√
14
)
=
(
x+
2 t√
14
)2
+4
(
y− t√
14
)2
+9
(
z+
3 t√
14
)2
;
170 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
e,
f
(
x+
2 t√
14
, y− t√
14
, z+
3 t√
14
)−f(x, y, z) = 1
14
t
(
89 t+2
√
14 (2 x−4 y+27 z)).
Logo,
∂f
∂v
= lim
t−→0
1
14
(
89 t+ 2
√
14 (2 x− 4 y + 27 z)) =
√
14
7
(2 x− 4 y + 27 z).
Então:
∂f
∂v
(2,−1, 3) = 89
√
14
7
.
Se f é diferenciável no ponto x0, então, f possui todas as derivadas direcio-
nais em x0. A recíproca é falsa. Procure exemplos.
7.3 Gradiente de uma Função
Definição 7.2. Sejam A ⊂ Rn aberto, x ∈ A e f : A ⊂ Rn −→ R uma função
tal que as derivadas parciais existem em x. O gradiente de f no ponto x é
o vetor do Rn denotado por∇f(x) e definido por:
∇f(x) = ( ∂f
∂x1
(x),
∂f
∂x2
(x), . . . ,
∂f
∂xn
(x)
)
.
Observações 7.3.
1. Equivalentemente:
∇f(x) = ∂f
∂x1
(x) ~e1 +
∂f
∂x2
(x) ~e2 + ............ +
∂f
∂xn
(x) ~en.
2. Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R3 −→ R uma função, o ponto
x = (x, y, z) ∈ A o gradiente de f no ponto (x, y, z) é definido por:
∇f(x, y, z) = (∂f
∂x
(x, y, z),
∂f
∂y
(x, y, z)
∂f
∂z
(x, y, z)
)
7.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 171
3. Analogamente para n = 2:
∇f(x, y) = (∂f
∂x
(x, y),
∂f
∂y
(x, y)
)
.
4. A rigor ∇f é uma função que associa a cada ponto x ∈ A ⊂ Rn um
único vetor ∇f(x) ∈ Rn. Este tipo de função é chamado campo de
vetores. O nome se justifica se expressarmos graficamente ∇f do se-
guinte modo: em cada ponto x ∈ A desenhamos um vetor com origem
em x e com o comprimento e direção de∇f(x).
A
Figura 7.3: O gradiente como campo de vetores.
Exemplos 7.2.
[1] Se f(x, y) = x2 + y2; então, ∇f(x, y) = (2 x, 2 y).
(x, y) ∇f(x, y) ‖∇f(x, y)‖
(0, 0) (0, 0) 0
(1, 0) (2, 0) 2
(x, 0) (2x, 0) 2x
(0, y) (0, 2y) 2y
(1, 1) (2, 2) 2
√
2
(x, y) (2x, 2y) 2 ‖(x, y)‖
172 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
À medida que o ponto se afasta da origem o comprimento do gradiente
cresce e fica igual a duas vezes a distância do ponto à origem.
Figura 7.4: Esboço de ∇f e das curvas de nível de f .
[2] Se f(x, y) = x2 − y2; então, ∇f(x, y) = (2 x,−2 y).
(x, y) ∇f(x, y) ‖∇f(x, y)‖
(0, 0) (0, 0) 0
(1, 0) (2, 0) 2
(x, 0) (2x, 0) 2x
(0, y) (0,−2y) 2y
(1, 1) (2,−2) 2
√
2
(x, y) (2x,−2y) 2 ‖(x, y)‖
À medida que o ponto se afasta da origem o comprimento do gradiente
cresce ficando igual a duas vezes a distância do ponto à origem.
Figura 7.5: Esboço de ∇f e das curvas de nível de f .
7.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 173
[3] Se f(x, y) = sen(x) sen(y); então:
∇f(x, y) = (cos(x) sen(y), sen(x) cos(y)).
Figura 7.6: Esboço de ∇f e das curvas de nível de f .
[4] Se f(x, y, z) = x2 − y2 + z2, então:
∇f(x, y, z) = (2 x,−2 y, 2 z)
e:
‖∇f(x, y, z)‖ = 2
√
x2 + y2 + z2.
Figura 7.7: Esboço de∇f .
174 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
Proposição 7.1. Se f é uma função de classe C1, então:
∂f
∂v
(x) = ∇f(x) · ~v
Para a prova, veja o apêndice.
Se n = 2, qualquer vetor unitário ~v pode ser escrito na forma:
~v =
(
cos(θ), sen(θ)
)
,
onde θ é o ângulo diretor de ~v. Logo:
∂f
∂v
(x, y) = cos(θ)
∂f
∂x
(x, y) + sen(θ)
∂f
∂y
(x, y)
Exemplos 7.3.
[1] Calcule as derivadas direcionais de z = f(x, y) = ln(
√
x2 + y2) na dire-
ção do vetor (1, 1).
O ângulo formado por (1, 1) e o eixo positivo dos x é θ = pi
4
, logo:
∂f
∂v
(x, y) = cos(
π
4
)
x
x2 + y2
+ sen(
π
4
)
y
x2 + y2
=
√
2
2
( x+ y
x2 + y2
)
.
[2] Calcule as derivadas direcionais de w = f(x, y, z) = x y z na direção do
vetor (1, 2, 2).
Consideremos o vetor unitário ~v =
(1, 2, 2)
‖(1, 2, 2)‖ =
(1
3
,
2
3
,
2
3
)
; logo:
∂f
∂v
(x, y, z) =
(
y z, x z, x y
) · (1
3
,
2
3
,
2
3
)
=
y z + 2 x z + 2 x y
3
.
[3] Calcule as derivadas direcionais de w = f(x, y, z) = ex + y z na direção
do vetor (−1, 5,−2).
O vetor (−1, 5,−2) não é unitário; logo ~v = 1√
30
(−1, 5,−2).
∂f
∂v
(x, y, z) =
1√
30
(ex, z, y) · (−1, 5,−2) = −e
x + 5 z − 2 y√
30
.
7.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 175
7.4 Observações Geométricas sobre Gradientes
Sejam f : A ⊂ Rn −→ R uma função diferenciável tal que ∇f 6= ~0, ~v um
vetor unitário e α o ângulo formado por ~v e ∇f . Então:
∇f · ~v = ‖∇f‖ ‖~v‖ cos(α) = ‖∇f‖ cos(α);
como cos(α) atinge o máximo em α = 0, então:
∂f
∂v
≤ ‖∇f‖.
Note que, se α = 0, então, ∇f e ~v são paralelos com a mesma direção.
Se consideramos o vetor unitário ~v =
∇f
‖∇f‖ , então,
∂f
∂v
= ∇f · ∇f‖∇f‖ =
‖∇f‖2
‖∇f‖ = ‖∇f‖.
Logo, temos a igualdade quando derivamos na direção de ∇f .
Proposição 7.2. Se ∇f 6= 0, então:
1. A taxa máxima de crescimento de f no ponto x0 ocorre na direção e no
sentido do gradiente. Analogamente, a taxamínima de crescimento de
f no ponto x0 ocorre na direção contrária a do gradiente.
2. O valor máximo de
∂f
∂v
no ponto x0 é ‖∇f(x0)‖.
3. Se ∇f(x) = ~0, então, ∂f
∂v
= 0 para todo ~v.
O gradiente de f no ponto x0 indica a direção, no plano xy (Dom(f)), de
maior crescimento de f numa vizinhança do ponto x0.
176 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
Figura 7.8:
Exemplos 7.4.
[1] Se:
T (x, y) =
100 x y
x2 + 4 y2 + 4
é a temperatura em graus Celsius, sobre uma lâminametálica, x e ymedidos
em cm, determine a direção de crescimento máximo de T a partir do ponto
(1, 1) e a taxa máxima de crescimento de T , nesse ponto.
Pela proposição anterior, no ponto (1, 1), a função cresce mais rapidamente
na direção de ∇T (1, 1) e a taxa máxima de crescimento nesta direção é
‖∇T (1, 1)‖.
∇T (x, y) = 100
(4 + x2 + 4 y2)2
(
y (4− x2 + 4 y2), x (4 + x2 − 4 y2));
∇T (1, 1) = 100
92
(
7, 1
)
e ‖∇T (1, 1)‖ = 500
√
2
92
∼= 8.729o por centímetro.
A solução apresentada pode ser enganosa, pois, apesar de o gradiente apon-
tar na direção de maior crescimento da temperatura, não necessariamente
indica o lugar mais quente da lâmina, isto é, o gradiente nos dá uma solu-
ção num pequeno aberto ao redor do ponto (1, 1); se mudamos este ponto
7.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 177
a direção de maior crescimento muda. Desenhos do gradiente ao redor do
ponto (1, 1) numa região do plano, respectivamente:
0.5 1 1.5 2
0.5
1
1.5
2
0 0.5 1 1.5 2
0
0.5
1
1.5
2
Figura 7.9:
[2] Suponha que o potencial numa lâmina plana é dado por:
V (x, y) = 80− 20 x e−x
2+y2
20
em volts, x e y em cm.
(a) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralela
ao eixo dos x.
(b) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralela
ao eixo dos y.
(c) Determine a taxa de variação do potencial na direção do vetor (1, 1).
(d) Qual é a taxa máxima de variação do potencial no ponto (1, 2)?
(e) Em que direção, a partir da origem, o potencial aumenta e diminui?
(a) Qualquer direção paralela ao eixo dos x é dada pelo vetor ~v = (1, 0);
logo:
∂V
∂v
(x, y) =
∂V
∂x
(x, y) = 2 (x2 − 10) e−x
2+y2
20 .
(b) Analogamente, qualquer direção paralela ao eixo dos y é dada pelo vetor
~v = (0, 1); logo:
∂V
∂v
(x, y) =
∂V
∂y
(x, y) = 2 x y e−
x2+y2
20 .
(c) O vetor (1, 1) não é unitário; normalizando o vetor obtemos:
178 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
~v =
√
2
2
(1, 1)
e calculamos:
∂V
∂v
(x, y) = ∇V (x, y) · ~v.
Então:
∇V (x, y) =
(
∂V
∂x
(x, y),∂V
∂y
(x, y)
)
= 2 e−
x2+y2
20 (x2 − 10, x y);
∂V
∂v
(x, y) =
√
2∇V (x, y) · (1, 1) =
√
2 e−
x2+y2
20 (x2 + x y − 10).
(d) A taxa máxima do potencial no ponto (1, 2) é ‖∇V (1, 2)‖.
‖∇V (x, y)‖ = 2 e−x
2
−y2
20
√
100 + x4 + x2 (y2 − 20);
logo:
‖∇V (1, 2)‖ = 2
√
85
4
√
e
volts.
(e) A direção do gradiente é aquela onde o potencial cresce mais rapida-
mente. Logo, temos que∇V (0, 0) = (−20, 0). A partir da origem o potencial
cresce mais rapidamente na direção do vetor (−20, 0) e decresce mais rapi-
damente na direção do vetor −∇V (0, 0) = (20, 0). Veja o seguinte desenho:
Figura 7.10: Exemplo [3].
7.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 179
[3] A temperatura do ar em certa altitude é dada por:
f(x, y, z) = x y2 z3 + x2 y z3 + x2 y3 z.
Umavião está localizado no ponto (−1, 2, 1). Em que direção deve voar para
que o motor resfrie o mais rapidamente possível?
De todas as direções possíveis, a direção do gradiente é aquela onde a fun-
ção cresce mais rapidamente. Logo, o avião deverá voar na direção contrária
a do gradiente.
∂f
∂x
(x, y) = y z (2 x y2 + 2 x z2 + y z2),
∂f
∂y
(x, y) = x z (3 x y2 + x z2 + 2 y z2),
frac∂f∂z(x, y) = x y (x y2 + 3 x z2 + 3 y z2),
e:
∇f(−1, 2, 1) = (−16, 9, 2).
O avião deverá voar na direção de (16,−9,−2).
[4] Uma lâmina metálica está situada no plano xy de modo que a tempe-
ratura T = T (x, y), em graus Celsius, em cada ponto, seja proporcional à
distância do ponto à origem. Se a temperatura no ponto (3, 4) é de 150oC,
pede-se:
(a) Ache a taxa de variação de T no ponto (3, 4) na direção (−1, 1).
(b) Em que direções a taxa de variação é zero?
Note que T (x, y) = k
√
x2 + y2; então, 150 = T (3, 4) = 5 k; logo k = 30 e:
T (x, y) = 30
√
x2 + y2 e o gradiente ∇T (x, y) = 30√
x2 + y2
(x, y).
Logo, ∇T (3, 4) = 6 (3, 4). Esboço de ∇f :
180 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
Figura 7.11: Exemplo [4].
(a) (−1, 1) não é unitário; logo, ~v = (− 1√
2
,
1√
2
)
; então,
∂T
∂v
(3, 4) = ∇T (3, 4) · ~v = 3
√
2.
(b) Seja ~v = (a, b) tal que a2 + b2 = 1;
∂T
∂v
(3, 4) = 0 se (3, 4) · (a, b) = 0; logo,
obtemos o seguinte sistema:
{
a2 + b2 = 1
3 a+ 4 b = 0,
com solução a = ±4
5
e b = ∓3
5
. As direções solicitadas são (4,−3) e (−4, 3).
[5] A equação da superfície de uma montanha é:
z = f(x, y) = 1200− 3 x2 − 2 y2,
onde as distâncias são medidas em metros. Suponha que os pontos do eixo
positivo dos x estão a leste e os pontos do eixo positivo dos y ao norte e que
um alpinista está no ponto (−10, 5, 850).
7.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 181
Figura 7.12: Exemplo [5].
(a) Qual é a direção da parte que tem a inclinação mais acentuada?
(b) Se o alpinista se mover na direção leste, ele estará subindo ou descendo
e qual será sua velocidade?
(c) Se o alpinista se mover na direção sudoeste, ele estará subindo ou des-
cendo e qual será sua velocidade?
(d) Em que direção ele estará percorrendo um caminho plano?
Sabemos que
∂f
∂v
atinge o máximo valor se:
~v =
∇f(x, y)
‖∇f(x, y)‖ e
∂f
∂v
= ‖∇f(x, y)‖.
(a)∇f(x, y) = (−6 x,−4 y) e∇f(−10, 5) = (60,−20). A direção da parte que
tem a inclinação mais acentuada é (3,−1).
Figura 7.13: Esboço de∇f e das curvas de nível de f
182 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
Um vetor unitário no plano se escreve ~v = (cos(α), sen(α)), onde α é o ân-
gulo formado pelo vetor e o eixo dos x.
(b) O vetor unitário na direção leste é ~v = (cos(0), sen(0)) = (1, 0); veja o
desenho:
L
N
O
Figura 7.14:
∂f
∂v
(−10, 5) = ∂f
∂x
(−10, 5) = 60.
O alpinista estará subindo a uma razão de 60m/min.
(c) O vetor na direção sudoeste é (−1,−1); logo, o vetor unitário nesta dire-
ção é dado por: ~v = (−
√
2
2
,−
√
2
2
); veja o desenho:
O�
S
Figura 7.15:
∂f
∂v
(−10, 5) = ∇f(−10, 5) · ~v = −20
√
2.
O alpinista estará descendo a uma razão de 20
√
2m/min.
(d) Seja ~v = (cos(α), sen(α)) vetor unitário. Devemos determinar α tal que:
7.5. FUNÇÕES IMPLÍCITAS 183
∂f
∂v
(−10, 5) = ∇f(−10, 5) · ~v = 0,
que é equivalente a 3 cos(α) − sen(α) = 0; logo tg(α) = 3. Utilizando a
seguinte identidade trigonométrica:
sen2(α) =
tg2(α)
1 + tg2(α)
,
obtemos sen(α) = ±3
√
10
10
e cos(α) =
√
1− sen2(α) = ±
√
10
10
. O alpinista
estará percorrendo um caminho plano na direção de (1, 3) ou de (−1,−3).
7.5 Funções Implícitas
Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, f : A −→ R2 e c ∈ R fixado. A equação
f(x, y) = c define y implicitamente como função de x, quando existe g :
I −→ R tal que y = g(x) e f(x, g(x)) = c. Isto significa que:
f−1(c) = {(x, y) ∈ A/ f(x, y) = c}
é o gráfico de g.
Em geral uma equação do tipo f(x, y) = c quando define y em função de
x o faz apenas localmente (ou seja numa vizinhança de um ponto). Como
veremos nos exemplos, nem sempre uma equação do tipo f(x, y) = c define
alguma função implicitamente. Para isto, basta considerar c /∈ Im(f).
Exemplos 7.5.
[1] Seja f(x, y) = x2 + y2. Se c = −1, f não define implicitamente nehuma
função. Se c = 0, então x = 0 e y = 0 e f não define implicitamente nenhuma
função definida num intervalo não degenerado. Se c = 1, f não define
implicitamente nehuma função. Considerando x ∈ I = (−1, 1), podemos
definir:
g1(x) =
√
1− x2 se A1 = {(x, y) ∈ R2 / y > 0},
e
g2(x) = −
√
1− x2 se A2 = {(x, y) ∈ R2 / y < 0}.
[2] Seja f(x, y) = x y e c ∈ R; então, f define implícitamente:
184 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
y = g(x) =
c
x
se x 6= 0.
Nosso objetivo é dar condições suficientes para que seja possível obter uma
função definida implicitamente. Exceto para as equações mais simples, por
exemplo, lineares, quadráticas, esta questão não é simples. O estudo das
funções definidas implicitamente tem muitas aplicações não só na Matemá-
tica como em outras Ciências.
[3] A lei de Gay-Loussac para gases ideais confinados: P V = k T , onde P é
a pressão, V o volume e T a temperatura.
[4] O sistema:
{
x2 + y2 + z2 = 1
x + y + z = 0,
estabelece uma relação entre as coordenadas de um ponto da esfera unitária
centrada na origem.
No estudo das funções definidas implicitamente surgem dois problemas:
1. Dada f(x, y) = c, f de classe Ck, (k > 1), em que casos existe g definida
implicitamente por f(x, y) = c?
2. Se existe g diferenciável definida implicitamente por f(x, y) = c, como
calcular a derivada de g?
Teorema 7.1. (Função Implícita)Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, f :
A −→ R de classe Ck e c ∈ R fixo. Se (x0, y0) ∈ A é tal que f(x0, y0) = c e
∂f
∂y
(x0, y0) 6= 0, então, existe um retângulo aberto I1×I2 centrado em (x0, y0)
tal que f−1(c) ∩ (I1 × I2) é o gráfico da função g : I1 −→ I2 de classe Ck e:
g′(x) = −
∂F
∂x
(x, g(x))
∂F
∂y
(x, g(x))
.
7.5. FUNÇÕES IMPLÍCITAS 185
Ix
g(x)
1
I2
f=c
Figura 7.16:
O teorema da função implícita é um teorema de existência; isto é, não indica
como determinar a função definida implícitamente. O teorema tem con-
sequências geométricas profundas. Se f satisfaz às hipóteses do teorema,
então f−1(c) é localmente uma curvas de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia.
Nós, essencialmente, utilizaremos a fórmula para o cálculo das derivadas.
Exemplos 7.6.
[1] Se y = f(x) é definida implicitamente por ex−y + x2 − y = 1, calcule y′.
Seja f(x, y) = ex−y+x2−y−1; f é de classe Ck e ∂f
∂y
(x0, y0) = −ex0−y0−1 6= 0
para todo (x0, y0) ∈ R2; então:
y′ =
ex−y + 2 x
ex−y + 1
.
[2] Se y = f(x) é definida implicitamente por x2 + y2 = 1, calcule y′.
Seja f(x, y) = x2 + y2, f é de classe Ck e
∂f
∂y
(x0, y0) = −2 y0 6= 0 para todo
(x0, y0) ∈ R2 tal que y0 6= 0; então:
y′ = −x
y
.
[3] Seja f(x, y) = (x − 2)3 y + x ey−1. Não podemos afirmar que f(x, y) = 0
define implicitamenteuma função de x num retângulo aberto centrado em
(1, 1). De fato, f(1, 1) = 0, f é de classe Ck mas:
∂f
∂y
(1, 1) = (x− 2)3 + x ey−1
∣∣∣∣
(1,1)
= 0.
186 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
0 0.5 1 1.5 2
0
0.5
1
1.5
2
Figura 7.17: Curvas de nível de f num retângulo centrado em (1, 1).
Para n > 2 o teorema da função implícita também é válido. A seguir, apres-
sentamos a versão para n = 3:
Teorema 7.2. (Função Implícita) Sejam A ⊂ R3 um conjunto aberto, f :
A −→ R de classe Ck e c ∈ R fixo.
Se (x0, y0, z0) ∈ A é tal que f(x0, y0, z0) = c e ∂f
∂z
(x0, y0, z0) 6= 0, então, existe
um paralelepípedo aberto I1×I2×I3 centrado em (x0, y0, z0) tal que f−1(c)∩(
I1 × I2 × I3
)
é o gráfico da função g : I1 × I2 −→ I3 de classe Ck tal que
z = g(x, y) e:
∂g
∂x
= −
∂f
∂x
(x, , y, g(x, y))
∂f
∂z
(x, y, g(x, y))
e
∂g
∂y
= −
∂f
∂y
(x, , y, g(x, y))
∂f
∂z
(x, y, g(x, y))
.
Novamente o teorema implica em que toda superfície de classe Ck é local-
mente o gráfico de alguma função de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia.
7.6 Gradiente e Conjuntos de Nível
Sabemos que∇f aponta na direção para a qual f cresce omais rapidamente,
mas nas curvas de nível a função f permanece constante, isto é, ao andar-
mos por uma curva de nível, os valores de f são constantes; logo, a derivada
direcional nessa direção será zero (sem variação):
∂f
∂v
(x0) = ∇f(x0) · ~v = 0.
7.7. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 187
Em geral, considere uma função f : A ⊂ Rn −→ R diferenciável.
Proposição 7.3. Seja x0 ∈ A tal que ∇f(x0) 6= ~0. Então ∇f(x0) é perpendi-
cular ao conjunto de nível de f que passa pelo ponto x0.
Para a prova, veja o apêndice.
Então, se ∇f(x0) 6= ~0, temos que ∇f(x0) é perpendicular a cada elemento
do conjunto:
{x ∈ Dom(f) / f(x) = f(x0)}.
Sc3
S
Sc2
c1
Figura 7.18: O gradiente perpendicular aos conjuntos de nível.
7.7 Gradiente e Curvas de Nível
Seja a função f : A ⊂ R2 −→ R diferenciável e as curvas de nível c de f :
Cc = {(x, y) ∈ R2/f(x, y) = c}.
Se (x0, y0) ∈ Cc tal que ∇f(x0, y0) 6= ~0. Pela proposição 7.3, segue que a
equação da reta tangente à curva de nível f(x, y) = f(x0, y0) é
∇f(x0, y0) · (x− x0, y − y0) = 0
ou:
∂f
∂x
(x0, y0)(x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0)(y − y0) = 0
188 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
e a equação da reta normal é:
∂f
∂x
(x0, y0)(y − y0)− ∂f
∂y
(x0, y0)(x− x0) = 0
Exemplos 7.7.
[1] Determine as equações da reta tangente e da reta normal no ponto (x0, y0)
da elipse centrada na origem.
A equação da elipse centrada na origem é
x2
a2
+
y2
b2
= 1, (a, b 6= 0). Consi-
deremos:
f(x, y) =
x2
a2
+
y2
b2
− 1;
então, ∇f(x0, y0) = 2
(x0
a2
,
y0
b2
)
; as equações das retas tangente e normal são,
respectivamente: {
b2 x0 x + a
2 y0 y = a
2 b2,
b2 x0 y − a2 y0 x = (b2 − a2) x0 y0.
Em particular, se a = b temos um círculo de raio a e as equações da reta
tangente e da reta normal são, respectivamente,{
x0 x + y0 y = a
2
x0 y − y0 x = 0.
[2] Determine a equação da reta tangente à elipse
x2
16
+
y2
9
= 1, que é paralela
à reta x+ y = 0.
Seja f(x, y) =
x2
16
+
y2
9
e g(x, y) = x + y. Pelo exercício anterior para a = 4 e
b = 3, temos:
9 xx0 + 16 y y0 = 144;
esta reta deve ser paralela à reta x + y = 0; logo, os vetores normais devem
ser paralelos, isto é, devemos resolver o sistema:

∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0)
x20
16
+
y20
9
= 1.
7.7. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 189
Ou, equivalentemente: 

(1) x0 = 8 λ
(2) 2 y0 = 9 λ
(3)
x20
16
+
y20
9
= 1.
Fazendo (1) = (2) e utilizando (3), temos: (x0, y0) = ±
(16
5
,
9
5
)
; logo, no
ponto
(16
5
,
9
5
)
, temos x+ y = 5 e no ponto
(− 16
5
,−9
5
)
, temos
x+ y = −5.
-4 -2 2 4
-4
-2
2
4
Figura 7.19: Exemplo [2].
[3] Determine a equação da reta normal à parábola y2 = −8 x que passa pelo
ponto (−5, 0).
Primeiramente, observamos que o ponto (−5, 0) não pertence à parábola.
Seja:
f(x, y) = y2 + 8 x;
logo, ∇f(x, y) = 2 (4, y). A equação da reta normal no ponto (x0, y0) é:
−x y0 + 4 y − 4 y0 + x0 y0 = 0.
Como esta reta deve passar por (−5, 0), temos x0 = −1 ou y0 = 0. Como o
ponto (x0, y0) pertence à parábola y20 = −8 x0. Se y0 = 0, então a equação é:
y = 0. Se x0 = −1, então y0 = ±2
√
2 e as equações são:
2 y −
√
2 x = 5
√
2 e 2 y +
√
2 x = −5
√
2,
190 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
nos pontos (−1, 2√2) e (−1,−2√2), respectivamente.
-5 -4 -3 -2 -1
-4
-2
2
4
Figura 7.20: Exemplo [3].
7.8 Ângulo entre Curvas
Sejam as curvas de nível:
C1 = {(x, y) ∈ R2 / F (x, y) = 0} e C2 = {(x, y) ∈ R2 /G(x, y) = 0}
que se intersectam no ponto (x0, y0). O ângulo compreendido entre elas é
definido como o menor ângulo formado pelas retas tangentes a essas duas
curvas no ponto (x0, y0), o qual é equivalente ao ângulo α formado pelas res-
pectivas normais no ponto (x0, y0). Logo, se∇F (x0, y0) 6= 0 e∇G(x0, y0) 6= 0,
temos que o ângulo α, formado por C1 e C2 é dado por:
cos(α) =
∇F (x0, y0) · ∇G(x0, y0)
‖∇F (x0, y0)‖ ‖∇G(x0, y0)‖
As curvas são ortogonais se:
∇F (x0, y0) · ∇G(x0, y0) = 0,
ou seja:
∂F
∂x
∂G
∂x
+
∂F
∂y
∂G
∂y
= 0
onde as derivadas parciais são calculadas no ponto (x0, y0).
7.8. ÂNGULO ENTRE CURVAS 191
Exemplos 7.8.
[1] Determine o ângulo entre as curvas x y = −2 e y2 = −4 x no ponto
(−1, 2).
Sejam f(x, y) = x y + 2 e g(x, y) = 4 x + y2, ambas funções diferenciáveis;
então,
∇f(x, y) = (y, x) e ∇g(x, y) = (4, 2 y). Logo,
cos(α) =
∇f(−1, 2) · ∇g(−1, 2)
‖∇f(−1, 2)‖ ‖∇g(−1, 2)‖
e cos(α) =
√
10
10
.
-2 -1
-2
2
Figura 7.21:
[2] Determine o ângulo entre as curvas x2 + y2 = 8 e 3 x2 − y2 = 8 no ponto
(−2, 2).
Sejam f(x, y) = x2 + y2 e g(x, y) = 3 x2 − y2, ambas funções diferenciáveis;
então, ∇f(x, y) = 2 (x, y) e∇g(x, y) = = 2 (3 x,−y). Logo,
cos(α) =
∇f(−2, 2) · ∇g(−2, 2)
‖∇f(−2, 2)‖ · ‖∇g(−2, 2)‖
e cos(α) =
√
5
5
.
192 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
-2 -1 1 2
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 7.22:
O gráfico de uma função y = f(x) pode ser considerado como a curva de
nível zero de F (x, y) = y − f(x); então:
∇F (x, y) = (−f ′(x), 1); logo, y − y0 = f ′(x) (x− x0).
7.9 Gradiente e Superfícies de Nível
Neste caso, o conjunto de nível c de f são as superfícies de nível c de f .
(c ∈ R):
Sc = {(x, y, z) ∈ R3/f(x, y, z) = c}
Da proposição 7.3, segue que a equação do plano tangente à superfície de
nível
Sc de f , no ponto (x0, y0, z0) é:
∇f(x0, y0, z0) · (x− x0, y − y0, z − z0) = 0
se ∇f(x0, y0, z0) 6= ~0, ou, equivalentemente:
∂f
∂x
(x0, y0, z0) (x− x0) + ∂f
∂y
(x0, y0, z0) (y − y0) + ∂f
∂z
(x0, y0, z0) (z − z0) = 0
Logo, a reta normal ao plano tangente deve ter a direção do gradiente e as
equações paramétricas desta reta no ponto (x0, y0, z0) são:
7.9. GRADIENTE E SUPERFÍCIES DE NÍVEL 193


x(t) = x0 + t
∂f
∂x
(x0, y0, z0)
y(t) = y0 + t
∂f
∂y
(x0, y0, z0)
z(t) = z0 + t
∂f
∂z
(x0, y0, z0), t ∈ R.
Como ∇f(x0, y0, z0) é normal ao plano tangente a Sc no ponto (x0, y0, z0), o
vetor normal unitário a Sc em qualquer ponto (x, y, z) é:
~n(x, y, z) =
∇f(x, y, z)
‖∇f(x, y, z)‖ .
Exemplos 7.9.
[1] Determine o vetor normal unitário à superfície sen(x y) = ez no ponto
(1, pi
2
, 0).
Seja f(x, y, z) = sen(x y)−ez . A superfície do exemplo é a superfície de nível
zero de f ;
S0 = {(x, y, z) ∈ R3/f(x, y, z) = 0}.
Logo, ∇f(x, y, z) = (y cos(x y), x cos(x y),−ez) e ∇f(1, pi
2
, 0) = (0, 0,−1) é o
vetor normal unitário à superfície S.
0.0
0.5
1.0
1.5
1.5
2.0
-2
-1
0
Figura 7.23: Exemplo [1].
[2] Determine o vetor normal unitário à superfície