DERIVAÇÃO PARCIAL

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Capítulo 5
DERIVADAS PARCIAIS
5.1 Introdução
Neste capítulo, apresentamos um dos conceitos centrais do Cálculo em Várias Va-
riáveis, as derivadas parciais e a diferenciação de funções.
Definição 5.1. 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:
∂f
∂z
(x, y, z) = lim
t−→0
f(x, y, z + t)− f(x, y, z)
t
se o limite existe.
Observações 5.1.
1. De forma análoga são definidas as derivadas parciais para funções de duas
variáveis.
97
98 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
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 5.1.
[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:
∂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
2x y z2 t+ t2yz2
t
= 2x 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
= 2x2 y z.
Observação 5.1.
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.
5.1. INTRODUÇÃO 99
3. Consequentemente, para derivar parcialmente uma função em relação a x,
as demais variáveis são consideradas como constantes e a derivação é feita
como em R.
4. Em relação às outras variáveis o procedimento é análogo. Assim, todas as
regras de derivação estudadas para funções em R podem ser aplicadas.
Exemplos 5.1.
[1] Se z = f(x, y) =
√
x2 + y2, calcule suas derivadas parciais.
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pela observa-
ção 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 observa-
ção anterior consideramos z = (x2 + c2) cos(c x), onde y = c; derivando como em
R:
∂f
∂x
(x, y) =
(
(x2 + c2) cos(c x))′ = 2x cos(c x) − c (x2 + c2) sen(c x)
= 2x 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) = −2π.
[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) =
2x
x2 + c
=
2x
x2 + y2 + z2
;
analogamente para y: fazemos c = x2 + z2 e para z: c = x2 + y2:
∂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
.
100 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
[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 domínios.
[5] Seja f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1); então:
∂f
∂x
(x, y) =
2x
x2 + y2 + 1
e
∂f
∂y
(x, y) =
2 y
x2 + y2 + 1
.
Temos duas novas funções:
g(x, y) =
2x
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
.
-2
0
2
-2
0
2
0
1
2
3
Figura 5.1: Gráfico de f .
Figura 5.2: Gráficos de g e h, respectivamente.
5.2. GENERALIZAÇÕES 101
Observações 5.2.
1. A não existência das derivadas parciais de uma função contínua de duas va-
riáveis 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 existem,
exceto na origem.
Figura 5.3: Gráfico de f(x, y) =
√
x2 + y2.
5.2 Generalizações
Definição 5.2. 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
.
5.3 Interpretação Geométrica das Derivadas Parciais
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.
102 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
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:
h′(y0) =
∂f
∂y
(x0, y0)
Desenhos à esquerda e à direita, respectivamente:
Figura 5.4:
Figura 5.5:
Exemplos 5.2.
[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.
5.3. INTERPRETAÇÃOGEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS 103-2
0
2
-2
0
2
0
2
4
6
-2
0
2
4
Figura 5.6: 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 5.7: Exemplo [2].
Dos parágrafos anteriores temos:
Proposição 5.1. 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.
Exemplos 5.3.
[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.
104 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
[2] Se f(x, y) = x2
√
(x2 + y2 ln(y2 + 1))−5 etg(x2 y+y3 x2), calcule
∂f
∂x
(1, 0).
Seja g(x) = f(x, 0) = x−3 e g′(x) = −3x−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
2π ln2(π)
.
5.4 Derivadas Parciais como Taxa de Variação
As derivadas parciais também podem ser interpretadas como taxa de variação 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).
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), isto é, c(t) = (x0, y0) + t (1, 0) = (x0 +
t, y0), (|t| pequeno).
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 5.8:
Isto é, as derivadas parciais medem a velocidade da variação parcial da função em
relação a cada variável, quando as outras estão fixadas.
5.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO 105
Exemplos 5.4.
[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 vo-
lume fixo de 150 cm3.
(b) Determine a taxa de variação do volume em relação à pressão para a tempera-
tura 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.
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.
106 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
(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:
∂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. Experimental-
mente, a emissão destas partículas pode ser modelada pela função:
E(V,M) = K × 0.00032 V 1.3 M−1.4,
onde E é a emissão (quantidade de partículas liberadas na atmosfera por tonelada
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 queK = 0.2, V = 10 eM = 13 em relação:
(a) ao vento;
(b) à umidade.
10 20 30 40 50
10
20
30
40
50
Figura 5.9: 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.
5.5. DIFERENCIABILIDADE 107
(b) Calculamos
∂E
∂M
(10, 13): Então,
∂E
∂M
(V,M) = −0.000291V 1.3M−2.4; logo,
∂E
∂M
(10, 13) = −0.00001234.
Interprete os resultados obtidos no último exemplo.
5.5 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 análogo 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 somente na
direção do eixo dos x e a existência de
∂f
∂y
depende do comportamento da função
f somente na direção do eixo dos y. Por exemplo, sabemos que a função:
f(x, y) =


2x 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 − 2x2 y
(x2 + y2)2
e
∂f
∂y
=
2x3 − 2x y2
(x2 + y2)2
.
Em uma variável, a existência da derivada de uma função num ponto, garante 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 esten-
der o conceito de diferenciabilidade para funções de várias variáveis. Correspon-
dendo 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.
Definição 5.3. 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.
108 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
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 aproximação para f numa vizinhança de x0 = (x0, y0).
Definição 5.4. f é diferenciável em A ⊂ Rn, se é diferenciável em cada ponto deA.
Exemplos 5.2.
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); suasderivadas parciais são:
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 0,
∂f
∂x
(x, y) =
2x 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:
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 5.10: Gráfico de f .
Aplicar diretamente a definição de função diferenciável pode ser, em muitos casos,
bastante complicado. Por isso, apresentamos o seguinte teorema:
5.5. DIFERENCIABILIDADE 109
Teorema 5.1. 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 5.2.
O teorema estabelece apenas uma condição suficiente, ou seja, nem todas as fun-
ções diferenciáveis num ponto x0 devem ter derivadas parciais contínuas numa
vizinhança de x0. Para a prova do teorema, veja o apêndice.
Exemplos 5.5.
[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
∣∣ 2x y4
(x2 + y2)2
∣∣ < ε se 0 < √x2 + y2 < δ. Analogamente para a outra
derivada parcial.
Figura 5.11: Exemplo [1].
[2] Os polinômios em várias variáveis são claramente diferenciáveis em todo ponto
de Rn.
110 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
[3] A função z = f(x, y) =
√
x2 + y2 é diferenciável em R2 − {(0, 0)}. De fato:
∂f
∂x
=
x√
x2 + y2
e
∂f
∂y
=
y√
x2 + y2
e ambas são funções contínuas em R2 − {(0, 0)}.
Definição 5.5. 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 5.2. 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 5.6.
[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
R
2.
Teorema 5.2. 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.
Observação 5.3.
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. Se todas as retas
tangente a esse ponto não são co-planares, então dizemos que o plano tangente
não existe. Nos próximos parágrafos daremos uma justificativa para a seguinte
definição:
5.5. DIFERENCIABILIDADE 111
Definição 5.6. 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 5.12: 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
)
Exemplos 5.7.
[1] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = (x2 + y2 +1) e−(x2+y2)
no ponto (0, 0, 1).
Observemos que f(x, y) = (x2 + y2 + 1) e−(x2+y2) é uma função diferenciável em
R
2. 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) = −2x3 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.
112 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
Figura 5.13: 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:
z = x− 12 y + 6 e z = x+ 12 y + 6,
respectivamente.
Figura 5.14: 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 + 2x y.
A equação do plano tangente ao G(f) no ponto (1, 1, 2) é:
z = 2x + y − 1.
Os vetores normais no ponto (1, 1, 2) são n = (2, 1,−1) e n = (−2,−1, 1).
5.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 113
5.6 Aproximação Linear
Como em Cálculo I, podemos usar a "boa"aproximação do plano tangente ao grá-
fico numa vizinhança de um ponto para efetuar cálculos numéricos aproximados.
Definição 5.7. Seja f diferenciável no ponto x0. A aproximação linear de f ao redor
de x0 é denotada por l e definida como:
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 5.8.
[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, calcular 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:
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).
114 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
∂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 5.15: 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 linearização
de T numa vizinhançade (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:
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
.
5.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 115
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 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:
√
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 r0m+m0 r0M − 2m0 M0 r +m0M0 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 circular 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.
116 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
Figura 5.16: 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)) = 24π,
∂V
∂r
(r, h) = 2π r h e
∂V
∂h
(r, h) = π r2;
então, numa vizinhança do ponto (2, 6), temos: l(r, h) = 4π(6 r+h−12). O volume
de C1 é VC1 ∼= l(2.1, 6.2) = 27.2π e o volume total é V =
(
27.2π − 24π) cm3 =
3.2π cm3. Logo o custo aproximado é de 10 × 3.2π ∼= 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
.
Logo, numa vizinhança do ponto (10, 20, 40, 10), temos:
R(r1, r2, r3, r4) ≃ 1
121
(16 r1 + 4 r2 + r3 + 16 r4).
5.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 117
5.7 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, funções de x e y e
podemos perguntar se as derivadas parciais destas funções existem:
∂f
∂x
,
∂f
∂y
: A ⊂ R2 −→ R.
Definição 5.8. As derivadas parciais de segunda ordem de f são definidas e deno-
tadas 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)
Exemplos 5.9.
[1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y) = x2 y3.
Primeiramente, calculamos as de primeira ordem
∂f
∂x
= 2x y3 e
∂f
∂y
= 3x2 y2; logo:
∂2f
∂x2
=
∂
∂x
(∂f
∂x
)
=
∂
∂x
(
2x y3
)
= 2 y3,
∂2f
∂y2
=
∂
∂y
(∂f
∂y
)
=
∂
∂y
(
3x2 y2
)
= 6x2 y,
∂2f
∂x∂y
=
∂
∂x
(∂f
∂y
)
=
∂
∂x
(
3x2 y2
)
= 6x y2,
∂2f
∂y∂x
=
∂
∂y
(∂f
∂x
)
=
∂
∂y
(
2x y3
)
= 6x y2.
118 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
[2] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y) = ln(x2 + y2).
Primeiramente,
∂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
(
2x
x2 + y2
)
=
−4x y
(x2 + y2)2
.
Em geral, se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função tal que suas derivadas parciais 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, definimos 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).
Exemplos 5.10.
[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,
∂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:
5.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 119
∂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(xy 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 diferenciável 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, indepen-
dentes do tempo, como por exemplo potenciais eletrostáticos. As soluções desta
equação são chamadas funções harmônicas. A função u(x, y) = sen(x) ey é harmô-
nica. De fato:
∂2u
∂x2
= −sen(x) ey e ∂
2u
∂y2
= sen(x) ey.
0 2 4 6 8
1
2
3
4
5
6
Figura 5.17: 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
120 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
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 5.18: Gráfico de z = u(x, t) para c = 16 , n = m = 3.
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 5.19: Gráfico de z = u(x, t) para c = 2.
Definição 5.9. A função f : A −→ R é de classe C2 quando existem as derivadas
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.
5.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 121
Notamos que nos exemplos estudados sempre verificamos que:
∂
∂xj
( ∂f
∂xi
)
=
∂
∂xi
( ∂f
∂xj
)
.
Isto é consequencia do seguinte teorema.
Teorema 5.3. (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)
)
Para a prova veja o apêndice.
Exemplos 5.3.
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 5.20: 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.
122 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
Observação 5.4.
1. Em geral, as funções "bem comportadas", como as polinomiais, exponenciais
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:
f(x, y) = (x2 − y2) e−(x
2+y2)
2
e de suas derivadas parciais de primeira e segunda ordemmistas, respectiva-
mente:
Figura 5.21: Gráficos de f e ∂f∂x , respectivamente.
Figura 5.22: Gráficos de ∂f∂y e
∂2f
∂x∂y , respectivamente.
5.8. REGRA DA CADEIA 123
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
Figura 5.23: 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 5.24: 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 existem e são
contínuas em A. f e de classe C∞ se é de classe Ck para todo k ≥ 1.
5.8 Regra da Cadeia
Teorema 5.4. 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
124 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
r
x
z
y
rs s
Figura 5.25: 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 5.26: 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
x
w
y z
r r s t r s tts
Figura 5.27: A regra da cadeia para n = 3.
Em particular, se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) são deriváveis, então:
5.8. REGRA DA CADEIA 125
x y
t
z
w
Figura 5.28: Caso particular da regra da cadeia para n = 3.
dw
dt
=
∂w
∂x
dx
dt
+
∂w
∂y
dy
dt
+
∂w
∂z
dz
dt
Exemplos 5.11.
[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.
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
= 2x 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).
126 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
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 de um lado de um triângulo retângulo 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 5.29: Exemplo [3].
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= EI , onde I é a cor-
rente em ampères e E é a força eletromotriz, em volts. Num certo instante, quando
E = 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 instantâ-
nea 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
.
Temos E = 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 vo-
lume, T é a temperatura e k > 0 constante. O gás está sendo aquecido à razão de
5.8. REGRA DA CADEIA 127
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:
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 18πcm3/seg. Se a geratriz faz com o
eixo do cone um ângulo α = pi3 , determine a velocidade com que baixa o nível de
água no funil, no momento em que o raio da base do volume líquido é igual a 6 cm.
r
h
α
Figura 5.30: 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:
18π =
π
3
(
2rh
dr
dt
+ r2
dh
dt
)
= π r2
dh
dt
.
Logo, temos
dh
dt
=
18
r2
=
1
2
cm/seg.
128 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
[7] Suponha que z = f
(b x2
2
− a y
3
3
)
é diferenciável, a, b ∈ R. Então, f satisfaz à
equação:
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
.
5.9 Exercícios
1. Calcule as derivadas parciais das seguintes funções:
(a) z = x2 y − x y2
(b) z = x3 y3
(c) z = x2 y3 − 3x4 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 = exyz
2
(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
5.9. EXERCÍCIOS 129
(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 equa-
ção:
(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 total R é
dada por
1
R
=
n∑
i=1
1
Ri
.
Verifique que:
∂R
∂Ri
=
( R
Ri
)2.
4. Determine a equação do plano tangente ao gráfico da função z = f(x, y) 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 = 3x3 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).
130 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
6. Determine o plano tangente ao gráfico de z = x2 + y2 que seja paralelo ao
plano z − 2x− 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).
(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 − 2x2 y2 + 5x y − 2x
(b) z = x cos(x y)− y sen(x y)
(c) z = cos(x3 + x y)
(d) z = arctg(x2 − 2x y)
(e) z = ex
2+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.
5.9. EXERCÍCIOS 131
(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 = 1t
(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
(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 = rsen(t)cos(s), y = rsen(t)sen(s), z = rcos(t)
(j) w =
√
x2 + y2 + z2, x = tg(t), y = cos(r), z = sen(s)
132 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS
(k) w = xy + yz + zx, x = tr, y = st, z = ts
(l) w = log5(xy + yz + zx), x = t
2r, 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 decrescimento 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 aumenta no
instante em que o volume cresce à razão de 20003 π cm
3/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
.
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).
Capítulo 6
DERIVADA DIRECIONAL
6.1 Introdução
Suponha que estamos numa ladeira de uma montanha e desejamos determinar a
inclinação damontanha 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 inclinação em
qualquer direção; para isto definimos um novo tipo de derivada chamada direcio-
nal. Este conceito generaliza o de derivada parcial, isto é, as derivadas parciais de
uma função podem ser obtidas como casos particulares das derivadas direcionais.
Definição 6.1. 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.
Observações 6.1.
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. 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.
133
134 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
2. 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 6.1.
[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:
∂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
)
;
6.1. INTRODUÇÃO 135
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
.
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 6.2.
1. Notemos que na definição de derivada direcional o vetor ~v deve ser unitá-
rio. 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 6.1:
3. Pode acontecer que a derivada direcional de uma função num ponto numa
certa direção exista e a derivada direcional damesma função nomesmo ponto
em outra direção não exista.
136 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
6.2 Derivada Direcional como Taxa de Variação
De forma análoga ao que ocorre com as derivadas parciais, a derivada direcional
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 6.2:
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 6.1.
O potencial elétrico 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
;
e,
f
(
x+
2 t√
14
, y − t√
14
, z +
3 t√
14
)− f(x, y, z) = 1
14
t
(
89 t + 2
√
14 (2x− 4 y + 27 z)).
Logo,
∂f
∂v
= lim
t−→0
1
14
(
89 t + 2
√
14 (2x− 4 y + 27 z)) =
√
14
7
(2x− 4 y + 27 z). En-
tão:
∂f
∂v
(2,−1, 3) = 89
√
14
7
.
Se f é diferenciável no ponto x0, então, f possui todas as derivadas direcionais em
x0. A recíproca é falsa. Procure exemplos.
6.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 137
6.3 Gradiente de uma Função
Definição 6.2. Sejam A ⊂ Rn aberto, x ∈ A e f : A ⊂ Rn −→ R uma função tal que
as derivadas parciais existemem 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)
)
.
Equivalentemente:
∇f(x) = ∂f
∂x1
(x) ~e1 +
∂f
∂x2
(x) ~e2 + ............ +
∂f
∂xn
(x) ~en.
Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R3 −→ R uma função, 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)
)
Analogamente para n = 2.
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 jus-
tifica se expressarmos graficamente ∇f do seguinte modo: em cada ponto x ∈ A
desenhamos um vetor com origem em x e com o comprimento e direção de∇f(x).
A
Figura 6.3: O gradiente como campo de vetores.
Exemplos 6.2.
[1] Se f(x, y) = x2 + y2; então,∇f(x, y) = (2x, 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)‖
138 CAPÍTULO 6. 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 6.4: Esboço de∇f e das curvas de nível de f .
[2] Se f(x, y) = x2 − y2; então,∇f(x, y) = (2x,−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 6.5: Esboço de∇f e das curvas de nível de f .
[3] Se f(x, y) = sen(x) sen(y); então,∇f(x, y) = (cos(x) sen(y), sen(x) cos(y)).
6.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 139
Figura 6.6: Esboço de∇f e das curvas de nível de f .
[4] Se f(x, y, z) = x2 − y2 + z2, então: ∇f(x, y, z) = (2x,−2 y, 2 z) e:
‖∇f(x, y, z)‖ = 2
√
x2 + y2 + z2.
Figura 6.7: Esboço de∇f .
Proposição 6.1. 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
(
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)
140 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
Exemplos 6.3.
[1] Calcule as derivadas direcionais de z = f(x, y) = ln(
√
x2 + y2) na direção do
vetor (1, 1).
O ângulo formado por (1, 1) e o eixo positivo dos x é θ = pi4 , 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 + 2x z + 2x 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
.
6.4 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 6.2. Se∇f 6= 0, então:
1. A taxamáxima de crescimento de f no pontox0 ocorre na direção e no sentido
do gradiente. Analogamente, a taxa mínima de crescimento de f no ponto x0
ocorre na direção contrária a do gradiente.
6.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 141
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.
Figura 6.8:
Exemplos 6.4.
[1] Se:
T (x, y) =
100x y
x2 + 4 y2 + 4
é a temperatura em graus Celsius, sobre uma lâmina metálica, x e y medidos 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 di-
reção 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 apontar na
direção de maior crescimento da temperatura, não necessariamente indica o lu-
gar mais quente da lâmina, isto é, o gradiente nos dá uma solução num pequeno
aberto ao redor do ponto (1, 1); se mudamos este ponto a direção de maior cres-
cimento muda. Desenhos do gradiente ao redor do ponto (1, 1) numa região do
plano, respectivamente:
142 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
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 6.9:
[2] Suponha que o potencial numa lâmina plana é dado por:
V (x, y) = 80− 20x 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) = 2x y e−
x2+y2
20 .
(c) O vetor (1, 1) não é unitário; normalizando o vetor obtemos ~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).
6.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 143
(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 rapidamente.
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 rapidamente na direção
do vetor −∇V (0, 0) = (20, 0). Veja o seguinte desenho:
Figura 6.10: Exemplo [3].
[3] A temperatura do ar em certa altitude é dada por:
f(x, y, z) = x y2 z3 + x2 y z3 + x2 y3 z.
Um avião 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 função cresce
mais rapidamente. Logo, o avião deverá voar na direção contrária a do gradiente.
∂f
∂x
(x, y) = y z (2x y2 + 2x z2 + y z2),
∂f
∂y
(x, y) = x z (3x y2 + x z2 + 2 y z2),
∂f
∂z
(x, y) = x y (x y2 + 3x z2 + 3 y z2), e ∇f(−1, 2, 1) = (−16, 9, 2).
O avião deverá voar nadireção de (16,−9,−2).
[4] Uma lâmina metálica está situada no plano xy de modo que a temperatura 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?
144 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
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 :
Figura 6.11: 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 − 3x2 − 2 y2,
onde as distâncias são medidas emmetros. 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).
Figura 6.12: Exemplo [5].
6.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 145
(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 descendo 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) = (−6x,−4 y) e ∇f(−10, 5) = (60,−20). A direção da parte que tem a
inclinação mais acentuada é (3,−1).
Figura 6.13: Esboço de∇f e das curvas de nível de f
Um vetor unitário no plano se escreve ~v = (cos(α), sen(α)), onde α é o ângulo
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 6.14:
∂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 direção é
dado por: ~v = (−
√
2
2
,−
√
2
2
); veja o desenho:
146 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
O�
S
Figura 6.15:
∂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:
∂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).
6.5 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 6.5.
[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
6.5. FUNÇÕES IMPLÍCITAS 147
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:
y = g(x) =
c
x
se x 6= 0.
Nosso objetivo é dar condições suficientes para que seja possível obter uma fun-
ção definida implicitamente. Exceto para as equações mais simples, por exemplo,
lineares, quadráticas, esta questão não é simples. O estudo das funções definidas
implicitamente temmuitas aplicações não só na Matemática como em outras Ciên-
cias.
[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 cen-
trada 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 implici-
tamente por f(x, y) = c?
2. Se existe g diferenciável definida implicitamente por f(x, y) = c, como calcular a
derivada de g?
Teorema 6.1. (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))
.
148 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
Ix
g(x)
1
I2
f=c
Figura 6.16:
O teorema da função implícita é um teorema de existência; isto é, não indica como
determinar a função definida implícitamente. O teorema tem consequências geo-
métricas profundas. Se f satisfaz às hipóteses do teorema, então f−1(c) é local-
mente uma curvas de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia. Nós, essencialmente,
utilizaremos a fórmula para o cálculo das derivadas.
Exemplos 6.6.
[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 + 2x
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) ∈
R
2 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
implicitamente uma 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.
6.6. GRADIENTE E CONJUNTOS DE NÍVEL 149
0 0.5 1 1.5 2
0
0.5
1
1.5
2
Figura 6.17: Curvas de nível de f num retângulo centrado em (1, 1).
Para n > 2 o teorema da função implícita também é válido. A seguir, apressenta-
mos a versão para n = 3:
Teorema 6.2. (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 localmente o
gráfico de alguma função de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia.
6.6 Gradiente e Conjuntos de Nível
Sabemos que ∇f aponta na direção para a qual f cresce o mais rapidamente, mas
nas curvas de nível a função f permanece constante, isto é, ao andarmos por uma
curva de nível, os valores de f são constantes; logo, a derivadadirecional nessa
direção será zero (sem variação):
∂f
∂v
(x0) = ∇f(x0) · ~v = 0.
Em geral, considere uma função f : A ⊂ Rn −→ R diferenciável.
Proposição 6.3. Seja x0 ∈ A tal que ∇f(x0) 6= ~0. Então ∇f(x0) é perpendicular 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 con-
junto:
150 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
{x ∈ Dom(f) / f(x) = f(x0)}.
Sc3
S
Sc2
c1
Figura 6.18: O gradiente perpendicular aos conjuntos de nível.
6.7 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 6.3, 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
e a equação da reta normal é:
∂f
∂x
(x0, y0)(y − y0)− ∂f
∂y
(x0, y0)(x− x0) = 0
Exemplos 6.7.
[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). Considere-
mos:
f(x, y) =
x2
a2
+
y2
b2
− 1;
6.7. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 151
então, ∇f(x0, y0) = 2
(x0
a2
,
y0
b2
)
; as equações das retas tangente e normal são, res-
pectivamente: {
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:
9xx0 + 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.
Ou, equivalentemente: 

(1) x0 = 8λ
(2) 2 y0 = 9λ
(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 6.19: Exemplo [2].
152 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
[3] Determine a equação da reta normal à parábola y2 = −8x que passa pelo ponto
(−5, 0).
Primeiramente, observamos que o ponto (−5, 0) não pertence à parábola. Seja:
f(x, y) = y2 + 8x;
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 = −8x0. Se y0 = 0, então a equação é: y = 0. Se
x0 = −1, então y0 = ±2
√
2 e as equações são:
2 y −
√
2x = 5
√
2 e 2 y +
√
2x = −5
√
2,
nos pontos (−1, 2√2) e (−1,−2√2), respectivamente.
-5 -4 -3 -2 -1
-4
-2
2
4
Figura 6.20: Exemplo [3].
6.8 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 respectivas 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,
6.8. ÂNGULO ENTRE CURVAS 153
ou seja:
∂F
∂x
∂G
∂x
+
∂F
∂y
∂G
∂y
= 0
onde as derivadas parciais são calculadas no ponto (x0, y0).
Exemplos 6.8.
[1] Determine o ângulo entre as curvas x y = −2 e y2 = −4x no ponto (−1, 2).
Sejam f(x, y) = x y + 2 e g(x, y) = 4x + 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 6.21:
[2] Determine o ângulo entre as curvas x2 + y2 = 8 e 3x2− y2 = 8 no ponto (−2, 2).
Sejam f(x, y) = x2 + y2 e g(x, y) = 3x2 − y2, ambas funções diferenciáveis; então,
∇f(x, y) = 2 (x, y) e∇g(x, y) = = 2 (3x,−y). Logo,
cos(α) =
∇f(−2, 2) · ∇g(−2, 2)
‖∇f(−2, 2)‖ · ‖∇g(−2, 2)‖
e cos(α) =
√
5
5
.
154 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
-2 -1 1 2
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 6.22:
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).
6.9 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 6.3, 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:

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)‖ .
6.9. GRADIENTE E SUPERFÍCIES DE NÍVEL 155
Exemplos 6.9.
[1] Determine o vetor normal unitário à superfície sen(x y) = ez no ponto (1, pi2 , 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, pi2 , 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 6.23: Exemplo [1].
[2] Determine o vetor normal unitário à superfície z = x2 y2+y+1 no ponto (0, 0, 1).
Seja f(x, y, z) = x2 y2 + y − z. A superfície do problema é a superfície de nível −1
de f ;
S−1 = {(x, y, z) ∈ R3/f(x, y, z) = 0}.
Logo,∇f(x, y, z) = (2x y2, 2x2 y + 1,−1) e∇f(0, 0, 1) = (0, 1,−1); então,
~n(0, 0, 1) =
1√
2
(0, 1,−1).
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
0
1
2
3
Figura 6.24: Exemplo [2].
Esta definição de plano tangente é mais geral que a dada anteriormente.
156 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL
De fato, se z = g(x, y) é uma função nas condições da proposição, então o gráfico
de g pode ser definido como a superfície de nível zero de f(x, y, z) = g(x, y) − z.
Note que:
∇f = (∂g
∂x
,
∂g
∂y
,−1),
que é exatamente, o vetor normal ao plano tangente ao gráfico de f no ponto
(x, y, g(x, y)).
Note que os vetores tangentes ao gráfico de f em (x, y, g(x, y)) são:
~vx =
(
1, 0,
∂g
∂x
)
e ~vy =
(
0, 1,
∂g
∂y
)
.
Figura 6.25:
Lembramos, que todas as superfícies definidas por equações em três variáveis,
como as quádricas, podem ser consideradas como superfícies de algum nível de
uma função de tres variáveis.
Exemplos 6.10.
[1] Seja f uma função de classe C1 tal que f(1, 1, 2) = 1 e∇f(1, 1, 2) = (2, 1, 3).
A equação f(1, 1, 2) = 1 define implícitamente uma função g? No caso afirmativo,
determine a equação do plano tangente ao gráfico de g no ponto (1, 1, 2).
Como ∇f(1,