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Capítulo 5 DERIVADAS PARCIAIS 5.1 Introdução 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. De forma análoga são definidas as derivadas parciais para funções de duas variá- veis. 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. 89 90 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS Exemplo 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. 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); se h(y) = f(c, y), então: h′(y) = ∂f ∂y (c, y). Analogamente para mais variáveis. 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. Em relação às outras variáveis o procedimento é análogo. Assim, todas as regras de derivação estudadas para funções em R podem ser aplicadas. 5.1. INTRODUÇÃO 91 Exemplo 5.2. [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 . [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 ) ; 92 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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. 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. De fato, seja z = f(x, y) = √ x2 + y2; então, as derivadas parciais existem, exceto na origem. 5.2. GENERALIZAÇÕES 93 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. 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). 94 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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: Exemplo 5.3. [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. -2 0 2 -2 0 2 0 2 4 6 -2 0 2 4 Figura 5.6: Exemplo [1]. 5.3. INTERPRETAÇÃOGEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS 95 [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 aequação 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. Exemplo 5.4. [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(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) . 96 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 5.4 Derivadas Parciais como Taxa de Variação As derivadas parciais também podem ser interpretadas como taxa de variação ou razão instantânea. De fato, sejamA ⊂ 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. Exemplo 5.5. [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. 5.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO 97 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: ∂V ∂z = k′(z) = − z (z2 + 5)3/2 , logo; ∂V ∂z (1, 2, 3) = − 3 14 √ 14 volts/cm. 98 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS [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. (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. 5.5. DIFERENCIABILIDADE 99 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. 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 de A. 100 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS Exemplo 5.6. 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) = 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: 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. 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. 5.5. DIFERENCIABILIDADE 101 Exemplo 5.7. [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 = ε2 , 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. [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. 102 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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. Exemplo 5.8. [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. 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: 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). 5.5. DIFERENCIABILIDADE 103 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 ) Exemplo 5.9. [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 R 2. Sejam g(x) = f(x, 0) = (1 + x2) e−x2 e h(y) = f(0, y) = (1 + y2) e−y2 ; 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. 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. 104 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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 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)| 5.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 105 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. Exemplo 5.10. [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). ∂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. Analogamente, como (0.00012, 1.0023) está perto de (0, 1) acharemos a linearização 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: x ex y ≃ x. 106 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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 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 ; 5.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 107 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. Figura 5.15: 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 , 108 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS ∂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 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 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) Exemplo 5.11. [1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y) = x2 y3. 5.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 109 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. [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). Exemplo 5.12. [1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y, z) = x y z. 110 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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: ∂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 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 soluçõesdesta 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. 5.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 111 0 2 4 6 8 1 2 3 4 5 6 Figura 5.16: 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 5.17: 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)). 112 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS Figura 5.18: 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. 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. Exemplo 5.13. 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 5.19: Gráfico de f . 5.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 113 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. Em geral, as funções "bem comportadas", como as polinomiais, exponenciais e a maioria das funções utilizadas neste livro são de classe C2. 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, respectivamente: Figura 5.20: Gráficos de f e ∂f∂x , respectivamente. Figura 5.21: Gráficos de ∂f∂y e ∂2f ∂x∂y , respectivamente. 114 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 1 2 Figura 5.22: 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 5.23: 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 5.8. REGRA DA CADEIA 115 r x z y rs s Figura 5.24: 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 5.25: 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 5.26: A regra da cadeia para n = 3. Em particular, se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) são deriváveis, então: 116 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS x y t z w Figura 5.27: Caso particular da regra da cadeia para n = 3. dw dt = ∂w ∂x dx dt + ∂w ∂y dy dt + ∂w ∂z dz dt Exemplo 5.14. [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). 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. 5.8. REGRA DA CADEIA 117 [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 5.28: 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 dEdt + [− 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 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. 118 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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 5.29: 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. [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. 5.9. EXERCÍCIOS 119 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 (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)) 120 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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). 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. 5.9. EXERCÍCIOS 121 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(x2 + 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. (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 : 122 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS (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) (k) w = xy + yz + zx, x = tr, y = st, z = ts (l) w = log5(xy + yz + zx), x = t 2r, y = st2, z = t2s 5.9.EXERCÍCIOS 123 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). 124 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS 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. 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. Analogamente para n = 2: ∂f ∂v (x, y) = lim t−→0 f(x+ t v1, y + t v2)− f(x, y) t 125 126 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL se o limite existe. Exemplo 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 ) ; 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 ; 6.2. DERIVADA DIRECIONAL COMO TAXA DE VARIAÇÃO 127 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. 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. Para n = 2, ~v determina a direção do plano secante que intersecta o gráfico de f . Figura 6.1: 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. 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 128 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL 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. Exemplo 6.2. 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 Definição 6.2. 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) ) . 6.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 129 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) ) Analogamentepara 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. Exemplo 6.3. [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)‖ 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. 130 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL 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 131 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) Exemplo 6.4. [1] Calcule as derivadas direcionais de z = f(x, y) = ln( √ x2 + y2) na direção do vetor (1, 1). 132 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL 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 . 6.3.1 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‖. Se α = π 2 , então, ∇f é ortogonal a ~v. 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 taxa máxima de crescimento de f no ponto x0 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. 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. 6.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 133 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: Exemplo 6.5. [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: 134 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). 6.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 135 (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 na direção 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? 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). 136 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL 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]. (a) Qual é a direção da parte que tem a inclinação mais acentuada? 6.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 137 (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: 138 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). 6.4 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). Exemplo 6.6. [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 6.4. FUNÇÕES IMPLÍCITAS 139 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)) . 140 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. Exemplo 6.7. [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. 6.5. GRADIENTE E CONJUNTOS DE NÍVEL 141 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. 6.5 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 derivada direcional 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. 142 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL Sc3 S Sc2 c1 Figura 6.18: O gradiente perpendicular aos conjuntos de nível. 6.6 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) = c no ponto (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 Exemplo 6.8. [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; 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. 6.6. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 143 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]. [3] Determine a equação da reta normal à parábola y2 = −8x que passa pelo ponto (−5, 0). 144 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL 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]. 6.6.1 Ângulo entre Curvas que se Intersectam 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, ou seja: ∂F ∂x ∂G ∂x + ∂F ∂y ∂G ∂y = 0 onde as derivadas parciais são calculadas no ponto (x0, y0). 6.6. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 145 Exemplo 6.9. [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 . -2 -1 1 2 -3 -2 -1 1 2 3 Figura 6.22: 146 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL 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). 6.7 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)‖ . Exemplo 6.10. [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. 6.7. GRADIENTE E SUPERFÍCIES DE NÍVEL 147 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. 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 ) . 148 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL 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. Exemplo 6.11. [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, 1, 2) = (2, 1, 3); então, temos que ∂f ∂x (1, 1, 2) = 2, ∂f ∂y (1, 1, 2) = 1 e ∂f ∂z (1, 1, 2) = 3. Pelo teorema da função implícita, existe z = g(x, y) de classe C1 no ponto (1, 1), g(1, 1) = 2 e: ∂g ∂x (1, 1) = ∂f ∂x (1, 1, 2)) ∂f ∂z (1, 1, 2)) = −2 3 e ∂g ∂y (1, 1) = − ∂f ∂y (1, 1, 2) ∂f ∂z (1, 1, 2) = −1 3 . Logo, a equação do plano tangente ao gráfico de g no ponto (1, 1, 2) é: z = g(1, 1) + ∂g ∂x (1, 1) (x − 1) + ∂g ∂y (1, 1) (y − 1) = 6− 2x− y 3 ; equivalentemente, 3 z + 2x + y = 6. [2] O cone x2 + y2 − z2 = 0 pode ser considerado como a superfície de nível c = 0 da função
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