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Derivadas parciais

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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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