Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Unid II

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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Unidade II
3 AplicAções de derivAdAs pArciAis
3.1 primeiros exemplos de aplicações 
A pressão P(kPa), o volume V(l) e a temperatura T (kelvins) de 1 mol de gás ideal estão relacionados 
por meio da equação: P*V = 8,31*T. Com base nessas informações, determine:
a) a taxa de variação da pressão em relação à temperatura quando o volume do gás for de 300 litros 
e a temperatura 800 k.
Resolução 
Desejamos determinar a taxa de variação da pressão em relação à temperatura, ou seja, a derivada 
parcial da pressão; para isso, primeiro vamos isolar P na equação fornecida em nosso enunciado geral, 
depois vamos determinar a derivada parcial. 
P
T
V
P T V
T
V
P
T
P T V
T
V V
P
T
P
= => =
∂
∂ = =
∂
∂
8 31 8 31
8 31 1 8 31
80
0
,
( , )
,
( , )
, * * ,
( 00 300
8 31
800 300
8 31
300
0 02777 2 777 10 2
, )
,
( , )
,
, , * /
=
= = = °
−
V
P kPa k
Interpretação do resultado 
Quando o volume do gás for de 300 litros e a temperatura aumentar de 1°K, a pressão aumentará 
de 0,0277 kPa.
b) Determine a taxa de variação da pressão em relação ao volume quando o volume do gás for de 
300 litros e a temperatura 800 k. Temos que:
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Unidade II
P
T
V
P T V T V
P
V
T V
T
V
P
= => =
∂
∂ = − =
−
∂
∂
−
−
8 31
8 31
1 8 31
8 31
1
2
2
,
( , ) , *
( ) * , * *
,
VV
( , )
, *
800 300
8 31 800
3002
=
−
≈ − =0,07387 -7,4*10-2
Interpretação do resultado
Quando a temperatura do gás for de 800°k, a pressão diminui 0,074 Pa (ou 7 4 10 2, * − kPa) para cada 
litro. 
c) Determine a taxa de variação do volume em relação à pressão quando a temperatura for de 800°k, 
sujeita à pressão de 200k Pa. 
Resolução
Sabemos que P*V = 8,31*T:
V
T
P
V T P T P
V
P
T P
T
P
P
= => =
∂
∂ = − =
−
∂
−
−
8 31
8 31
1 8 31
8 31
1
2
2
,
( , ) , * *
( ) * , * *
,
∂∂ =
−
≈ − =
V
( , )
, *
800 200
8 31 800
2002
0,1662 -1,662*10-1
Interpretação do resultado
O volume de um gás, a 800°k, sujeito a uma pressão de 200 kPa, diminui de 0,1662 litros para cada 
1 kPa de pressão.
Exemplo de aplicação
As latas de refrigerantes antigas eram feitas de aço e possuíam a forma de um cilindro circular 
reto, com altura de 12,5 cm, diâmetro interno de 6 cm e espessura de 0,1 cm. Se o custo do 
material era de 0,02 unidade monetária da época por cm3, determine por diferenciação o custo 
aproximado do aço que era usado na fabricação da lata. 
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Resolução
O volume de um cilindro circular reto, de volume V(cm3), raio r (cm) e altura h(cm), é V = πr2h. O 
volume exato de aço na lata é a diferença entre o volume de dois cilindros circulares retos, para os quais 
r = 3,1, h = 12,7 e r = 3, h = 12,5, respectivamente. ∆V é o volume exato de metal; mas, como queremos 
apenas um valor aproximado, devemos determinar dV.
Figura 70 
Sabemos que o volume depende do raio e da altura.
 Do conceito de diferencial total, temos que: dV
V
r
dr
V
h
dh=
∂
∂ +
∂
∂ .
Logo, ∂ = ∂∂ = ∂ =
∂
∂ =V
V
r
rh e V
V
h
r2 2pi pi .
Substituindo ∂ = +V rh dr r dh2 2pi pi , temos:
R = 3, h =12,5, dr = 0,1, dh = 0,2.
∂ = +
∂ = + = ≈
V
V cm
2 3 12 5 0 1 3 0 2
7 5 18 9 3 29 22
2
3
pi pi
pi pi pi
* , * , ,
, , , ,
Logo, há aproximadamente 9 3 29 223 3, ,pi cm ou cm de aço. Como o custo do metal é de 2 centavos 
por cm3, temos que o custo é de aproximadamente 0,02*29,22 = 0,5844 centavos, ou seja, por volta de 
0,59 unidade monetária da época.
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Unidade II
 saiba mais
Para saber mais sobre diferencial de função de duas variáveis, consulte 
o capítulo 5 do link a seguir:
LIMA, P. C. Diferenciabilidade de funções de duas variáveis. In: ______. 
Cálculo diferencial e integral III: EAD. Belo Horizonte: UFMG, [s. d.]. p. 47-
52. Disponível em: <http://www.mat.ufmg.br/~lima/apostilas/eadfinal2.
pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. 
3.2 plano tangente 
Sabemos que equações do tipo y = a x + b definem retas em R2; por analogia, você pode concluir, 
caso não saiba, que z = m x + n y + c define planos em R3. 
Definição:
Se f : A ⊂ R2 → R, sendo a função diferenciável no ponto (a, b) ∈ A, e A é um subconjunto aberto 
de R2, dizemos que o plano pode ser definido pela equação:
f x y f a b
f a b
x
x a
f a b
y
y b( , ) ( , )
( , )
( )
( , )
( )= +
∂
∂ − +
∂
∂ − ou
f x y f a b f a b x a f a b y bx y( , ) ( , ) ( , )( ) ( , )( )= + − + −
Trata-se do plano tangente ao gráfico da função f no ponto (a, b), ou, ainda:
z z
f x y
x
x x
f x y
y
y y− =
∂
∂ − +
∂
∂ −0
0 0
0
0 0
0
( , )
( )
( , )
( )
é o plano tangente ao gráfico da função f, no ponto (x0,y0). Lembre-se de que z0 = f(x0,y0) ou 
z0 = f(a,b).
Plano tangente
Superfície
Figura 71 – Plano tangente à superfície em um ponto
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Exemplo
Vamos calcular a equação do plano tangente à superfície de f x y x xy y( , ) = − −2 23 no ponto (1, 1). 
Primeiro, calculamos as derivadas parciais: 
∂
∂ = −
∂
∂ = − −
f x y
x
x y e
f x y
y
x y
( , ) ( , )
2 3 3 2 e substituímos (x, y) por (1, 1). 
Obtemos:
∂
∂ = − =>
∂
∂ = − = − = −
∂
∂ = − −
f x y
x
x y
f
x
e
f x y
y
x y
( , ) ( , )
* *
( , )
2 3
11
2 1 3 1 2 3 1
3 2 ==>
∂
∂ = − − = − − = −
f
y
( , )
* *
11
3 1 2 1 3 2 5
Por outro lado, sabemos que f x x x xy y( , ) = − −2 23 . Logo:
f( , ) * *11 1 3 1 1 1 1 3 1 32 2= − − = − − = −
A equação do plano tangente é dada por:
z z
f x y
x
x x
f x y
y
y y− =
∂
∂ − +
∂
∂ −0
0 0
0
0 0
0
( , )
( )
( , )
( )
Assim, a equação procurada é resultante de:
z f x
f
x
f
y
y = + −( ) ( ) +∂∂
∂
∂ −1 1 1
11 11
1,
( , ) ( , )
( )
z = 3+ (-1)*(x − 1) − 5(y − 1) 
z = 3 – x +1 – 5y +5
z = – x − 5y + 9.
Logo, a equação do plano tangente à superfície no ponto (1,1) é z = – x − 5y + 9.
Exemplo
Determine a equação do plano tangente à superfície de f x y x x y y( , ) = + −2 33 2 3 3 no ponto (2, -1,5).
Resolução:
Sabemos que ( , ) ( , ) ( , )x y a b0 0 2 1= = − e que
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4Unidade II
f x y f x y f a b x a f a b y bx y( , ) ( , ) ( , )( ) ( , )( )− = − + −0 0 é a equação do plano tangente a uma superfície 
no ponto ( , , )x y z0 0 0 . 
f(2,-1) = 5 é dado, mas também pode ser calculado substituindo x = 2 e y = –1 em f(x,y).
Calculando as derivadas parciais, temos: 
f x xy e f x y yx y= + = −6 6 9 3
2 3 2 2 2 .
Determinando os valores das derivadas parciais no ponto (2,–1), obtemos:
f
f
f
f
x
x
x
x
( , ) * * * ( )
( , ) * * ( )
( , )
2 1 6 2 6 2 1
2 1 6 4 6 2
2 1 24 12
2 3
− = + −
− = + −
− = −
(( , )2 1 12− = e 
f
f
f
f
y
y
y
y
( . ) * ( ) * ( ) * ( )
( . ) *
( . )
2 1 9 2 1 3 1
2 1 9 4 3
2 1 36 3
2 2 2
− = − − −
− = −
− = −
(( . )2 1 33− =
A equação do plano é:
f x y f x y f x y x a f x y y b
f x y x
x y( , ) ( , ) ( , )( ) ( , )( )
( , ) (
= + − + −
= +
0 0 0 0 0 0
5 12 −− + +
= + − + +
= + +
2 33 1
5 12 24 33 33
12 33 14
) ( )
( , )
( , )
y
f x y x y
f x y x y
3.3 derivadas de funções compostas
3.3.1 Primeira regra da cadeia
Considere a função z = f(x, y), onde x = x(t) e y = y(t), isto é, tanto x quanto y são funções de t. A 
derivada dessa função em relação a “t” é:
Representação gráfica da regra da cadeia:
z
x
t
y
t
∂
∂
z
x
∂
∂
z
y
∂
∂
x
t
∂
∂
y
t
Z depende de x e y (tanto x quanto y também são funções); 
fazemos essa primeira associação gráfica colocando z um nível 
acima de x e y, isto é, vamos derivar z em função de x e também 
vamos derivar z em função de y. Em nosso modelo teórico, as 
funções x e y dependem de t. Logo, x e y estão um nível acima de t. 
Desejamos derivar z em função de t; há dois percursos para fazê-lo, 
um passando por x e chegando a t (isto é, derivando x em função de 
t), ou passando por y (isto é, derivando y em função de t).
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Algebricamente, temos:
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
Exemplo 1
Calcular a derivada da função F(x,y) = x2 +3y -5, onde x(t) = et e y(t) = t3.
Resolução
Há duas formas de calcular as derivadas parciais:
1° modo 
A função pode ser reescrita em função de t, substituindo x e y pelas expressões das funções em 
relação a t.
F(x,y) = x2 +3y -5; x(t) = et e y(t) = t3 => F(t) = e2t + 3t3 -5
Desse modo, temos F escrita em função de apenas uma variável t, derivando, temos:
dF/dt = 2 e2t + 9t2
 Observação
Em muitos casos, ao fazermos a substituição, chegamos a expressões 
muito complexas, o que não foi o caso anterior. A seguir, vamos resolver 
o mesmo exemplo, de modo que não fazemos a substituição para resolver. 
Saiba que é comum, dada uma função complexa, quebrá-la em outras 
funções para facilitar a resolução. Vale lembrar que, para resolver problemas 
envolvendo taxa de variação, precisamos fazê-lo por derivadas. Para esses 
dois casos, na resolução usamos os procedimentos ilustrados nos exemplos 
a seguir.
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Unidade II
2° modo
Retomamos as funções e calculamos as derivadas parciais necessárias para obter dF/dt:
z
x
t
y
t
∂
∂
z
x
∂
∂
z
y
∂
∂
x
t
∂
∂
y
t
F(x,y) = x2 + 3y -5
x(t) = e1 e y(t) = t3
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
, temos que:
∂
∂ =
∂
∂ = = =
f
x
x
f
y
dx
dt
e
dy
dt
tt2 3 3 2; ; ;
Cálculos feitos, substituímos em dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
 , e temos que:
 
dz
dt
x e tt= +2 3 3 2* *
dz
dt
xe tt= +2 9 ² , mas x = et
Logo,
dz
dt
e e t e tt t t= + = +2 9 2 92² ²
Exemplo 2
Se z x y= +2 2 , com x =3t + 3 e y = t2, determine: ∂
∂
z
t
.
Note que z x y e x t e y t= +( ) = + =2 2 12 23 3 .
Resolução 
z
x
t
y
t
∂
∂
z
x
∂
∂
z
y
dx
dt
dy
dt
Vamos, inicialmente, fazer a representação gráfica do que 
desejamos determinar:
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
Temos que determinar cada derivada parcial para depois 
substituir na equação anterior. Vamos aos cálculos:
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
∂
∂ =
∂ +( )
∂ = +( ) ( ) =
+( )
=
+
∂
∂ =
∂
−Z
x
x y
x
x y x
x
x y
x
x y
Z
y
2 2
1
2
2 2
1
2
2 2
1
2
2 2
1
2
2
xx y
z
x y y
y
x y
y
x y
x
t
t
2 2
1
2
2 2
1
2
2 2
1
2
2 2
1
2
2
3 3
+( )
∂ = +( ) ( ) =
+( )
=
+
∂
∂ =
∂ +
−
( )) ( )
∂ =
∂
∂ =
∂
∂ =t e
y
t
t
t
t3 2
2
Cálculos feitos, substituímos em 
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* * , e temos 
dz
dt
x
x y
y
x y
t=
+
+
+
+
2 2 2 2
3 2* * , mas x = 3t + 3 e y = t2; logo:
dz
dt
t
t t
t
t t
t
dz
dt
t
=
+
+ +
+
+ +
=
+
( )
( ) ( )
*
( ) ( )
*
( )
(
3 3
3 3
3
3 3
2
9 1
3
2 2 2
2
2 2 2
tt t
t
t t+ +
+
+ +3
2
3 32 4
3
2 4) ( )
Exemplo 3
A pressão P (kPa), o volume V (l) e a temperatura T (°k) de 1 mol de gás ideal estão relacionados por 
meio da equação PV = 8,31 T. Encontre a taxa de variação da pressão em relação ao tempo; quando a 
temperatura é de 800 k está aumentando numa taxa de 0,2 grau kelvin por segundo, e o volume, de 
200 l, está aumentando numa taxa de 0,4 litro por segundo. 
Resolução
P
V
t
T
t
∂
∂
P
V
∂
∂
P
T
dV
dt
dT
dt
dP
dt
P
V
V
t
P
T
T
t
P
T
V
P T V
T
V
T V
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂
= => = =
∂
−
* *
,
( , )
,
, *
8 31 8 31
8 31 1
PP
V
T V
V
T V
T
V
P
T
T V
∂ =
∂
∂ = − = −
∂
∂ =
∂
∂
−
−
−
( , * )
, *
,
;
( , * )
8 31
8 31
8 31
8 31
1
2
2
1
TT
T V
V
= =
−1 8 31
8 310 1* , *
,
;
100
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Unidade II
Sabemos, pelo enunciado, que:
∂
∂ =
∂
∂ = °
V
t
s e
T
t
k s0 4 0 2, / , /
Cálculos feitos, substituindo em dP
dt
P
V
V
t
P
T
T
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
, temos:
dP
dt
V T
T
V V
dP
dt
( , )
,
* ,
,
* ,
( , )
, *
= − +
= −
8 31
0 4
8 31
0 2
800 200
8 31 200
800
2
22 0 4
8 31
800
0 2
800 200
8 31 80
800 800
8 31
400
0
* ,
,
* ,
( , )
, *
*
,
* ,
+
= − +
dP
dt
11
800 200 0 001030875 0 0020775
800 200 0 0010
dP
dt
dP
dt
( , ) , ,
( , ) ,
= − +
= 446625 1 046625 10 3= −, * /kPa s
Interpretação do resultado
 A pressão cresce aproximadamente a 0,001 kPa a cada 1 segundo.
Exemplo 4A tensão média V (volts), ou voltagem, de um circuito elétrico diminui com o tempo (segundos) 
numa taxa de 0,2 v/s, devido ao desgaste da bateria. A resistência R (ohms Ω) aumenta numa 
taxa de 0,6 Ω/s, devido ao aquecimento do resistor. Use a Lei de Ohm V = IR para encontrar a 
taxa de variação da corrente / (amperes) em relação ao tempo, no instante em que R = 300Ω e 
I = 0,1 A.
Resolução
/
V
t
R
t
∂/
∂V
dV
dt
∂/
∂R
dR
dt
I V R
V
R
Logo I V R
V
R
V R
dI
dt
I
V
V
t
I
R
R
t
( , )
, ( , ) *
* *
=
= =
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂
−1
101
M
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 -
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ev
is
ão
: A
nd
re
ia
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 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
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si
on
am
en
to
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
∂
∂ =
∂ 
∂ = =
∂
∂ =
∂
∂ = − = −
−
−
I
V
V
R
V
V
R R
I
R
VR
R
V R
V
R
1 1
1
0
1
2
2
*
;
( )
( ) * *
Sabemos, pelo enunciado, que:
∂
∂ =−
∂
∂ =
V
t
v s e
R
t
s0 2 0 6, / , /Ω
Cálculos feitos, substituindo em 
dI
dt
I
V
V
t
I
R
R
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* * , temos:
dI
dt R
V
R
= − + −




1
0 2 0 62* ( , ) * ,
Note que, quando I = 0,1A e R = 300Ω,
como V = I *R => V = 0,1*300 => V = 30 volts. 
dI
dt
dI
dt
= − + −




= − + −


1
300
0 2
30
300
0 6
0 2
300
18
90000
2* ( , ) * ,
, 

= −
dI
dt
I s0 00087, /
Interpretação do resultado 
A corrente decai de aproximadamente 0,00087 ampere a cada segundo, quando a corrente é de 0,1ª 
e a resistência é de 300Ω.
Generalização da primeira regra da cadeia 
Seja w uma função de n variáveis, ou seja, w f x x xn= ( , , ... , )1 2 , e cada uma dessas n variáveis é 
função de t; então, w = F(t) e 
dw
dt
w
x
x
t
w
x
x
t
w
x
x
tn
n
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂1
1
2
2* * ... *
A seguir, apresentaremos a segunda regra da cadeia.
102
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 -
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ev
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nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
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si
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am
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4
Unidade II
3.3.2 Segunda regra da cadeia
Representação gráfica da regra da cadeia:
z
z y
s st t
∂z
∂x
∂x
∂s
∂x
∂t
∂y
∂s
∂z
∂y
∂y
∂t
Considere a função z = f(x,y), onde x = g(s,t) e y = h(s,t). 
Então, z = F(s,t); pois z = f(g(s,t), h(s,t)) = F(s,t). Desse modo, z 
possui derivadas parciais em relação a s e em relação a t, dada 
por:
dz
ds
z
x
x
s
z
y
y
s
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* * e 
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
Z depende de x e y (tanto x quanto y também são funções); fazemos essa primeira associação 
gráfica colocando z um nível acima de x e y, isto é, vamos derivar z em função de x e também z em 
função de y. Em nosso modelo teórico, as funções x e y, ambas dependem de s e t. Logo, x e y estão 
um nível acima de s e de t. Desejamos derivar z em função de t e z em função de s. Inicialmente, há 
dois caminhos para sair de a e chegar até x e y; continuando o percurso para chegar até s e t, existem 
quatro caminhos possíveis. 
Vamos descrever os caminhos possíveis para derivarmos z em relação a s. Primeiro, derivamos z 
em x 
∂
∂




z
x
, depois x em s
∂
∂




x
s
; na sequência, derivamos z em função de y ∂
∂




z
y
 e depois y em s
∂
∂




y
s
. Analogamente, descrevemos os caminhos possíveis para derivarmos z em relação a t. Primeiro, 
derivamos z em x 
∂
∂




z
x
, depois x em t ∂
∂




x
t
; na sequência, derivamos z em função de y
∂
∂




z
y
 e depois 
y em t
∂
∂




y
t
.
Algebricamente, temos: 
dz
ds
z
x
x
s
z
y
y
s
e
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂ =
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* * * *
Generalização da primeira regra da cadeia
Seja w uma função de n variáveis, ou seja, w f x x xn= ( , , ... , )1 2 , e cada uma dessas n variáveis é 
função a n outras variáveis; então, x g t t tj m= ( , , ...., ).1 2 
w F t t tm= ( , , ..., )1 2 e 
dw
dt
w
x
x
t
w
x
x
t
w
x
x
ti i i n
n
i
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂1
1
2
2* * ... * , para todo i = 1, 2, ..., m.
103
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ev
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: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Exemplo de aplicação
Se z
x
y
com x r e e y ret t= = = +−
2
2 4 2; , determine:
a) ∂
∂
z
r
;
b) ∂
∂
z
t
.
Resolução
z
x y
r rt t
∂z
∂x
∂x
∂r
∂x
∂t
∂y
∂r
∂z
∂y
∂y
∂t
Algebricamente, temos: 
dz
dr
z
x
x
r
z
y
y
r
e
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂
* *
* *
a) dz
dr
z
x
x
r
z
y
y
r
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
∂
∂ =
∂




∂ =
∂
∂ =
∂( )
∂ = − = −
∂
∂
−
−
z
x
x
y
x
x
y
z
y
x y
y
x y
x
y
x
2
2 1
2 2
2
2
2
1
*
( ) * *
rr
r e
r
re e
y
r
re
r
e
t
t
t
t
=
∂
∂ =
∂
∂ =
∂ +
∂ =
−
−
( )
( )
2
2
4 2
2
Contas feitas, substituímos em: 
dz
dr
x
y
re
x
y
et t= +
−
−
2
2 2
2
2* * , substituindo x r e e y re
t t
= = +−2 4 2 , temos:
104
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 -
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ev
is
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: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
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am
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Unidade II
dz
dr
r e
re
re
r e
re
e
dz
dr
r e
t
t
t
t
t
t
t
=
+
+
−
+
=
−
−
−
−
2
4 2
2
4 2
2
2
2 2 2
2
2
*
( )
( )
* ,
**
( )
( ) *
( )
2
2 2
2
2 2
2
2
4 2
2 2
3 2 4
re
re
r e e
re
dz
dr
r e
re
r
t
t
t t
t
t
t
− −
−
+
−
+
=
+
−
ee
re
t
t
−
+2 2 2( )
b) 
dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
 
∂
∂ =
∂




∂ =
∂
∂ =
∂( )
∂ = − = −
∂
∂
−
−
z
x
x
y
x
x
y
z
y
x y
y
x y
x
y
x
2
2 1
2 2
2
2
2
1
*
( ) * *
tt
r e
t
r e r e e
y
t
re
t
re
t
t t
t
t
=
∂
∂ = − = −
∂
∂ =
∂ +
∂ =
−
− −
( )
*
( )
2
2 21
4 2
2
Contas feitas, substituímos em dz
dt
z
x
x
t
z
y
y
t
=
∂
∂
∂
∂ +
∂
∂
∂
∂* *
dz
dt
x
y
r e
x
y
ret t= − +
−
−
2
22
2
2* ( ) * , substituindo x r e e y re
t t
= = +−2 4 2 , temos:
dz
dt
r e
re
re
r e
re
re
dz
dt
r
t
t
t
t
t
t
=
+
− +
−
+
=
−
−
−2
4 2 4 2
2
2
2 2 2
2
2
* ( )
( )
( )
* ,
ee r e
re
r e re
re
dz
dt
r e
t t
t
t t
t
t
− − −
−
−
+
−
+
=
−
* ( )
( )
( ) *
( ( ))
2 4 2
2
4 22 2
2
2 2
22 2 2
5
2+
−
+
−
re
r e
ret
t
t( )
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
3.4 derivada de uma função implícita de duas ou mais variáveis
Uma função encontra-se na forma implícita quando não está resolvida para uma variável específica. 
As funções resolvidas para uma variável são chamadas de explícitas. Exemplo: y = f(x), z = f(x,y). Na 
forma implícita, seria f(x,y) = 0, f(x,y,z) = 0 etc.
A derivada de uma função implícita do tipo f(x,y) = 0 em relação a x é
∂
∂ +
∂
∂ = →
∂
∂ +
∂
∂ = = −
∂
∂
∂
∂
= −
f
x
dx
dx
f
y
dy
dx
f
x
f
y
dy
dx
ou
dy
dx
f
x
f
y
fx
fy
0 0
Exemplo 1
Derivar a função f(x,y) = 2x2 + 5y3 + 2 = 0 
Resolução
Sabemos que 
dy
dx
f
x
f
y
fx
fy
= −
∂
∂
∂
∂
= − . Logo:
dy
dx
f
x
f
y
x
y
= −
∂
∂
∂
∂
= −
4
15 2
Para mais de duas variáveis, F(x,y,z) = 0. Fazendo u = f (x,y,z) e diferenciando, após algumas 
considerações, teremos:
∂
∂ = −
∂ ∂
∂ ∂ = −
∂
∂ = −
∂ ∂
∂ ∂ = −
z
x
f x
f z
f
f
e
z
y
f y
f z
f
f
x
z
x
z
/
/
/
/
Exemplo 2
Determinar as derivadas parciais 
∂
∂
∂
∂ + − =
z
x
e
z
x
para x y z2 3 0
∂
∂ = −
∂ ∂
∂ ∂ =
−
−
=
∂
∂ = −
∂ ∂
∂ ∂ =
−
−
=
z
x
f x
f z
x
x
z
y
f y
f z
y
y
/
/
/
/
2
1
2
3
1
3
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2
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Unidade II
 saiba mais
Para saber mais sobre funções implícitas, consulte:
ANDRADE, D. O teorema da função inversa e da função implícita. 
Maringá, [s. d.]. Disponível em: <http://www.dma.uem.br/kit/arquivos/
arquivos_pdf/inversa.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. 
BALBO, A. R. Derivada implícita e diferenciais. Bauru, 2007. Disponível em: 
<http://wwwp.fc.unesp.br/~arbalbo/arquivos/derivadaimplicitaediferenciais.
pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. 
3.5 derivadas de ordem superior
Derivadas parciais de ordem superior são obtidas da mesma forma que as derivadas parciais de primeira 
ordem. No entanto, deve-se observar que, para uma função de duas variáveis, existirão duas derivadas de 
segunda ordem para cada derivada parcial, ou seja, as derivadas de segunda ordem de f são dadas por:
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂




2
2
f
x x
f
x
ou
f fxx x x= ( )
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂




2
2
f
y y
f
y
ou
f fyy y y= ( )
∂
∂ ∂ =
∂
∂
∂
∂




2f
y x y
f
x
ou
f fxy x y= ( )
∂
∂ ∂ =
∂
∂
∂
∂




2f
x y x
f
y
ou
f fyx y x= ( )
Derivando duas 
vezes em relação a x.
Derivando duas 
vezes em relação a y.
Derivando primeiro em 
relação a x e depois em 
relação a y.
Derivando primeiro 
em relação a y e 
depois em relação a x.
Derivadas puras Derivadas mistas
Atenção à notação!!
Note que 
∂
∂
∂
∂



 = ( )y
f
x
fx y , isto é, 
∂
∂ ∂ =
2f
y x
fxy .
Exemplo 6.1
Calcule as quatro derivadas parciais de segunda ordem da função f x y xy xy x,( ) = + + +3 25 2 1.
Solução
Mantendo y constante, vamos derivar duas vezes em relação a x.
f
f
x
y
x
x
y
x
x
x
x
y yx =
∂
∂ =
∂( )
∂ +
∂( )
∂ +
∂( )
∂ + = + +
3 2 3 25 2 0 5 2
.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Como vemos, o resultado da primeira derivada em relação a x está em função de y, que é constante. 
Portanto, ao derivar pela segunda vez:
f
z
x
xx =
∂
∂
=
2
2 0
Mantendo x constante, vamos derivar duas vezes em relação a y.
f
f
y
x
y
y
x
y
y
x
y y
xy xy
y y
y =
∂
∂ =
∂( )
∂ +
∂( )
∂ +
∂( )
∂ +
∂( )
∂ = +
3 2
2
0 0
5 2 1 3 10
Como vemos, o resultado da primeira derivada em relação a y está em função de x, que é constante. 
Portanto, ao derivar pela segunda vez:
f xy xyy = +6 10
Analogamente, ao derivar fx em função de y, temos:
f y yxy = +3 10
2
E, ao derivar fy em função de x, temos:
f y yyx = +3 10
2 .
Nota
As derivadas parciais de segunda ordem fxy e fyx são chamadas de derivadas parciais mistas de f. 
Observe que as derivadas parciais mistas calculadas no exemplo anterior são iguais. Quando a função e 
suas derivadas são contínuas, as derivadas parciais mistas de uma função f(x,y) são iguais.
Exemplo de aplicação
1) Encontre as equações das retas tangentes às curvas de interseção entre a superfície 
z x y= − −16 4 2 2 e os planos y = 2 e x = 1 no ponto (1,2,8).
a) Interseção entre a superfície z x y= − −16 4 2 2 e o plano y = 2
A equação da curva formada pela interseção do plano y = 2 com a superfície é:
z x z x= − − → = −16 4 2 12 42 2 2
A curva de interseção é uma parábola no plano xz. A reta tangente a essa parábola no ponto 
P x y z P( , , ) ( , , )0 0 0 12 8= está, então, contida no plano xy e sua equação é dada na forma:
z z m x x e y y= + − =0 1 0 0( )
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Unidade II
O coeficiente angular (m1) da reta tangente é o valor de 
∂
∂
z
x
, quando x = 1 e y = 2.
∂
∂ = − →
∂
∂ = = − = −
= + − = + − −
z
x
x y x
z
x
m
z z m x x x
( , ) ( , ) .
( ) ( )(
8 12 8 1 8
8 8 1
1
0 1 0 )) = − + = − +8 8 8 8 16x x
Equação da reta: z x e y= − + =8 16 2
b) Interseção entre a superfície z x y= − −16 4 2 2 e o plano x = 1
A curva formada pela interseção do plano x =1 com a superfície é a parábola z = 12 -y2 no plano yz. 
O coeficiente angular (m2) da reta tangente a essa parábola no ponto (1,2,8) é o valor de 
∂
∂
z
y
, quando 
x=1 e y = 2.
∂
∂ = − →
∂
∂ = = − = −
z
y
x y y
z
y
m( , ) ( , ) .2 12 2 2 42
A reta tangente está contida no plano yz e sua equação é da forma 
z z m y y y y y= + − = + − − = − + = − +0 0 8 4 2 8 4 8 4 16( ) ( )( ) .
Equação da reta: z y e x= − + =4 16 1
2) Encontre a equação da reta contida no plano y = 2 e tangente à curva obtida pela interseção do 
gráfico de z = x2 + y2 com o plano y = 2 no ponto (2,2,8).
Coeficiente angular da reta tangente à curva de interseção entre a superfície e o plano y = 2
m
z
x
x
z
x1
2 2 8 2 2 4=
∂
∂ = →
∂
∂ = =( , ) .
Equação da reta:
z z m x x x x x
z x e y
= + − = + − = + − =
= =
0 0 8 4 2 8 4 8 4
4 2
( ) ( )
Encontre a equação do plano tangente ao paraboloide elíptico 2 4 6 02 2x y z+ − = , no ponto 
P = (5, 1, 9).
Resolução:
Para resolver essa questão, usaremos a equação do plano tangente, vista a seguir: 
z z f x y x x f x y y yx y− = − + −0 0 0 0 0 0 0( , ) * ( ) ( , ) * ( ) .
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CálCulo DiferenCial e integralDe Várias VariáVeis
Primeiro, definiremos nos pontos os valores para x y z x y z0 0 0 0 0 0, , , ,( ) .
Sabemos que o ponto x y z
x
y
z
0 0 0
0
0
0
5 19
5
1
9
, , ( , , )( ) = =>
=
=
=



Agora, devemos isolar z na equação. Logo:
2 4 6 0
2 4 6
2 4
6
3
2
3
2 2
2 2
2 2
2 2
x y z
x y z
z
x y
z
x y
+ − =
+ =
=
+
= +
Isolamos o z. Portanto, continuaremos a resolver o exercício.
O próximo passo é definir quem são os termos na equação do plano tangente. Para que possamos 
organizar o passo a passo de resolução do exercício, devemos determinar as derivadas parciais nos 
pontos (5,1,9), isto é,
f x y f i
f x y f ii
f
x y
f
x x
y y
x
( , ) ( , ) ( )
( , ) ( , ) ( )
0 0
0 0
2 2
5 1
5 1
3
2
3
=
=

= + => xx x x
y y
x
f f i
e
f
x y
f
y
= => = => =
= + => = =>
2
3
5 1
2 5
3
5 1
10
3
3
2
3
4
3
2 2
( , )
*
( , ) ( )
ff f iiy y( , )
*
( , ) ( )5 1
4 1
3
5 1
4
3
= => =
Vamos substituir (i) e (ii) na equação do plano tangente.
z z f x y x x f x y y y
z x y
x y− = − + −
− = − + −
0 0 0 0 0 0 0
9
10
3
5
4
3
( , ) * ( ) ( , ) * ( )
* ( ) * ( 11
10
3
50
3
4
3
4
3
9
10
3
4
3
9
)
z
x y
z
x y
= − + − +
= + −
O valor -9 é resultado da soma de frações − − + = − = −
50
3
4
3
9
1
27
3
9.
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Unidade II
Logo, a equação do plano tangente é: z
x y
= + −
10
3
4
3
9.
A seguir, apresentamos a representação gráfica do plano tangente ao paraboloide elíptico 
2 4 6 02 2x y z+ − = , no ponto P = (5, 1, 9). 
z = xx/3+2yy/3
z = 10x/3
(x,y,z) = (5,1,9)
x
y
z
Figura 72 
Dada a função 2 2 22 2x y z+ = , determinar a equação do plano tangente em P = (1, -2, 5) e 
representá-la graficamente. 
Resolução:
A equação no plano tangente é dada por:
z z fx x y x x fy x y y y− = − + −0 0 0 0 0 0 0( , ) * ( ) ( , ) * ( ) .
O primeiro passo é isolar o z: 
2 2 2
2 2
2
2 2
2 2
x y z
x y
z
+ =
+
=
Simplificando:
x y z2 2+ = .
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
O segundo passo é determinar as derivadas parciais em x e em y.
x y z f x y x y
f x y x f f ex x x
2 2 2 2
2 1 2 2 1 1 2 2
+ = => = +
= => − = => − =
( , )
( , ) ( , ) * ( , )
ff x y y f fy y y( , ) ( , ) * ( ) ( , )= => − = − => − = −2 1 2 2 2 1 2 4
Devemos, agora, substituir as informações desenvolvidas até aqui na equação do plano tangente: 
z z f x y x x f x y y y
z x y
x y− = − + −
− = − + − −
0 0 0 0 0 0 0
5 2 1 4
( , ) * ( ) ( , ) * ( )
* ( ) ( ) * ( (( ))
( ) * ( )
−
− = − + − +
− = − − −
− = − −
= − −
2
5 2 2 4 2
5 2 2 4 8
5 2 10 4
2 4
z x y
z x y
z x y
z x y 110 5
2 4 5
+
= − −z x y .
Veja a representação gráfica da superfície com seu plano tangente em P = (1, - 2, 5).
z = x^2+y^2
z = 2x-4y-5
(x,y,z) = (1,-2,5)
x
y
z
Figura 73 
A construção de gráficos usando recurso computacional de plano tangente será demonstrada no 
capítulo 5.
112
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Unidade II
3.6 derivada direcional e vetor gradiente
3.6.1 Vetor gradiente 
Se f for uma função de duas variáveis x e y e se as derivadas parciais fx e fy existirem, então, o 
gradiente de f, denotado por ∇f (∇f: leia “del de f” e o símbolo ∇) é o operador nabla.
Definição: 
∇f(x, y) = (fx(x, y), fy(x, y)) 
Interpretação
O vetor gradiente é o vetor que tem como coordenadas as derivadas parciais da função em estudo.
Exemplo
Se f(x, y) = 2x2 +3xy + 3y2, então, para calcularmos o gradiente de f no ponto (2, 1), isto é, ∇f(2, 1), 
primeiro calculamos as derivadas parciais fx e fy.
Lembre-se: para determinar fx, derivo f considerando x variável e y constante. E, para determinar 
fy, derivo f considerando x constante e y variável. 
Vamos calcular as derivadas parciais:
em x: fx(x, y) = 4x + 3y;
em y: fy(x, y) = 3x + 6y.
Aplicando as derivadas no ponto (2,1):
fx(2, 1) = 8 + 3 = 11 e fy(2, 1) = 6 + 6 = 12 
Logo:
∇f(2, 1) = (fx(2, 1), fy(2, 1)) = (11, 12)
3.6.2 Interpretação geométrica do vetor gradiente
Dada uma superfície em R3, formada pelos pontos (x, y, f(x, y)), considerando uma curva de nível 
genérica dessa superfície (tal curva estará no domínio da função f), o vetor gradiente será perpendicular 
a tal curva de nível, estará contido no plano xy e apontará no sentido e na direção em que a função tem 
a taxa máxima de variação. 
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Em síntese, o vetor gradiente é sempre perpendicular a uma curva de nível (as curvas de nível estão 
plano xy) e indicará a direção e o sentido em que a função tem taxa máxima de variação.
Expansão do conceito:
Se f for uma função de três variáveis x, y, z e se as derivadas parciais fx, fy, fz existirem, então, o 
gradiente de f, denotado por ∇f, é definido por:
∇f(x, y, z) = (fx(x, y, z), fy(x, y, z), fz(x, y, z))
Exemplo
O gradiente de f(x, y, z) = 5xyz + 2x2y2 + 3z-1 é:
∇f(x, y, z) = (fx(x, y, z), fy(x, y, z), fz(x, y, z)) = 
= (5yz + 4xy2, 5xz + 4x2y, 5xy - 3z-2)
3.6.3 Derivada direcional Duf (x,y) 
A derivada direcional permite determinar a taxa de variação de uma função de duas ou mais variáveis 
em qualquer direção.
Se f é uma função diferenciável em x e y, então f tem derivada direcional na direção e no sentido de 
qualquer versor u:
Duf x y f x y u ou Duf x y f x y f x yx y
  
( , ) ( , ) ( , ) ( , ), ( , )0 0 0 0 0 0 0 0 0 0= ∇ ⋅ = ⋅

u
Para determinarmos a derivada direcional, precisamos:
1) calcular o vetor gradiente da função em ( , )x y0 0 ;
2) encontrar o versor u;
3) determinar o produto escalar (ou interno) entre o gradiente e o versor. 
Atenção:
1) Se o versor u faz um ângulo θ com o eixo x, então podemos escrever
u = (cosθ, senθ), assim:
Duf x y f x y f x y sen f x y fx y x y( , ) ( , ), ( , ) . cos , ( , ).cos0 0 0 0 0 0 0 0= = +θ θ θ (( , ).x y sen0 0 θ
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Unidade II
2) Se o versor u = (a, b), então:
Duf x y f x y f x y a b f x y a f x y bx y x y( , ) ( , ), ( , ) . , ( , ). ( , ).0 0 0 0 0 0 0 0 0 0= = +
3) Se u não é versor, então, temos que determinar o versor de u. Consideramos que w seja o versor 
de u, logo:
w
u
u
onde u x y= = +, 2 2
3.6.4 Maximização da derivada direcional
Caso você precise saber em qual das direções f varia mais rapidamente e qual a taxa máxima de 
variação, o que fazer? A resposta será dada por um teorema.
Seja f uma função de duas variáveisdiferenciáveis no ponto P.
1) O máximo da derivada direcional em um ponto é dado pelo módulo do vetor gradiente em P, ou 
seja: ∇f x y( , )0 0 .
2) O máximo da taxa de crescimento de f em P ocorre na direção do ∇f.
 lembrete
1) Devemos observar que î e jˆ são representações dos vetores i e j
→ →
. 
Desse modo, o ∇ = ∂∂
∂
∂ =
∂
∂ +
∂
∂f x y
f
x
f
y
f
x
f
y
j( , ) ( , ) î ^ .
Devemos nos habituar a diferentes formas de representação matemática.
2) Revisitando conceitos de vetores, versores e módulo de um vetor:
Se 

u é versor de 

v , então, 

u = 1, ou seja, seu comprimento mede uma 
unidade.
Lembrando que o versor de um vetor é sempre unitário.
Como determinar o versor 

u de um vetor:



u
v
v
= , vale lembrar que 

v x y= +2 2 ; isso se � �v ∈ 2.
Se 

v R∈ ³ , então: 

v x y z= + +² ² ² .
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2/
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Exemplo de aplicação
1) Determine o vetor gradiente (∇f) da função f x y x y sen x y( , ) ln( ) ( )= + +3 .
Resolução:
Temos que ^∇ = ∂∂
∂
∂ =
∂
∂ +
∂
∂f x y
f
x
f
y
f x y
x
f x y
y
j( , ) ( , )
( , ) ( , )
î
A resolução é decorrente da determinação das derivadas parciais da função.
∂
∂ = + +
∂
∂ = + +
∂
∂ = +
f
x
x y x y
f
x
x y x y
e
f
y
x
y
3 1
3
1
2
2
3
* ln cos( ) *
ln cos( )
* cos(( ) *
cos( )
x y
f
y
x
y
x y
+
∂
∂ = + +
1
3
Contas feitas, devemos substituir na expressão do gradiente:
^∇ = ∂∂
∂
∂ =
∂
∂ +
∂
∂
∇ = +
f x y
f
x
f
y
f x y
x
f x y
y
j
f x y x y
( , ) ( , )
( , ) ( , )
( , ) ( ln
î
3 2 ccos( )) ( cos( ))x y i
x
y
x y j+ + + +
→ →3
2) Dada a função: f x y x xy y( , ) = − +2 2 4 , no ponto (2,3), com direção 

v = ( , )
2
2
1
2
.
Resolução: 
Precisamos determinar Duf fx fy u
 
( , ) ( , ); ( , ) *2 2 2 2 2 2− =< − − >
É dada a função f x y x xy y( , ) = − +2 2 4 , um ponto (2, -2) e a direção na qual desejamos calcular a 
derivada direcional, na direção do vetor v = ( , )
2
2
1
2
.
Na prática, precisamos primeiro determinar as derivadas parciais no ponto (2, 2), isto é, fx(2,-2) e 
fy(2,-2).
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Unidade II
f x y x xy y
f x y
f
f
f x
f
x
x
xp
y
y
( , )
( , ) * *
.
(
= − +
= −
− = − −
=
= − +
2 2 4
2 2
2 2 2 2 2 2
8
2 4
22 2 2 2 4
0
, ) *
.
− = − +
=fyp
Agora, você já sabe que a derivada direcional deve ser calculada na direção de um versor, um vetor 
de tamanho um. Logo, precisamos verificar o tamanho do vetor 

v . Se o módulo do vetor 

v for 1, 
significa que 

v já é um versor; se isso ocorrer, fazemos 
 
v u= . 
Caso contrário, isto é, o módulo de 

v seja diferente de 1, precisamos determinar o versor 

u , que é 
obtido pela conta 



u
v
v
= .




v
v
v
v
= +
= +
=
= ≠
( ) ( )
2
2
1
2
1
2
1
4
3
4
3
2
1
2 2
Como o módulo do vetor não é unitário, temos que determinar o versor.





u
v
v
u
u
=
=
=
( ; )
( ; ) *
2
2
1
2
3
2
2
2
1
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Multiplicando os valores e racionalizando, temos o versor que iremos usar na equação da derivada 
direcional.

u = ( ; )
6
3
3
3
Já temos os valores das derivadas em relação às variáveis e também o valor do versor. Podemos, 
então, calcular a derivada direcional para este exercício.
Duf fx fy u
 
( , ) ( , ); ( , ) *2 2 2 2 2 2− =< − − >
Substituindo o que temos de informações na equação anterior:
Duf
Duf
Duf



( , ) ; * ;
( , )
( , ) .
2 2 8 0
6
3
3
3
2 2
8 6
3
0
2 2
8 6
3
− =< > < >
− = +
− =
3) A função dada é f x y x xy y( , ) = − +2 6 83 2 , a direção θ pi=
4
 e o ponto p = (1,2). 
Resolução:
(x,y) = cosθ, senθ)
y
xθ
Figura 74 
Sabemos que um ângulo pode fornecer uma direção, tornando fácil escrever um versor dado certo 
ângulo, pois 

u sen= (cos , )θ θ .
Queremos determinar a derivada direcional no ponto (1,2), isto é,
Duf x y fx x y fy x y sen
D f f u
D
u
u




( , ) ( , ) * cos ( , ) *
( , ) ( , ) *
= +
= ∇
θ θ
12 12
ff f f senx y( , ) ( ( , ), ( , )) * (cos , )12 12 12 4 4
=
pi pi
118
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 -
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2/
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4
Unidade II
Vamos às contas: derivando a função nas variáveis x e y.
Dada f x y x xy y( , ) = − +2 6 83 2
f x y f x y
f f
f f
x y
xp yp
xp yp
= − = − +
= − = − +
= − = −
6 6 6 16
6 1 6 2 6 1 16 2
6 12 6
2
2* * * *
++
= − =
32
6 26f fxp yp. .
O próximo passo é substituir os dados que calculamos, em:
D f f f sen
Duf x y fx x y
u x y


( , ) ( ( , ), ( , )) * (cos , )
( , ) ( , )
12 12 12
4 4
=
=
pi pi
** cos ( , ) *
( , ) ( , ) * cos ( , ) *
θ θ
pi pi
+
= +
fy x y sen
Duf fx fy sen
D


12 12
4
12
4
uuf sen
Duf
Du
( , ) ( * cos ) ( * )
( , ) ( * ) ( * )
12 6
4
26
4
12 6
2
2
26
2
2
= − +
= − +
pi pi


ff
Duf
( , ) ( ) ( )
( , ) .
12 3 2 13 2
12 10 2
= − +
=

O resultado da derivada direcional na direção θ pi=
4
, no ponto P = (1,2), é, portanto,Duf

( , ) .12 10 2=
4) Dada a função f x y x y y( , ) = −3 42 3 2 , o ponto p = (2,1) e o vetor 

v i j= +2 3 .
Resolução:
Vamos derivar a função em relação às variáveis x e y, já aplicando no ponto p. 
f x y x y y
f x y f x y y
f f
x y
xp yp
( , )
* *
* * * * *
= −
= = −
= =
3 4
6 3 2 8
6 2 1 3 2 2 1
2 2 2
2 2
2 2
−−
= =
8 1
12 16
*
f fxp yp
119
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4
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Verificar se o vetor 

v é unitário, lembrando que o vetor 

v i j= +2 3 . Determinando o módulo do 
vetor:



v
v
v
= +
= +
=
2 3
4 9
13
2 2
.
Como 

v não é versor, vamos determinar o versor 

u do vetor 

v , pois a derivada direcional é obtida 
pelo gradiente de uma função num ponto com o produto interno de um versor. 





u
v
v
u
i j
u
=
=
+
= < >
2 3
13
2
13
3
13
, .
Agora que temos o versor, podemos determinar a derivada direcional Duf x y

( , ) .
Duf x y f x y fy x y ux

( , ) ( , ); ( , ) *= < >
Substituindo as informações de fx, fy e o versor 

u:
Duf fx fy u
Duf
D
 

( , ) ( , ); ( , ) *
( , ) ; * ;
2 1 2 1 2 1
2 1 12 16
2
13
3
13
= < >
= < > < >


uf
Duf
( , )
( , )
2 1
24
13
48
13
2 1
72
13
= +
=
Racionalizando o resultado da derivada direcional, temos:
Duf

= =
72
13
13
13
72 13
13
*
120
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Unidade II
O resultado final, portanto, é:
Duf
Duf


( , )
( , ) .
2 1
24 13
13
48 13
13
2 1
72 13
13
= +
=
5) Determinar o vetor gradiente ∇f, a partir da função f x y x xy( , ) = −2 22 , e esboce-o num gráfico.
a) No ponto p(1,2)
Resolução:
Devemos determinar as derivadas parciais da função em x e em y. 
Representamos a derivada parcial em x na direção i e a derivada parcial em y na direção j.
∇ = − −f x y i x j( ) ( )4 2 2
Aplicando o ponto p(1, 2), 
temos: 
∇ = − −
∇ = − −
∇ = −
∇
f i j
f i j
f i j
f
( , ) ( * * ) ( * )
( , ) ( )
( , )
(
12 4 1 2 2 2 1
12 4 4 2
12 0 2
112 2, ) .= − j
x
y
1
1 2 3
2
∇f(1,2)
P(1,2)
Q(2,4)
3
4
PQ v
� �� �
=
Figura 75 – Representação gráfica do vetor e do gradiente da função em (1,2)
b) Determinar a derivada direcional da função em P(1,2), na direção do vetor PQ
� ��
 para Q(2,4), dados 
dois pontos.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Resolução:
Para representar o vetor PQ
� ��
, devemos fazer uma subtração do (Q – P), veja como:
� � ��
�
�
�
�
v PQ
v Q P
v
v
v i j
=
= −
= −
= − −
= +
( , ) ( , )
( , )
.
2 4 12
2 14 2
1 2
Para determinar a derivada direcional, necessitamos do verso de 

v .
O vetor unitário com a direção de 

v será:
u
v
v
=


u
i j
u
i j
u i j
=
+
+
=
+
= +
2
1 2
2
5
1
5
2
5
2 2
Após encontrarmos o versor e o vetor gradiente, podemos determinar a derivada direcional.
Duf f u
Duf j i j


( , ) ( , ) *
( , ) ( ) * ( )
12 12
12 2
1
5
2
5
= ∇
= − +
Devemos lembrar que o vetor gradiente resultou em 0 2i j− . Portanto,
Duf i j i j
Duf
Duf



( , ) ( ) * ( )
( , )
( , ) .
12 0 2
1
5
2
5
12 0
4
5
12
4
5
= − +
= −
= −
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Unidade II
Exemplo de maximização da derivada direcional
Vale lembrar que: Duf x y f

( , )max = ∇ .
A função dada é f x y x y( , ) = + +2 2 22 2 .
a) Encontrar a direção segundo a qual f(x,y) cresce no ponto P(1,2) e determinar a taxa máxima de 
crescimento de f em P.
Para resolver esta parte do exercício, devemos encontrar o vetor gradiente.
∇ = +f x y xi yj( , ) 4 4
Aplicando o ponto P(1,2):
∇ = +
∇ = +
f
f i j
( , ) * *
( , ) .
12 4 1 4 2
12 4 8
P(1,2)
∇f(1,2)
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
-1
y
x
-2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Figura 76 – Representação do gradiente de f x y x y( , ) = + +2 2 22 2 no ponto
A taxa máxima de aumento de f no ponto P(1,2)
Para definir qual a maximização da função no ponto, devemos calcular o módulo do gradiente da 
função. Veja:
∇ = +f i j( , )12 4 8
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
∇ = +
∇ = +
∇ = = =
∇ =
f
f
f
f
( , )
( , )
( , ) * * * *
( , ) *
12 4 8
12 16 64
12 80 4 4 5 4 4 5
12 2
2 2
22 5
12 4 5
*
( , ) .∇ =f
Logo, a taxa máxima de aumento de f no ponto P(1,2) será 4 5 .
b) A figura a seguir representa a superfície f x y x y( , ) = + +2 2 22 2 , ou seja, um paraboloide circular, 
o ponto P(1,2) e o vetor ∇ = +f i j( , ) .12 4 8
Sendo que o ponto P(1,2) e o vetor ∇ = +f i j( , )12 4 8 estão representados no plano x, y; já o ponto 
Q estará representado na superfície. 
Desenvolvimento:
O ponto Q na superfície é correspondente a P, e será obtido por Q f z= ( , , )12 0 . 
Calculando z0.
z f ou seja
z
z
0
0
2 2
0
12
2 2 1 2 2
2 2 8 12
=
= + +
= + + =
( , ), ,
* ( ) * ( )
Logo, Q = (1,2,12).
Se movermos um ponto no plano xy passando por P na direção do ponto ∇f(1,2), o ponto Q 
correspondente ao gráfico descreve uma curva C de máximo aclive no paraboloide.
4 MÁXiMOs e MÍNiMOs de FUNções de dUAs vAriÁveis
4.1 conceituando pontos de máximo, de mínimo e de sela
Uma importante aplicação do estudo de derivadas parciais é encontrar seu ponto de máximo ou de 
mínimo. Por exemplo: encontrar a máxima produção de uma firma com um dado orçamento ou entre 
as possíveis combinações de consumos encontrar aquela que permite obter certo nível de produção com 
o menor custo.
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Unidade II
 lembrete
Vale lembrar que, para determinar os pontos críticos de função de 
uma variável, devemos realizar a derivada primeira e igualar a função 
a zero. Ao resolver a equação resultante, você terá os candidatos a 
pontos críticos.
Seja f uma função de duas variáveis definida em uma região que contém (x0,y0). O número f (x0,y0) 
é um máximo relativo de f se existe uma região circular R centrada em (x0,y0), tal que f(x,y) < f(x0,y0), 
f(x0,y0) é um máximo relativo para todo par (x,y) em R. 
 E o número f(x0,y0) é um mínimo relativo de f se existe uma região circular R centrada em (x0,y0), tal 
que f(x,y) > f(x0,y0), para todo par (x,y) em R.
P
Q
S
T
L
F(x,y)
Os pontos P e Q são pontos 
de máximo, porque qualquer 
deslocamento em sua vizinhança 
irá descer.
O ponto S é uma sela porque 
nos sentidos SP e SQ sobe, mas no 
sentido SL ou ST desce.
Figura 77 
Descobrir um ponto de máximo ou de mínimo pode exigir o conhecimento do gráfico de f e, para 
isso, existem teoremas que nos auxiliam nesse sentido.
Teorema 5.1 
“Seja f uma função a duas variáveis x e y, e seja (x0,y0) um ponto interior ao domínio de f. Se (x0,y0) 
for um ponto de máximo ou de mínimo e se existirem fx e fy, então fx(x0,y0) = 0, e fy(x0,y0) = 0.” Portanto, 
os pontos que anulam simultaneamente as derivadas fx e fy são chamados pontos críticos de f.
4.2 determinando pontos de máximo, de mínimo e de sela
Exemplo 1 
Seja f(x,y) = x2 +y2 -2x+1. Os possíveis pontos de máximo ou de mínimo são aqueles para os quais 
fx = 0 ou fy = 0. Então,
fx = 2x -2 fy = 2y
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Solução:
Fazendo 2x - 2 = 0 e 2y = 0, temos x = 1 e y = 0, que é o ponto (1,0). O teorema 3.1 assegura-nos 
que, se f tiver um ponto de mínimo ou de máximo, este só poderá ser o ponto (1,0).
Exemplo 2 
Seja f(x,y) = x2 + y2 - 2x - 2y + xy. Os possíveis pontos de máximo ou de mínimo são aqueles para 
os quais fx = 0 e fy = 0. Então, fx = 2x - 2 + y e fy = 2y - 2 + x. Igualando a zero essas derivadas parciais, 
temos:
2 2 0
2 2 0
x y
y x
− + =
− + =

cuja solução é o ponto 
2
3
2
3
,

 .
Vamos à resolução:
Primeiro, isolaremos y na primeira equação do sistema. 
2x - 2 + y = 0 => y = 2 - 2x, vamos substituir essa expressão encontrada para y na segunda equação 
do sistema, ou seja, em 2y - 2 + x = 0. Logo, temos:
2 2 2 2 0 4 4 2 0 3 2
2
3
* ( )− − + = => − − + = => − = − => =x x x x x x
Vamos substituir o valor de x em y = 2 - 2x, 
temos y y= − => =
−
=2 2
2
3
6 4
3
2
3
. 
Conforme anunciamos, 
2
3
2
3
,

 é ponto crítico de f x y x y x y xy,( ) = + − − +2 2 2 2 .
O teorema 2 assegura-nos que, se f tiver um ponto de mínimo ou de máximo, este só poderá ser o 
ponto 
2
3
2
3
,

 , uma vez que foi o único ponto crítico encontrado.
A seguir, apresentamos uma tabela pela qual você pode avaliar numericamente e indicar o fato que 
2
3
2
3
,

 é pelo menos um mínimo relativo da função.
126
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Unidade II
Tabela 6 
 YX 0,50 0,55 0,60 0,65 0,70 0,75 0,80
0,50 -1,2500 -1,2725 -1,2900 -1,3025 -1,3100 -1,3125 -1,3100
0,55 -1,2795 -1,2925 -1,3075 -1,3175 -1,3225 -1,3225 -1,3175
0,60 -1,2900 -1,3075 -1,3200 -1,3375 -1,3300 -1,3275 -1,3200
0,65 -1,3025 -1,3175 -1,3275 -1,3325 -1,3325 -1,3275 -1,3175
0,70 -1,3100 -1,3225 -1,3300 -1,3225 -1,3300 -1,3225 -1,3100
0,75 -1,3125 -1,3225 -1,3275 -1,3275 -1,3225 -1,3125 -1,2975
0,80 -1,3100 -1,3175 -1,3200 -1,3175 -1,3100 -1,2975 -1,2800
0,85 -1,3025 -1,3075 -1,3075 -1,3025 -1,2925 -1,2775 -1,2575
0,90 -1,2900 -1,2925 -1,2900 -1,2825 -1,2700 -1,2525 -1,2300
0,95 -1,2795 -1,2725 -1,2675 -1,2575 -1,2425 -1,2225 -1,1975
1,00 -1,2500 -1,2475 -1,2400 -1,2275 -1,2100 -1,1875 -1,1600
O interior da tabela fornece-nos os valores de f x y( , )0 0 . Quando ( , ) ( , )x y0 0
2
3
2
3
→ , selecionamos em 
azul os valores mínimos da tabela, esses valores são mínimos locais da função. A seguir, mostraremos 
graficamente que a função tem apenas um valor mínimo. Logo, esse mínimo é global.
x
y
z
Figura 78 – Representação gráfica de f x y x y x y xy,( ) = + − − +2 2 2 2
Mais adiante, aprenderemos a classificar algebricamente se o ponto crítico encontrado, no caso 
deste exemplo 
2
3
2
3
,

 , é máximo, mínimo, sela ou se nada podemos afirmar a respeito dele.
Exemplo 3 
Seja f(x,y) = 2x + 3y - 5. Temos fx = 2 e fy = 3. Como fx e fy nunca se anulam, f não terá ponto de 
máximo nem de mínimo.
Veja a seguir a representação gráfica dessa função:
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 -
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
x
y
z
Figura 79 – Representação gráfica de f x y x y,( ) = + −2 3 5
Observação: 
O teorema 3.1 só garante possíveis pontos de máximo ou de mínimo. Pode ocorrer que fx(x0,y0) = 0 
e fy(x0,y0) = 0 sem que (x0,y0) sejam ponto de máximo ou de mínimo. É o que ocorre com a função 
f(x,y) = xy. Temos: fx = y e fy = x; portanto, o ponto crítico é (0,0).
y
z
x
Figura 80 – Representação gráfica de f(x,y) = xy
Verifica-se que o gráfico da função f(x,y) = xy tem o aspecto de uma “sela de cavalo” e o ponto (0,0) 
é chamado ponto de sela.
128
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Unidade II
4.3 critérios para caracterização de um ponto de máximo ou de mínimo
Se f tem derivadas parciais de primeira e de segunda ordem contínuas em uma região aberta, e se 
existir um ponto (x0,y0) na região, tal que fx(x0,y0) = 0 e fy(x0,y0) = 0, então, podemos utilizar 
∆ = ( )⋅ ( ) − ( ) f x y f x y f x yxx yy xy0 0 0 0 0 0 2, , , .
Fazendo f x y A f x y B e f x y Cxx yy xy0 0 0 0 0 0, , , ,( ) = ( ) = ( ) = , temos ∆ = A . B - C2.
Então:
3.2.1 - f(x0,y0) é um ponto de mínimo se ∆ > 0 e A > 0.
3.2.2 - f(x0,y0) é um ponto de máximo se ∆ > 0 e A < 0.
3.2.3 - f(x0,y0) é um ponto de sela se ∆ < 0.
3.2.3 - Se ∆ = 0, o teste nada permite concluir.
Exemplo 3.2.1 
Encontre os extremos relativos e os pontos de sela de f x y xy x y,( ) = − −1
4
1
4
4 4 .
Solução: 
Inicialmente, determinamos os pontos críticos de f derivando a função em relação a x e a y.
Como f x y y xx ,( ) = − 3 e f x y x yy ,( ) = − 3 são definidas para todos os pontos do plano xy, os 
únicos pontos críticos são aqueles em que ambas as derivadas anulam-se. Temos, então: 
y x
x y
− =
− =



3
3
0
0
 
e, resolvendo simultaneamente o sistema de equações, determinamos os pontos críticos (1,1), 
(-1,-1) e (0,0). Além disso, como f x y xxx ,( ) = −3 2 , f x y yyy ,( ) = −3 2 e f x yxy ,( ) = 1, podemos utilizar 
∆ = ( )⋅ ( ) − ( ) f x y f x y f x yxx yy xy0 0 0 0 0 0 2, , , para classificar os pontos críticos. Segue a tabela:
129
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Tabela 7 – Classificação dos pontos críticos de f x y xy x y,( ) = − −1
4
1
4
4 4
Ponto crítico (1,1) (0,0) (-1,-1)
A = fxx(x0,y0) -3.(1)
2= -3 -3.(0)2= 0 -3.(-1)2= -3
B = fyy(x0,y0) -3.(1)
2= -3 -3.(0)2= 0 -3.(-1)2= -3
C = fxy(x0,y0) 1 1 1
∆ = a. B - C 8 -1 8
Critério A < 0 e ∆ > 0 A = 0 e ∆ < 0 A < 0 e ∆ > 0
Conclusão Máximo relativo Ponto de sela Máximo relativo
A seguir, a representação gráfica da função que confirma nossa constatação feita na tabela anterior. 
Ou seja, que a função possui dois pontos de máximo relativos, que não possui valor mínimo e que possui 
um ponto de sela.
máximo relativo máximo relativo
sela
y
z
x
Figura 81 – Representação gráfica da função f x y xy x y,( ) = − −1
4
1
4
4 4
Note que, com a representação gráfica da função feita computacionalmente, conseguimos ver 
os máximos relativos e a sela; mas não conseguimos determinar quais são esses valores. A seguir, 
apresentaremos um quadro com a representação numérica dos valores da função contendo as 
regiões dos pontos críticos, para confirmar os valores de máximos relativos indicados. 
130
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade II
Tabela 8 – Representação numérica de f x y xy x y,( ) = − −1
4
1
4
4 4 no intervalo [-2,3]X[-2,2]
y
x -2,00 -1,50 -1,00 -0,50 0,00 0,50 1,00 1,50 2,00
-2,00 -4,000 -2,266 -2,250 -3,016 -4,000 -5,016 -6,250 -8,266 -12,000
-1,50 -2,266 -0,281-0,016 -0,531 -1,266 -2,031 -3,016 -4,781 -8,266
-1,00 -2,250 -0,016 0,500 0,234 -0,250 -0,766 -1,500 -3,016 -6,250
-0,50 -3,016 -0,531 0,234 0,219 -0,016 -0,281 -0,766 -2,031 -5,016
0,00 -4,000 -1,266 -0,250 -0,016 0,000 -0,016 -0,250 -1,266 -4,000
0,50 -5,016 -2,031 -0,766 -0,281 -0,016 0,219 0,234 -0,531 -3,016
1,00 -6,250 -3,016 -1,500 -0,766 -0,250 0,234 0,500 -0,016 -2,250
1,50 -8,266 -4,781 -3,016 -2,031 -1,266 -0,531 -0,016 -0,281 -2,266
2,00 -12,000 -8,266 -6,250 -5,016 -4,000 -3,016 -2,250 -2,266 -4,000
2,50 -18,766 -14,781 -12,516 -11,031 -9,766 -8,531 -7,516 -7,281 -8,766
3,00 -30,250 -26,016 -23,500 -21,766 -20,250 -18,766 -17,500 -17,016 -18,250
Na tabela anterior, os valores máximos estão em azul e o valor de cela encontra-se em amarelo. 
A seguir, analisaremos esses três pontos críticos.
Vamos analisar o ponto (-1,-1 ∈ D), que tem como imagem 0,5, isto é, f(-1,-1) = 5.
Tabela 9 
y
x -1,50 -1,00 -0,50 
-1,50 -0,281 -0,016 -0,531
-1,00 -0,016 -0,500 -0,234
-0,50 -0,531 -0,234 0,219
Avalie os valores da região em 
branco ao entorno de f(-1,-1) = 0,5, 
em azul... E aí, percebeu que todos 
os resultados são menores que 0,5?
Logo, 0,5 é um máximo local. 
Vamos analisar o ponto (1,1) ∈ D), que tem como imagem 0,5, isto é, f(1,1) = 0,5. 
Tabela 10 
y
x 0,50 1,00 1,50
0,50 0,219 0,234 -0,531
1,00 0,234 -0,500 -0,016
1,50 -0,531 -0,016 -0,281
Avalie os valores da região em 
branco ao entorno de f(1,1) = 0,5, 
em azul... E aí, percebeu que todos 
os resultados são menores que 0,5?
Logo, 0,5 é um máximo local.
131
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
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im
en
si
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am
en
to
 -
 M
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ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Vamos analisar o ponto (0,0) ∈ D, que tem como imagem 0, isto é, f(0,0) = 0.
Tabela 11 
y
x 0,50 1,00 1,50
-0,50 0,219 -0,016 -0,281
1,00 -0,016 -0,000 -0,016
0,50 -0,281 -0,016 0,219
y
x 0,50 1,00 1,50
-0,50 0,219 -0,016 -0,281
1,00 -0,016 -0,000 -0,016
0,50 -0,281 -0,016 0,219
C1
C2C3
Avalie os caminhos C1, C2 e C3 em torno de 
f(0,0) = 0, em amarelo... E aí, o que você pôde 
perceber? 
Avaliação em separado dos caminhos: 
Por C1: parte de -0,016, sobe para 0 e desce 
para -0,016. Se fosse olhar só esse caminho, seria 
máximo.
Por C2: parte de 0,219, desce para 0 e sobe 
para 0,219. Se fosse olhar só esse caminho, seria 
mínimo.
Por C3: parte de -0,016, sobe para 0 e desce 
para -0,016. Se fosse olhar só esse caminho, seria 
máximo.
Ao avaliarmos simultaneamente os caminhos, 
temos que f(0,0) = 0 caracteriza-se como ponto 
de sela.
Vale destacar que, usualmente, para levantar e classificar os pontos críticos de uma função, fazemos 
apenas a avaliação usando a aplicação de derivadas. 
Exemplo 8:
Um painel plano tem a temperatura (T) dada em graus Celsius e modelada pela seguinte expressão: 
T(x,y) = 32x2 + 48x + 80y2. Determine os pontos de temperaturas máximas e mínimas do painel.
Resolução 
Para buscarmos valores máximos e mínimos, devemos derivar a função e igualar a derivada a zero. 
Logo, precisamos fazer Tx = 0 e Ty = 0.
T x y x x y
T x e T y
x y
x
x y
( , ) = + +
= + = = =
= − =
= − =
32 48 80
64 48 0 80 0
64 48 0
48
64
2 2
−−
= −
3
4
3
4
00 0segue que x y nosso ponto cr tico( , ) ( , ) .é í
Determinando:
T T T e Txx xy yx yy= = = =64 0 80;
132
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
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/1
3 
 //
 R
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si
on
am
en
to
 -
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 2
2/
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4
Unidade II
Aplicando as derivadas de segunda ordem no ponto ( , )−
3
4
0 = P, temos:
T T T e Txx xy yx yy( , ) ; ( , ) ( , ) ( , )− = − = = − − =
3
4
0 64
3
4
0 0
3
4
0
3
4
0 80
 lembrete
Para levantar e classificar os pontos críticos de uma função, fazemos 
apenas a avaliação usando a aplicação de derivadas. 
Tabela 12 
Ponto crítico “P” A = Txx(P) B = Tyy(P) C = Txy(P) D = A.B-C
2 Critério Avaliação
P = ( , )−
3
4
0 64 80 0 64.80-0 > 0 A > 0 e D > 0 Mínimo
Como esse ponto é mínimo, qualquer outro ponto na região de ( , )−
3
4
0 terá temperatura maior que 
nesse ponto. Dessa forma, a menor temperatura do painel será:
T( , , ) ( , ) ( , ) ( )− = − + − + = −0 75 0 32 0 75 48 0 75 80 0 182 2
A título de conferência, apresentamos a tabela com as temperaturas na região do ponto crítico 
levantado, confirmando que a temperatura mínima é de menos 18 graus (-18°) e ocorre no ponto 
( , )−
3
4
0 .
Tabela 13 
y
x -1.00 -0.75 -0.50 -0.25 0.00 0.25 0.50
-1,50 80,0000 45,0000 20,0000 5,0000 0.0000 5,0000 20,0000
-1125 70,0000 35,0000 10,0000 -5,0000 -10,0000 -5,0000 10,0000
-1,20 68,4800 33,4800 8,4800 -6,5200 -11,5200 -6.5200 8,4800
-1,15 67,1200 32,1200 7,1200 -7,8800 -12.8800 -7,8800 7,1200
-110 65,9200 30,9200 5,9200 -9,0800 -14,0800 -9,0800 5,9200
-1,05 64,8800 29,8800 4,8800 -10,1200 -15,1200 -10,1200 4,8800
-1,00 64,0000 29,0000 4,0000 -11,0000 -16.0000 -11,0000 4,0000
-0,95 632800 282800 3,2800 -11,7200 -16,7200 -11,7200 32800
-0,90 62,7200 27,7200 2,7200 -12.2800 -17.2800 -12,2800 2,7200
-0,85 62,3200 27,3200 2,3200 -12.6800 -17,6800 -12,6800 2,3200
133
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
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im
en
si
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am
en
to
 -
 M
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 2
2/
07
/2
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4
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
-0,80 62,0800 27,0800 2,0800 -12,9200 -17.9200 -12,9200 2,0800
-0,75 62,0000 27,0000 2,0000 -13,0000 -18;0000 -13,0000 2,0000
-0,70 62,0800 27,0800 2,0800 -12.9200 -17.9200 -12,9200 2,0800
-0,65 62,3200 27,3200 2,3200 -116800 -17,6800 -12,6800 2,3200
-0,60 62,7200 27,7200 2,7200 -12,2800 -17,2800 -12,2800 2,7200
-0,55 63,2800 28,2800 3,2800 -11,7200 -16.7200 -11,7200 3,2800
-0,50 64,0000 29,0000 4,0000 -11,0000 -16,0000 -11,0000 4,0000
-0,45 64,8800 29,8800 4,8800 -10.1200 -15,1200 -10,1200 4,8800
-0,40 65,9200 30,9200 5,9200 -9.0800 -14,0800 -9,0800 5,9200
Exemplo 9 
Uma caixa retangular, sem tampa, deve ter 32 m3. Quais devem ser suas dimensões para que sua 
superfície total seja mínima?
z
x
y
Figura 82 
Resolução: seja x, y e z as arestas dessa caixa. Segue que o volume
V = xyz = 32 => z = 32/xy (i)
Área da superfície A = xy + 2zy + 2zx (ii) 
Substituindo (i) em (ii), derivando e igualando as derivadas parciais a zero, temos:
A xy y
xy
x
xy
A xy
y x
A xy y x iii
Ax
= + + => = + + => = + +− −2
32
2
32 64 64
64 641 1* ( )
(( , ) ( , ) ( )
( ,
x y y x A x y y
x
y
x
yx iv
A x y
x
y
= − => = − = => = => =−64
64
0
64
642 2 2
2
)) ( , ) ( )= − => = − = => = => =−x y A x y x
y
x
y
xy vy64
64
0
64
642 2 2
2
Igualando (iv) a (v), temos yx xy
x
x
y
y
x y vi2 2
2 2
= => = => = ( )
134
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
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io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
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im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade II
Substituindo (vi) em (iv), temos xx x x x2 3 3 364 64 4 4= => = => = => =
Segue que x = 4, y = 4 e z = 32/(4*4) => z = 32/16=> z = 2
Segue que x = y = 4 e z = 2 são os candidatos a pontos críticos.
Faremos agora as derivadas de segunda ordem e determinaremos o delta:
A x y y
x
A x y y x A x y xx x xs( , ) ( , ) ( , ) * ( ) *= − => = − => = − − =
− −
64
64 0 2 64
12
2
2 3 88
6464 0 2 64
3
2 2
x
A x y x y A x y x y A x y yy y yy( , ) ( , ) ( , ) * ( ) *= − => = − => = − −
− − −−
=
= =
3
3
128
1
y
A x y A x yyx xy( , ) ( , )
Avaliação do ponto
Tabela 14 
Ponto crítico (4,4)
A A x yxx= ( , )0 0
128
4
128
64
23 = =
B A x yyy= ( , )0 0
128
4
128
64
23 = =
C A x yxy= ( , )0 0 1
∆ = ⋅ −A B C2 2 2 1 32* − =
Critério ∆ > 0 e ∆ > 0
Conclusão Mínimo relativo
Exemplo 10 
Uma empresa precisa fazer um projeto de uma calha de chapa de aço galvanizado de 24 cm de 
largura, na qual se deseja fazer as dobras (nas duas laterais), de modo que a calha tenha formato 
trapezoidal, conforme figura a seguir. Determine cada lateral x e o ângulo θ, de forma que a área da 
seção da calha seja a máxima possível. 
x
24 - 2x
x
θ
Figura 83 
135
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
 Observação
Para resolver esse exercício, você vai usar as seguintes relações:
sen sen e2 2 2 2 12θ θ θ θ θ= = −cos * cos cos
Resolução:
Analisando a figura anterior, construímos a seguinte relação:
x
24 - 2x
xsenθ xcosθ
x
θ
Figura 84 
Note que a área da seção da calha pode ser escrita como sendo área do retângulo da base 24-2x e 
altura xsenθ mais a área dos dois triângulos de base xcoxθ e altura xsenθ. Desse modo, a função da área 
da seção da calha pode ser escrita da seguinte forma:
A x f x x xsen x xsen
A x xsen
( , ) ( , ) ( ) * cos *
( , )
θ θ θ θ θ
θ θ
= = − +
= −
24 2 2
1
2
24 2xx sen x sen2 2θ θ θ+ * cos *
Se buscamos máximo ou mínimos, precisamos derivar em cada variável e igualar a zero, e é esse 
procedimento que começamos a fazer agora.
Fazendo A
A x sen xsen xsen
Colocando sen em ev
x
x( , ) cosθ θ θ θ θ
θ
= − +24 4 2
iid ncia temos
A x sen x x
sen ou
x
ê , :
( , ) ( cos )θ θ θ
θ θ
= − + = =>
= => =
24 4 2 0
0 0 θθ pi
θ
θ
=
− + =

( )
cos
cos
n o conv m
x x
Isolando na equa o acima
ã é
çã
24 4 2 0
,, :
cos cos cos ( )
temos
x x
x
x x
i2 4 24
4 24
2
2
12θ θ θ= − => = − => = −
136
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade II
A x xsen x sen x sen
Vamos fazer sen
( , ) * cos * ,
* cos
θ θ θ θ θ
θ θ
= − +
=
24 2
1
2
2 2
ssen da observa o segue que
A x xsen x sen x se
2
24 2
1
2
2 2
θ
θ θ θ
çã , :
( , ) *= − + nn
Fazendo A temos
A x x x
A x
2
24 2 2
1
2
2
24
2 2
θ
θ θ θ
θ
θ
θ
, :
cos cos * * * cos= − +
= ccos cos * cos
cos ( cos cos ) ,
θ θ θ
θ θ θθ
− +
= + − + =
2 2
24 2 2 0
2 2
2
x x
A x x vamos diividir a linha por x
x
Vamos substituir
24 2 2 0cos ( cos cos ) ,
c
θ θ θ+ − + =
oos cos , :
cos ( cos cos )
2 2 1
24 2 2 1 0
2
2
θ θ
θ θ θ
por da observação
x
V
−
+ − + − =
aamos substituir por
x
de i
x
x
cos ( )
(
θ 2 12
24 2
12
2 2
−




−



 + − −
112
2 2
12
1 02
x x



 + −



 − =) ,
48
288
4
24
2 4
48 144
1 0
48
288
2−



 + − +



 + − +



 − =
−
x
x
x x x
( )
xx
x x
x
x
x x x
x
+ − +( )+ − +

 − =
+ − + − − +
4 24 8 96
288
0
48 24 96 8 4
288
( ) ( ) ( −− =
− =
=
=
288
0
3 24 0
3 24
8
x
x
x
x
)
Substituindo o valor de x em (i), ou seja, em cosθ = −2 12
x
, temos:
cos cos cos cosθ θ θ θ= − => = − => = => =2 12
8
16 12
8
4
8
1
2
Logo, θ = 60º
Desse modo, podemos dizer que se deve dobrar a chapa com um ângulo de 60° e que x = 8 cm.
137
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
 saiba mais
Para saber mais sobre extremos de funções de duas ou mais variáveis, 
consulte: 
LIMA, J. D. Máximos e mínimos de funções de várias variáveis. Pato 
Branco, [s. d.]. Disponível em: <http://www.pb.utfpr.edu.br/daysebatistus/
maximos_minimos_donizetti.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. 
4.4 Máximos e mínimos com restrições; Multiplicadores de lagrange
Os multiplicadores de Lagrange são um método usado para maximizar ou minimizar uma função 
z = f(x,y), sujeita a um vínculo (condição dada no padrão g(x,y) = 0). Esse método geralmente é mais 
simples do que visto anteriormente. Vamos estudar os procedimentos para aplicar o método dos 
multiplicadores de Lagrange para determinar os máximos e mínimos de uma função.
1) A função lagrangiana F será: F x y c f x y c g x y( , , ) ( , ) * ( , )= + , onde c é uma constante (c ∈ R), o valor 
de c deverá ser determinado. Chamaremos c de multiplicador de Lagrange.
2) Buscaremos a solução para o sistema:
S
F x y c
F x y c
F x y c
x
y
c
1
0
0
0
:
( , , )
( , , )
( , , )
=
=
=



A solução do sistema S1 nos fornecerá os valores máximos e mínimos relativos da função F.
 Observação
Esse método pode ser aplicado para funções com mais de duas variáveis!
Exemplo 1 
Calcular o valor máximo para o produto de dois números cuja soma seja 26.
Resolução:
Sejam x e y os dois números procurados, temos que o produto será f(x,y) = x.y e desejamos que esse 
resultado seja o máximo possível.
Restrição: x + y = 26, sabemos da teoria que g(x,y) deve ser igual a zero; logo, g(x,y) = x + y - 26.
138
M
AT
 -
 R
ev
is
ão
: A
nd
re
ia
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: F
ab
io
 -
 2
3/
08
/1
3 
 //
 R
ed
im
en
si
on
am
en
to
 -
 M
ár
ci
o:
 2
2/
07
/2
01
4
Unidade II
1° passo 
Definindo a função lagrangiana F(x,y,c), temos:
F x y c f x y c g x y
F x y c xy c x y
( , , ) ( , ) * ( , )
( , , ) * ( )
= +
= + + − 26
2° passo 
Construindo o sistema S1
Sabemos que S
F x y c
F x y c
F x y c
x
y
c
1
0
0
0
:
( , , )
( , , )
( , , )
=
=
=



Vamos, primeiro, fazer as derivadas parciais de F, depois substituir os resultados no sistema S1. 
F x y c xy c x y
F x y c y c F x y c yx x
( , , ) * ( )
( , , ) * * ( ) ( , , )
= + + −
= + + − => =
26
1 1 0 0 ++
= + + − => = +
= + +
c
F x y c x c y F x y c x c
F x y c x
y Y
c
( , , ) * * ( ) ( , , )
( , , ) * (
1 0 0
0 1 yy F x y c x yc− => = + −26 26) ( , , )
Acima, quando derivamos na variável x, y e c foram consideradas constantes; quando derivamos na 
variável y, x e c foram consideradas constantes e, por fim, quando derivamos na variável c, x e y foram 
consideradas constantes. Desse modo, temos: 
S
F x y c
F x y c
F x y c
S
y c y cx
y
c
1 1
0
0
0
0
:
( , , )
( , , )
( , , )
:
(=
=
=



=>
+ = => = − ii
x c x c ii
x y x y iii
)
( )
( )
+ = => = −
+ − = => + =



0
26 0 26
Substituindo (i) e (ii) em (iii), temos:
x y c c c c+ = => − + − = => − = => = −26 26 2 26 13( )
Substituindo o valor de c em (i) e (ii), temos que x = -