calc2b raizaulas

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NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B
Func¸o˜es Vetoriais: Diferenciabilidade
Notas de aula da Profa. Rioco Kamei
Nitero´i
Maio - 2015
MO´DULO 1
Func¸o˜es Vetoriais
Limite e Continuidade
Definic¸a˜o: Sejam f1, · · · fm : D ⊂ Rn → R, m func¸o˜es reais de n varia´veis.
Definimos uma func¸a˜o vetorial de n varia´veis por
f : D ⊂ Rn −→ Rm
X 7−→ vetor f(X) = (f1(X), · · · , fm(X)).
As func¸o˜es reais f1, · · · , fm sa˜o ditas func¸o˜es componentes ou func¸o˜es
coordenadas e escrevemos f =
(
f1, · · · , fm
)
.
Dom´ınio de f : D = D(f) = D(f1) ∩D(f2) ∩ · · · ∩D(fm)
Imagem de f : Im(f) = {f(X) ∈ Rm : X ∈ D(f)} ⊂ Rm.
Gra´fico de f : G(f) = {(X, f(X)) : X ∈ D} ⊂ Rn+m.
Observac¸o˜es:
1) As func¸o˜es que estudaremos englobam as func¸o˜es estudadas anteriormente. Veja a Tabela a seguir.
n m Tipos de Func¸o˜es
1 1 Func¸o˜es reais de uma varia´vel real
1 m > 1 Func¸o˜es vetoriais de uma varia´vel
n > 1 1 Func¸o˜es reais de va´rias varia´veis
2) Se X = (x1, · · · , xn) enta˜o
f(x1, · · · , xn) =
(
f1(x1, · · · , xn) , f2(x1, · · · , xn) , · · · , fm(x1, · · · , xn)
)
.
2
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 3
3) Um vetor X ∈ Rn pode ser representado por um vetor coluna ou um vetor linha, isto e´,
(x1, x2, . . . , xn) =

x1
x2
...
xn
 .
Exemplos
1) Seja
f : R2 −→ R3
f(x, y) =
(
2xy , x2 − y2 , x+ 3y).
Enta˜o
f1(x, y) = 2xy,
f2(x, y) = x
2 − y2,
f3(x, y) = x+ 3y,
sa˜o as func¸o˜es componentes de f . Tambe´m podemos representar essa func¸a˜o por
f(x, y) =
 2xyx2 − y2
x+ 3y
 .
2) Seja
g : R3 −→ R2
g(x, y, z) =
[
2x− 5y
y + 7z
]
.
As func¸o˜es componentes de g sa˜o:
g1(x, y, z) = 2x− 5y
g2(x, y, z) = y + 7z.
Podemos representar essa func¸a˜o por
g(x, y, z) =
[
2 −5 0
0 1 7
] xy
z
 .
Pondo X = (x, y, z), A =
[
2 −5 0
0 1 7
]
, enta˜o g(X) = AX. Nesse caso, g e´ dita uma func¸a˜o
linear de R3 em R2.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 4
3) Seja
h : R3 −→ R3
h(x, y, z) =
(
x+ y + z + 1 ,−x+ y + 2z − 3 , x+ 2y + 2).
As func¸o˜es coordenadas sa˜o
h1(x, y, z) = x+ y + z + 1,
h2(x, y, z) = −x+ y + 2z − 3
h3(x, y, z) = x+ 2y + 2.
Podemos representar essa func¸a˜o por
h(x, y, z) =
 x+ y + z + 1−x+ y + 2z − 3
x+ 2y + 2
 =
 1 1 1−1 1 2
1 2 0
 xy
z
+
 1−3
2
 = AX +B.
Nesse caso, h e´ dita uma func¸a˜o afim do R3 em R3.
4) Esboce o dom´ınio de f(x, y) =
(
ln(16− x2 − y2) , 1√
16− 4x2 , sen(x+ y)
)
.
Soluc¸a˜o: Temos f(x, y) =
(
f1(x, y) , f2(x, y) , f3(x, y)
)
em que
f1(x, y) = ln(16− x2 − y2)
f2(x, y) =
1√
16− 4x2
f3(x, y) = sen(x+ y).
Temos que o dom´ınio D de f e´ dado por D = D1∩D2∩D3, onde D1, D2 e D3 sa˜o os dom´ınios
de f1, f2 e f3, respectivamente.
Temos
• D1 : 16− x2 − y2 > 0 =⇒ D1 : x2 + y2 < 16
• D2 : 16−4x2 > 0 =⇒ D2 : 16−4x2 > 0 =⇒ D2 : 4−x2 > 0 =⇒
D2 : −2 < x < 2
• D3 = R2.
(a) D1 (b) D2 (c) D
D1
-4 -2 2 4
x
-4
-2
2
4
y
D2
-4 -2 2 4
x
-4
-2
2
4
y
D
-4 -2 2 4
x
-4
-2
2
4
y
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 5
5) Seja f : R2 −→ R2, dada por f(x, y) = (2x , 3y). Descreva a imagem dos pontos da circun-
fereˆncia x2 + y2 = 1.
Soluc¸a˜o: Temos f(x, y) =
(
2x , 3y
)
= (u , v). Logo, u = 2x, v = 3y. Donde, x =
u
2
, y =
v
3
.
Substituindo em x2 + y2 = 1, temos(
u
2
)2
+
(
v
3
)2
= 1 =⇒ u2
4
+
v2
9
= 1.
Assim, f transforma a circunfereˆncia x2 + y2 = 1 na elipse
u2
4
+
v2
9
= 1.
C
-3 -2 -1 1 2 3
x
-3
-2
-1
1
2
3
y
f
fHCL
-2 -1 1 2
x
-3
-2
-1
1
2
3
y
6) Seja f : R2 −→ R2, definida por g(x, y) = (xy , y). Descreva a imagem pela f da reta x = 2.
Soluc¸a˜o: Temos f(x, y) = (u, v) =
(
xy , y
)
. Logo, u = xy e v = y. Se x = 2, temos que
u = 2y, v = y, donde u = 2v.
x=2
-1 1 2 3
x
-1.5
-1.0
-0.5
0.5
1.0
1.5
y
f
u=2v
-1 1 2 3
x
-1
1
2
3
y
7) As imagens das func¸o˜es vetoriais de uma varia´vel, a seguir, sa˜o curvas em R2 ou R3. Esboce-as.
(a) ~r : [0, pi] −→ R2
~r(t) =
(
a cos(t) , b sen(t)
) (b) ~r : [0, 2pi] −→ R3
~r(t) =
(
cos(t) , sen(t) , 2− cos(t))
Soluc¸a˜o:
(a) A imagem de ~r e´ uma curva plana C, descrita por
~r(t) =
(
a cos(t) , b sent(t)
)
= (x, y), 0 ≤ t ≤ pi.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 6
Donde, {
x = a cos(t)
y = b sen(t), 0 ≤ t ≤ pi,
sa˜o as equac¸o˜es parame´tricas de C. Temos
x
a
= cos(t)
y
b
= sen(t), 0 ≤ t ≤ pi
=⇒ x
2
a2
+
y2
b2
= 1
que e´ uma elipse. Como 0 ≤ t ≤ pi, enta˜o y = b sen(t) ≥ 0. Assim, a curva C e´ dada por
C :
x2
a2
+
y2
b2
= 1, com y ≥ 0 .
C
-a a
x
b
y
(b) Temos ~r(0) = ~r(2pi) = (1, 0, 1). Logo, a imagem de ~r e´ uma curva C fechada. Temos que
C :

x = cos(t),
y = sen(t),
z = 2− cos(t), 0 ≤ t ≤ 2pi.
De x = cos(t), y = sen(t), segue que x2 + y2 = 1. De z = 2 − cos(t), temos z = 2 − x.
Loco, C e´ dada pelo sistema de equac¸o˜es{
x2 + y2 = 1
z + x = 2.
Da´ı, concluimos que C e´ a intersec¸a˜o da superf´ıcie cil´ındrica x2 + y2 = 1 com o plano
z + x = 2. Assim, o esboc¸o de C e´
8) As imagens das seguintes func¸o˜es vetoriais de R2 para R3 sa˜o superf´ıcies em R3. Esboce-as.
(a) ϕ : R2 −→ R3, tal que ϕ(u, v) = (u, v, 1− u− v)
(b) ϕ : R2 −→ R3, tal que ϕ(u, v) = (v cos(u), v sen(u), v2).
Soluc¸a˜o:
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 7
x
y
z
-1
1
1
2
(a) A imagem da func¸a˜o vetorial ϕ e´ uma superf´ıcie S cujas equac¸o˜es parame´tricas sa˜o
S :

x = u,
y = v,
z = 1− u− v, (u, v) ∈ R2.
Eliminando os paraˆmetros u e v, temos
S : z = 1− x− y =⇒ S : x+ y + z = 1 (plano).
j
(b) A imagem da func¸a˜o vetorial ϕ e´ uma superf´ıcie S cujas equac¸o˜es parame´tricas sa˜o
S :

x = v cos(u),
y = v sen(u),
z = v2, (u, v) ∈ R2.
De x = v cos(u) e y = v sen(u), vemos que x2 + y2 = v2. Como z = v2, segue que
S : z = x2 + y2,
que e´ uma paraboloide circular.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 8
j
1.1 Conjunto de N´ıvel de Func¸o˜es Vetoriais
Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm. Seja k = (k1, k2, · · · , km) ∈ Im(f).
O conjunto
C = {X ∈ D : f(X) = k}
= {X ∈ D : f1(X) = k1, f2(X) = k2, . . . , fm(X) = km}
e´ chamado de conjunto de n´ıvel k de f .
Observac¸a˜o: Se f1, · · · , fm sa˜o as func¸o˜es componentes de f , enta˜o
C = C1 ∩ C2 ∩ · · · ∩ Cm,
onde Ci e´ o conjunto de n´ıvel ki de fi, i = 1, 2, · · · ,m.
Exemplos
1) Seja f : R2 −→ R2, dada por f(x, y) = (x2 + y2 , x2 − y). Determine o conjunto de n´ıvel (1, 1)
de f .
Soluc¸a˜o: Devemos resolver o sistema{
x2 + y2 = 1 (a)
x2 − y = 1 (b).
De (a) temos que x2 = 1 − y2. Substituindo essa equac¸a˜o em (b), segue que y2 + y = 0 =⇒
y(y + 1) = 0 =⇒ y = 0, y = −1.
Para y = 0, x2 = 1 =⇒ x = ±1 =⇒ (1, 0), (−1, 0) sa˜o soluc¸o˜es do sistema.
Para y = −1, x2 = 0 =⇒ x = 0 =⇒ (0,−1) e´ soluc¸a˜o do sistema.
Portanto, o conjunto de n´ıvel C e´ dado por
C = {(1, 0), (−1, 0), (0,−1)}.
Note que C e´ formado pelos pontos da intersec¸a˜o da circunfereˆncia x2 + y2 = 1 com a para´bola
y = 1− x2.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 9
-1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0 1.5
-1.0
-0.5
0.5
1.0
2) Seja g : R3 −→ R2, dada por g(x, y, z) = (x2 + y2 + z2 − 1 , z + y). Descreva o conjunto de
n´ıvel (0, 1) de g, e determine a projec¸a˜o do conjunto de n´ıvel (0, 1) no plano XY.
Soluc¸a˜o: Devemos resolver o sistema{
x2 + y2 + z2 − 1 = 0 (a)
z + y = 1 (b).
De (b), temos que z = 1− y. Substituindo essa equac¸a˜o em (a), vem que
x2 + y2 + (1− y)2 = 1 =⇒ x2 + y2 + 1− 2y + y2 = 1 =⇒ x2 + 2y2 − 2y = 0
=⇒ x2 + 2
(
y2 − y + 1
4
)=
1
2
=⇒ x2 + 2
(
y − 1
2
)2
=
1
2
=⇒ 2x2 + 4
(
y − 1
2
)2
= 1 =⇒ x1
1/2
+
(
y − 1
2
)2
1/4
= 1 (elipse)
Logo, o conjunto C e´ a curva de intersec¸a˜o da esfera x2 + y2 + z2 = 1 com o plano z + y = 1
cuja projec¸a˜o no plano-xy e´ a elipse
x1
1/2
+
(
y − 1
2
)2
1/4
= 1.
x
y
z
1
1
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 10
1.2 Limite
Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, P ∈ Rn um ponto de acumulac¸a˜o de D e L ∈ Rm.
Dizemos que L = lim
X→P
f(X), se dada uma bola aberta B1 de centro L, existir uma bola aberta B2
de centro P , tal que se X ∈ B2 ∩D, X 6= P enta˜o f(X) ∈ B1.
Teorema: Se f =
(
f1, f2, · · · , fm
)
e L =
(
L1, L2, · · · , Lm
)
, enta˜o:
L = lim
X→P
f(X)⇐⇒ lim
X→P
fi(X) = Li, i = 1, 2, · · · ,m.
Exemplo: Calcule lim
(x,y)→(0,0)
(
x3y
x2 + y2
,
y4
x2 + 2y2
)
.
Soluc¸a˜o: Temos:
f(x, y) =
(
f1(x, y), f2(x, y)
)
=⇒ f1(x, y) = x
3y
x2 + y2
e f2(x, y) =
y4
x2 + 2y2
.
Tambe´m,
lim
(x,y)→(0,0)
x3y
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
xy︸︷︷︸
g(x,y)
· x2
x2 + y2︸ ︷︷ ︸
h(x,y)
= 0
pois, lim
(x,y)→(0,0)
xy = 0 e |h(x, y)| =
∣∣∣ x2
x2 + y2
∣∣∣ ≤ 1, isto e´, h e´ limitada, e
lim
(x,y)→(0,0)
y4
x2 + 2y2
= lim
(x,y)→(0,0)
y2︸︷︷︸
g(x,y)
· y2
x2 + 2y2︸ ︷︷ ︸
h(x,y)
= 0
pois, lim
(x,y)→(0,0)
y2 = 0 e |h(x, y)| =
∣∣∣ y2
x2 + 2y2
∣∣∣ ≤ 1, isto e´, h e´ limitada. Logo,
lim
(x,y)→(0,0)
(
x3y
x2 + y2
,
y4
x2 + 2y2
)
=
(
lim
(x,y)→(0,0)
x3y
x2 + y2
, lim
(x,y)→(0,0)
y4
x2 + 2y2
)
= (0, 0) .
Exemplo: Calcule lim
(x,y)→(0,0)
(
x2 + y2,
2xy
x2 + y2
)
, se existir.
Soluc¸a˜o: Temos:
f(x, y) =
(
f1(x, y), f2(x, y)
)
=⇒ f1(x, y) = x2 + y2 e f2(x, y) = 2xy
x2 + y2
.
Temos que lim
(x,y)→(0,0)
f1(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
(
x2 + y2
)
= 0.
Estudemos lim
(x,y)→(0,0)
f2(x, y).
Considerando Cm : y = mx, x 6= 0, segue que
f2(x, y) = f2(x,mx) =
2xm˙x
x2 + (mx)2
=
2mx2
(1 +m2)x2
=
2m
1 +m2
.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 11
Logo, lim
(x,y)→(0,0)
f2(x, y) =
2m
1 +m2
ao longo de Cm, e este limite varia com m.
Isto e´, se m = 1 enta˜o lim
(x,y)→(0,0)
f2(x, y) = 1 ao longo de C1 : y = x, x 6= 0.
E se m = 2, lim
(x,y)→(0,0)
f2(x, y) =
2
5
6= 1 ao longo de C2 : y = 2x, x 6= 0. Portanto, na˜o existe
lim
(x,y)→(0,0)
f2(x, y).
Assim, lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) tambe´m na˜o existe.
1.3 Continuidade
Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, P ∈ Rn.
Dizemos que f e´ cont´ınua em P se lim
X→P
f(X) = f(P ).
Teorema: Se f =
(
f1, f2, · · · , fm
)
, enta˜o:
f e´ cont´ınua em P ⇐⇒ cada fi e´ cont´ınua em P, i = 1, 2, · · · ,m.
Exemplo: Seja
f(x, y) =

(
xy2
x2 + y2
, sen(xy)
)
, (x, y) 6= (0, 0),
(0, 0), (x, y) = (0, 0),
f e´ cont´ınua em (0, 0) ?
Soluc¸a˜o: Temos que f(x, y) =
(
f1(x, y), f2(x, y)
)
onde
f1(x, y) =
xy2
x2 + y2
f2(x, y) = sen(x, y).
Temos f1(x, y) = x · y
2
x2 + y2
, onde
• lim
(x,y)→(0,0)
x = 0
• y
2
x2 + y2
e´ limitada, pois
∣∣∣∣ y2x2 + y2
∣∣∣∣ = y2x2 + y2 ≤ y2 + x2x2 + y2 = 1.
Portanto, pela consequeˆncia do Teorema do Confronto, segue que lim
(x,y)→(0,0)
f1(x, y) = 0 = f1(x, y).
Logo f1 e´ cont´ınua em (0, 0).
A func¸a˜o f2(x, y) = sen(xy) e´ cont´ınua em (0, 0), pois
lim
(x,y)→(0,0)
f2(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
sen(xy) = 0 = f2(x, y).
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 12
Portanto, f(x, y) e´ cont´ınua em (0, 0).
Observac¸o˜es:
1) f, g : D ⊂ Rn −→ Rm cont´ınuas e k ∈ R =⇒ (f + g) e (kf) sa˜o cont´ınuas.
2) f : D ⊂ Rn −→ Rm, g : E ⊂ Rm −→ Rp cont´ınuas, tais que f(D) ⊂ E =⇒ a composta f ◦ g
e´ cont´ınua em D.
1.4 Exerc´ıcios Propostos
1) Determine o dom´ınio da func¸a˜o f(x, y) =
(√
4− x2 − y2 ,√1 + x2 − y2) e represente-o geo-
metricamente.
2) Determine o dom´ınio de g(x, y, z) =
(√
16− z2 ,√4− x2 − y2 + z2) e represente-o geometri-
camente.
3) Seja f : R2 −→ R2, definida por f(x, y) = (excos(y) , exsen(y)). Descreva a imagem pela f da
reta x = 0.
4) Sejam h, k ∈ R e considere a func¸a˜o f : R2 −→ R2, definida por
f(x, y) =
(
x + h, y + k
)
chamada de func¸a˜o translac¸a˜o. Descreva a imagem pela func¸a˜o
f(x, y) =
(
x+ 2, y + 1
)
do retaˆngulo D = [0, 1]× [0, 2].
5) Dado θ ∈ [0, 2pi], uma rotac¸a˜o θ e´ definida pela func¸a˜o f : R2 −→ R2, tal que
f(x, y) =
(
xcos(θ)− ysen(θ) , xsen(θ) + ycos(θ)) = [ cos(θ) −sen(θ)
sen(θ) cos(θ)
] [
x
y
]
. Descreva a
imagem pela func¸a˜o f(x, y) =
(√
2
2
x−
√
2
2
y ,
√
2
2
x+
√
2
2
y
)
da regia˜o D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥
0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1}.
6) Seja f : R2 −→ R2, definida por f(x, y) = (x+ y, x− y).
(a) Represente a imagem f usando a´lgebra de matrizes.
(b) Esboce a imagem do quadrado D = [0, 1]× [0, 1].
7) As imagens das seguintes func¸o˜es vetoriais de uma varia´vel sa˜o curvas em R3. Esboce-as.
a) ~r : [0, 2pi] −→ R3, tal que ~r(t) = (2cos(t), 2sen(t), 4− sen(t)).
b) ~r : R −→ R3, tal que ~r(t) = (cos(t), sen(t), t).
8) As imagens das seguintes func¸o˜es vetoriais de R2 para R3 sa˜o superf´ıcies em R3. Esboce-as.
(a) ϕ : D ⊂ R2 −→ R3, tal que ϕ(u, v) = (vcos(u), vsen(u), v), v ≥ 0, 0 ≤ u ≤ 2pi.
(b) ϕ : D ⊂ R2 −→ R3, tal que ϕ(u, v) = (acos(u), asen(u), v), a > 0, 0 ≤ u ≤ 2pi, v ∈ R.
(c) ϕ : D ⊂ R2 −→ R3, tal que ϕ(u, v) = (asen(u)cos(v), asen(u)cos(v), acos(u)), a > 0,
0 ≤ u ≤ pi, 0 ≤ v ≤ 2pi.
9) Seja f : R2 −→ R2, dada por f(x, y) = (x2 + 4y2 , y − x2). Determine o conjunto de n´ıvel de
(4,−1) de f .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 13
10) Seja f : R3 −→ R2, dada por f(x, y, z) = (x2 + y2 , x+ z). Detemine o conjunto de n´ıvel (4, 2)
de f .
11) Seja f : R3 −→ R2 dada por f(x, y, z) = (x2yz, x− y + z).
Calcule lim
(x,y,z)→(1,−1,0)
f(x, y, z), se existir.
12) Seja g : R2 −→ R3 dada por
g(x, y) =

(
x
x2 + y2
, xy, x+ y
)
, (xy) 6= (0, 0)
(0, 0, 0), (x, y) = (0, 0).
g e´ cont´ınua em (0, 0)? Justifique sua resposta.
Respostas
1) D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4 e y2 − x2 ≤ 2}
2) D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 − z2 ≤ 4 e − 4 ≤ z ≤ 4}
3) A imagem e´ a circunfereˆncia de centro (0, 0) e raio 1.
4) f(D) = {(u, v) ∈ R2 : 1 ≤ v ≤ 3, 2 ≤ u ≤ 3}.
5) f(D) = {(u, v) ∈ R2 : 0 ≤ v ≤
√
2
2
, −v ≤ u ≤ v}.
6) (a)
[
1 1
1 −1
] [
x
y
]
9) C =
{
(0,−1),
(
−
√
7
2
,
3
4
)
,
(√
7
2
,
3
4
)}
10) C = curva de intersec¸a˜o do cilindro x2 + y2 = 4 com o plano x+ z = 2.
11) (0, 2)
12) Na˜o e´.
Exerc´ıcio 1) Exerc´ıcio 2)
-2 -1 1 2
x
-2
-1
1
2
y
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 14
Exerc´ıcio 3)
C
-1 1 2 3
x
-1.5
-1.0
-0.5
0.5
1.0
1.5
y
f
fHCL
-1.0 -0.5 0.5 1.0
u
-1.0
-0.5
0.5
1.0
v
Exerc´ıcio 4)
D
1
x
1
2
y
f
fHDL
1 2 3
u
1
2
3
v
Exerc´ıcio 5)
D
1
x
1
y
f fHDL
u
1
2
v
Exerc´ıcio 6)-(b)
D
1
x
1
y
f fHDL
2
u
-1
1
v
Exerc´ıcio 7)
a) b)
yx
z
-2
2
-2
2
8
4
y
x
z
1
-1
1
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 15
Exerc´ıcio 8)
a) b) c)
MO´DULO 2
Derivadas Parciais e Derivada de Func¸o˜es
Vetoriais
2.1 Func¸o˜es de f : D ⊂ Rn −→ R
Derivadas Parciais: Sejam f : D ⊂ Rn −→ R, D aberto e P = (p1, p2, · · · , pn) ∈ D.
A derivada parcial de f em relac¸a˜o a xi (1 ≤ i ≤ n), no ponto P , e´ o limite
∂f
∂xi
(P ) = lim
hi→0
f(p1, · · · , pi + hi, · · · , pn)− f(p1, · · · , pi, · · · , pn)
hi
,
se ele existe.
Observac¸a˜o: No espac¸o vetorialRn, destaca-se a base canoˆnica (e1, · · · , en), onde e1 = (1, 0, · · · , 0),e2 = (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , en = (0, 0, · · · , 1),que teˆm uma coordenada igual a 1 e as outras nulas.
Logo,
∂f
∂xi
(P ) = lim
hi→0
f(P + hiei)− f(P )
hi
,
se o limite existe.
Vetor Gradiente: Suponhamos que as derivadas parciais de f existem em P ∈ D. O vetor
∇f(P ) = grad f(P ) =
(
∂f
∂x1
(P ), · · · , ∂f
∂xn
(P )
)
e´ chamado gradiente de f em P .
Diferenciabilidade: Dizemos que f : D ⊂ Rn −→ R, D aberto, e´ diferencia´vel em P ∈ D se
existir ∇f(P ) e se lim
H→~0
E(H)
||H|| = 0, onde
E(H) = f(P +H)− f(P )−∇f(P ) ·H,
1
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 2
com H = (h1, · · · , hn).
Teorema: Seja f : D ⊂ Rn −→ R, D aberto. Se todas as derivadas parciais ∂f
∂xi
, i = 1, · · · , n
forem cont´ınuas em D, enta˜o f e´ diferencia´vel.
Diferencial: Seja f : D ⊂ Rn −→ R, diferencia´vel em P ∈ D, comD aberto. A diferencial de f em P
e´ uma aplicac¸a˜o linear
df(P ) : Rn −→ R
H 7−→ df(P ) ·H = ∇f(P ) ·H =
n∑
i=1
∂f
∂xi
(P ) hi,
sendo H = (h1, · · · , hn).
2.2 Derivadas Parciais de Func¸o˜es Vetoriais
A derivada parcial de f : D ⊂ Rn −→ Rm em relac¸a˜o a xi no ponto P e´ o limite
∂f
∂xi
(P ) = lim
hi→0
f(P + hiei)− f(P )
hi
,
se ele existir.
Observac¸a˜o: f = (f1, · · · , fm), P = (p1, · · · , pn) enta˜o
f(P + hiei)− f(P )
hi
=
((
f1(P + hiei), · · · , fm(P + hiei)
)− (f1(P ), · · · , fm(P ))
hi
)
=
(
f1(P + hiei)− f1(P )
hi
, · · · , fm(P + hiei)− fm(P )
hi
)
.
Logo, passando o limite quando hi → 0, temos que
∂f
∂xi
(P ) =
(
∂f1
∂xi
(P ), · · · , ∂fm
∂xi
(P )
)
ou
∂f
∂xi
(P ) =

∂f1
∂xi
(P )
...
∂fm
∂xi
(P )
 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 3
2.3 Derivada de Func¸o˜es Vetoriais
Suponha que as derivadas parciais de f : D ⊂ Rn −→ Rm existem. A matriz m× n
Df(P ) = f ′(P ) =
(
∂f
∂x1
(P ) ,
∂f
∂x2
(P ) , · · · , ∂f
∂xn
(P )
)
=

∂f1
∂x1
(P )
∂f1
∂x2
(P ) · · · ∂f1
∂xn
(P )
∂f2
∂x1
(P )
∂f2
∂x2
(P ) · · · ∂f2
∂xn
(P )
...
...
...
∂fm
∂x1
(P )
∂fm
∂x2
(P ) · · · ∂fm
∂xn
(P )

e´ denominada matriz jacobiana ou derivada de f em P .
No caso em que m = n, isto e´, f : D ⊂ Rn −→ Rn, a matriz jacobiana e´ uma matriz quadrada e
podemos calcular o seu determinante, que e´ chamado de jacobiano de f e denotado por Jf(X), ou
seja,
Jf(X) =
∂(f1, f2, · · · , fn)
∂(x1, x2, · · · , xn) = det

∂f1
∂x1
(P )
∂f1
∂x2
(P ) · · · ∂f1
∂xn
(P )
∂f2
∂x1
(P )
∂f2
∂x2
(P ) · · · ∂f2
∂xn
(P )
...
...
...
∂fn
∂x1
(P )
∂fn
∂x2
(P ) · · · ∂fn
∂xn
(P )

Exemplos
1) Seja f(x, y, z) =
(
x2 + ey, x+ ysen(z)
)
. Determine a matriz jacobiana de f .
Soluc¸a˜o: Temos f(x, y, z) =
(
f1(x, y, z), f2(x, y, z)
)
, onde
f1(x, y, z) = x
2 + ey,
f2(x, y, z) = x+ ysen(z).
Logo,
f ′(x, y, z) =

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f1
∂z
∂f2
∂x
∂f2
∂y
∂f2
∂z
 =
2x ey 0
1 sen(z) ycos(z)
 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 4
2) Determine a derivada de f(x, y) =
(
excos(y), exsen(y)
)
.
Soluc¸a˜o: Temos f(x, y) =
(
f1(x, y), f2(x, y)
)
=
(
excos(y), exsen(y)
)
. Logo,
f ′(x, y) =

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f2
∂x
∂f2
∂y
 =
excos(y) −exsen(y)
exsen(y) excos(y)
 .
3) Seja a translac¸a˜o f(x, y) = (x+ h, y + k). Calcule o determinante jacobiano de f em (x0, y0).
Soluc¸a˜o: Temos f(x, y) = (x+ h, y + k) =
(
f1(x, y), f2(x, y)
)
, donde
∂f1
∂x
= 1
∂f1
∂y
= 0
∂f2
∂x
= 0
∂f2
∂y
= 1.
Como Jf(x0, y0) =
∂(f1, f2)
∂(x1, x2)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂f1
∂x1
(x0, y0)
∂f1
∂x2
(x0, y0)
∂f2
∂x1
(x0, y0)
∂f2
∂x2
(x0, y0)
∣∣∣∣∣∣∣∣ enta˜o
Jf(x0, y0) =
∣∣∣∣1 00 1
∣∣∣∣ = 1,
para todo (x0, y0) ∈ R2.
4) Coordenadas Polares: Um ponto P (x, y) ∈ R2, descrito em coordenadas cartesianas pode ser
escrito em outro sistema de coordenadas. Por exemplo, o sistema de coordenadas polares (r, θ),
onde r e´ o comprimento do vetor
−→
OP e θ e´ o aˆngulo, medido em radianos, tomado no sentido
anti-hora´rio, entre
−→
OP e o eixo x positivo.
-
6
..................................................
P (x, y)
x
y
θ
r
O
Enta˜o x = r cos(θ), y = r sen(θ). E temos a func¸a˜o vetorial
T : D ⊂ R2 −→ R2
(r, θ) 7−→ T (r, θ) = (r cos(θ), r sen(θ)),
com D = [0,∞)× [0, 2pi]. Determine o jacobiano de T em (r, θ).
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 5
Soluc¸a˜o: Temos T (r, θ) =
(
x(r, θ), y(r, θ)
)
, onde
x(r, θ) = r cos(θ),
y(r, θ) = r sen(θ).
Logo,
∂x
∂r
= cos(θ)
∂x
∂θ
= −r sen(θ) ∂y
∂r
= sen(θ)
∂y
∂θ
= r cos(θ),
e
Jf(r, θ) =
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣cos(θ) −r sen(θ)sen(θ) r cos(θ)
∣∣∣∣
= r cos2(θ) + r sen2(θ)
= r
(
cos2(θ) + sen2(θ)
)
= r.
2.4 Exerc´ıcios Propostos
1) Determine a derivada de cada uma das seguintes func¸o˜es nos pontos indicados.
a) f(x, y) = (x2 − y2, 2xy) em (x, y) = (1, 0).
b) T
(
u
v
)
=
u cos(v)u sen(v)
v
 em (u
v
)
=
(
1
pi
)
.
c) f(x, y, z) = (x+ y + z, xy + yz + zx, xyz) em (x, y, z).
2) Usando coordenadas polares (r, θ) no plano, podemos determinar a posic¸a˜o de um ponto (x, y, z)
do R3 pelas coordenadas cil´ındricas (r, θ, z). A relac¸a˜o entre as coordenadas cartesianas (x, y, z)
e as coordenadas cil´ındricas (r, θ, z) e´ dada pela func¸a˜o
T : D ⊂ R3 −→ R3
onde D = [0,∞)× [0, 2pi)× R e
T (r, θ, z) =
(
f1(r, θ, z), f2(r, θ, z), f3(r, θ, z)
)
=
(
r cos(θ), r sen(θ), z
)
.
Determine o jacobiano de T .
3) A posic¸a˜o de um ponto P (x, y, z) tambe´m fica determinada pelos nu´meros ρ, φ, θ onde ρ e´ o
comprimento do vetor
−→
OP , φ e´ o aˆngulo (em radianos) entre o eixo z positivo e o vetor
−→
OP e θ
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 6
-
=
6
z .........................................................................................
.....
.....
.....
.....
.....
.....
.....
.
x
y
.............................................................
θ
P
r
φ
ρ
O
e´ o aˆngulo tomado no sentido anti-hora´rio entre o eixo x positivo e a projec¸a˜o do vetor
−→
OP no
plano xy. A relac¸a˜o entre as coordenadas (x, y, z) e (ρ, φ, θ) e´ dada pela func¸a˜o
T : D ⊂ R3 −→ R3
onde D = [0,∞)× [0, pi]× [0, 2pi) e
T (ρ, φ, θ) =
(
ρsen(φ)cos(θ), ρsen(φ)sen(θ), ρcos(φ)
)
.
Determine o jacobiano de T .
4) Determine o determinante jacobiano de f
(
x
y
)
=
(
x2 + 2xy + 3y
x− y
)
em(
x0
y0
)
=
(
0
2
)
.
Respostas
1) a)
[
2 0
0 2
]
b)
−1 00 −1
0 1
 c)
 1 1 1y x+ z x+ y
yz xz xy

2) J = r
3) J = ρ2sen(φ)
4) −7
MO´DULO 3
Diferenciabilidade e Diferencial
3.1 Diferenciabilidade
Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, D aberto e P ∈ D.
Dizemos que f e´ diferencia´vel em P se existir Df(P ) = f ′(P ), matriz jacobiana de f em P , tal
que
lim
H→~0
E(H)
||H|| =
~0,
onde
E(H) = f(P +H)− f(P )−Df(P ) ·H,
com H = (h1, h2, · · · , hn).
Observac¸a˜o: Se H ' ~0 =⇒ E(H) ' ~0 =⇒ f(P +H) ' f(P ) +Df(P ) ·H.
Fazendo X = P +H enta˜o
f(X) ' f(P ) +Df(P ) · (X − P ), se X ' P.
Ou
f(X) ' A(x), se X ' P,
com A(X) = f(P ) +Df(P ) · (X − P ), que e´ uma func¸a˜o Afim.
Assim, se f e´ diferencia´vel em P , uma boa aproximac¸a˜o de f perto de P e´ pela func¸a˜o afim
A(X) = f(P ) +Df(P ) · (X − P ). (1)
Teorema: f = (f1, f2, · · · , fm) e´ diferencia´vel em D se, e so´ se, cada fi, i = 1, 2, · · · ,m e´
diferencia´vel em D.
Teorema: Seja f = (f1, f2, · · · , fm) : D ⊂ Rn −→ Rm, D aberto.Se todas as derivadas parciais
∂fi
∂xj
, i = 1, 2, · · · ,m, j = 1, 2, · · · , n, forem cont´ınuas em D, enta˜o f e´ diferencia´vel em D.
7
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 8
Exemplos
1) Seja f : R2 −→ R2 definida por f(x, y) = (x2 − y2, 2xy).
(a) Mostre que f e´ diferencia´vel.
(b) Determine a derivada de f em (x, y).
Soluc¸a˜o:
(a) Temos f(x, y) =
(
f1(x, y), f2(x, y)
)
, onde f1(x, y) = x
2 − y2, f2(x, y) = 2xy. Temos que
∂f1
∂x
= 2x,
∂f1
∂y
= −2y, ∂f2
∂x
= 2y,
∂f2
∂y
= 2x,
que sa˜o cont´ınuas em R2. Logo, f e´ diferencia´vel em R2.
(b) Temos
f ′(x, y) =

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f2
∂x
∂f2
∂y
 = [2x −2y2y 2x
]
.
2) Seja f(t) =
(
et, t, 2t
)
.
(a) Mostre que f e´ diferencia´vel em R.
(b) Calcule f ′(1).
Soluc¸a˜o:
(a) Temos f(t) =
(
x(t), y(t), z(t)
)
onde
x(t) = et, y(t) = t, z(t) = 2t,
sa˜o diferencia´veis em R. Logo, f e´ diferencia´vel em R.
(b) Temos f ′(t) =
(
et, 1, 2
)
, donde f ′(1) =
(
e, 1, 2
)
.
3) Seja f(u, v) =
u+ vu− v
1
.
(a) Mostre que f e´ diferencia´vel em R2.
(b) Calcule f ′(1, 0).
Soluc¸a˜o:
(a) Temos f(u, v) =
x(u, v)y(u, v)
z(u, v)
, onde x(u, v) = u+v, y(u, v) = u−v e z(u, v) = 1 sa˜o func¸o˜es
diferencia´veis em R2. Logo, f e´ diferencia´vel em R2.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 9
(b) Temos
f ′(u, v) =

∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∂z
∂u
∂z
∂v
 =
1 11 −1
0 0
 =⇒ f ′(1, 0) =
1 11 −1
0 0

4) Seja f(t) =
(
t − 1, t2 − 3t + 2), t ∈ R. Determine uma func¸a˜o afim que aproxima f perto de
t = 2.
Soluc¸a˜o: Uma func¸a˜o afim que se aproxima de f perto de t = 2 e´
A(t) = f(2) + f ′(2).(t− 2),
onde f(2) = (1, 0) e f ′(2) = (1, 2t− 3)t=2 = (1, 1). Ou seja
A(t) = (1, 0) + (1, 1).(t− 2) = (1 + t− 2, t− 2) = (t− 1, t− 2).
Portanto,
A(t) = (t− 1, t− 2) .
5) Seja f
(
x
y
)
=
(
x2 − y2
2xy
)
. Determine uma func¸a˜o afim que se aproxima de f perto de
(
1
2
)
.
Soluc¸a˜o: Temos f
(
1
2
)
=
(−3
4
)
, f ′
(
x
y
)
=
(
2x −2y
2y 2x
)
, donde f ′
(
1
2
)
=
(
2 −4
4 2
)
.
Como
A
(
x
y
)
= f
(
1
2
)
+ f ′
(
1
2
)[(
x
y
)
−
(
1
2
)]
e´ uma func¸a˜o afim que se aproxima de f perto de
(
1
2
)
, enta˜o
A
(
x
y
)
=
(−3
4
)
+
(
2 −4
4 2
)(
x− 1
y − 2
)
=
(−3
4
)
+
(
2x− 2− 4y + 8
4x− 4 + 2y − 4
)
=
(
2x− 4y + 3
4x+ 2y − 4
)
.
Portanto,
A
(
x
y
)
=
(
2x− 4y + 3
4x+ 2y − 4
)
.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 10
3.2 Diferencial de Func¸o˜es Vetoriais
Seja f : D ⊂ Rn −→ Rm, D aberto, diferencia´vel em P ∈ D.
A diferencial de f em P e´ a aplicac¸a˜o linear dada por
df(P ) : Rn −→ Rm
X 7−→ df(P ) ·X = f ′(P ) ·X
Observac¸a˜o: Note que, agora, podemos escrever a func¸a˜o Afim (1) que aproxima f , perto de P ,
por
A(X) = f(P ) + df(P ) · (X − P ).
Exemplos
1) Usando uma func¸a˜o afim, calcule aproximadamente o vetor
(
2
√
16.04− (0.99)3
8 4
√
16.04− (1.01)2
)
.
Soluc¸a˜o: Consideremos a func¸a˜o f
xy
z
 = (2√x− y3
8 4
√
x− z2
)
=
(
f1(x, y, z)
f2(x, y, z)
)
, que e´ diferencia´vel
em P =
161
1
.
Uma boa aproximac¸a˜o de f , perto de
161
1
, e´ dada pela func¸a˜o afim
A
xy
z

︸ ︷︷ ︸
A(X)
= f
161
1

︸ ︷︷ ︸
f(P )
+ f ′
161
1
x− 16y − 1
z − 1

︸ ︷︷ ︸
df(P )·(X−P )
,
onde f
161
1
 = (2√16− 1
8 4
√
16− 1
)
=
(
7
15
)
e
f ′
xy
z
 =

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f1
∂z
∂f2
∂x
∂f2
∂y
∂f2
∂z
 =

1√
x
−3y2 0
2
4
√
x3
0 −2z
 ,
donde f ′
161
1
 =

1
4
−3 0
1
4
0 −2
 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 11
Como X =
16.040.99
1.01
 '
161
1
 = P , enta˜o
f
16.040.99
0.99
 ' A
16.040.99
1.01
 = f
161
1
+ f ′
161
1
16.04− 160.99− 1
1.01− 1

=
(
7
15
)
+

1
4
−3 0
1
4
0 −2

 0.04−0.01
0.01

=
(
7
15
)
+

1
4
(0.04) + 0.03
1
4
(0.04)− 0.02

=
(
7
15
)
+
(
0.04
−0.01
)
=
(
7.04
14.99
)
.
Portanto, (
2
√
16.04− (0.99)3
8 4
√
16.04− (1.01)2
)
'
(
7.04
14.99
)
.
2) Seja f : R3 −→ R3, definida por f(x, y, z) = (x cos(y), x sen(y), z2).
(a) Prove que f e´ diferencia´vel.
(b) Calcule f ′
(
1,
pi
4
, 1
)
.
(c) Calcule o jacobiano de f em
(
1,
pi
4
, 1
)
.
(d) Calcule a diferencial de f em
(
1,
pi
4
, 1
)
num ponto
xy
z
 qualquer.
(e) Usando uma func¸a˜o afim, calcule aproximadamente o vetor(
1.01 cos(0.01), 1.01 sen(0.01), (0.99)2
)
.
Soluc¸a˜o:
(a) Temos f(x, y, z) =
(
f1(x, y, z), f2(x, y, z), f3(x, y, z)
)
com
f1(x, y, z) = x cos(y), f2(x, y, z) = x sen(y), f3(x, y, z) = z
2.
Como
∂f1
∂x
= cos(y)
∂f1
∂y
= −x sen(y) ∂f1
∂z
= 0
∂f2
∂x
= sen(y)
∂f2
∂y
= x cos(y)
∂f2
∂z
= 0
∂f3
∂x
= 0
∂f3
∂y
= 0
∂f3
∂z
= 2z
sa˜o func¸o˜es cont´ınuas em R3, enta˜o f e´ diferencia´vel em R3.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 12
(b) Temos
f ′(x, y, z) =

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f1
∂z
∂f2
∂x
∂f2
∂y
∂f2
∂z
∂f3
∂x
∂f3
∂y
∂f3
∂z

=
cos(y) −x sen(y) 0sen(y) x cos(y) 0
0 0 2z

=⇒ f ′
(
1,
pi
4
, 1
)
=

√
2
2
−
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
0
0 0 2
 .
(c) Temos
J
(
1,
pi
4
, 1
)
= det

√
2
2
−
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
0
0 0 2
 = 2.
(d) Temos
df
(
1,
pi
4
, 1
)
·
xy
z
 = f ′ (1, pi
4
, 1
)
·
xy
z
 =

√
2
2
−
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
0
0 0 2

xy
z
 =

√
2
2
x−
√
2
2
y
√
2
2
x+
√
2
2
y
2z
 .
Portanto,
df
(
1,
pi
4
, 1
)
·
xy
z
 =

√
2
2
x−
√
2
2
y
√
2
2
x+
√
2
2
y
2z
 .
(e) Considere a func¸a˜o vetorial f(x, y, z) =
(
x cos(y), x sen(y), z2
)
. Note que f e´ diferencia´vel.
Seja P =
10
1
.
Enta˜o, uma aproximac¸a˜o de f , perto de P , e´ dada pela func¸a˜o afim
A(X) = f(P ) + df(P ) · (X − P ), se X ' P.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 13
Como
1.010.01
0.99
 '
10
1
 enta˜o
f
1.010.01
0.99
 ' A
1.010.01
0.99
 = f
10
1
+ f ′
10
1
 ·
1.01− 10.01− 0
0.99− 1
 ,
mas
f
10
1
 =
10
1
 e f ′
10
1
 =
1 0 00 1 0
0 0 2
 ,
logo,
A
1.010.01
0.99
 =
10
1
+
1 0 00 1 0
0 0 2
 0.010.01
−0.01
 =
10
1
+
 0.010.01
−0.02
 =
1.010.01
0.98
 .
Portanto,
f
10
1
 =
1.010.01
0.98
 ,
ou seja, 1.01 cos(0.01)1.01 sen(0.01)
(0.99)2
 '
1.010.01
0.98
 .
3.3 Exerc´ıcios Propostos
1) Seja f(x, y, z) =
(
x2 − y2, x2 + z2, x+ y − z).
(a) Calcule a derivada de f no ponto X0 =
 10
−1
.
(b) Calcule o determinante jacobiano de f em X0.
(c) Calcule a diferencial df(X0) em X −X0.
(d) Determine uma func¸a˜o afim que seja uma boa aproximac¸a˜o de f , perto de X0.
Respostas
1) (a)
2 0 02 0 −2
1 1 −1
 (b) 4 (c)
 2x− 22x− 2z − 4
x+ y − z − 2
 (d)
 2x− 12x− 2z − 2
x+ y − z
.
MO´DULO 4
Regra da Cadeia
Ca´lculo I
Sejam f : I ⊂ R −→ R, I aberto, g : J ⊂ R −→ R,J aberto, tais que f(I) ⊂ J . Se f e´
diferencia´vel em xo ∈ I e g e´ diferencia´vel em f(x0), enta˜o a composta gof e´ diferencia´vel em x0 e
(gof) ′(x0) = g ′
(
f(x0)
) · f ′(x0) .
I
x
f(x)
J
g(f(x))-
R
-f g
�
R
g ◦ f : I ⊂ R −→ R
Ca´lculo II-B
(i) Sejam ~r : I ⊂ R −→ Rn, I aberto, f : D ⊂ Rn −→ R, D aberto, tais que ~r(I) ⊂ D. Se ~r e´
diferencia´vel em t0 e f e´ diferencia´vel em ~r(t0), enta˜o a composta fo~r e´ diferencia´vel em t0 e
(f ◦ ~r) ′(t0) = f ′
(
~r(t0)
) · ~r ′(t0) = ∇f(~r(t0)) · ~r ′(t0) .
Observac¸a˜o: O ponto · indica o produto escalar de vetores.
(ii) Sejam f : D ⊂ Rn −→ Rm, D aberto, g : E ⊂ Rm −→ Rp, E aberto, tais que f(D) ⊂ E.
Se f e´ diferencia´vel em X0 e g e´ diferencia´vel em f(X0), enta˜o a composta gof e´ diferencia´vel
em X0 e
(g ◦ f) ′(X0) = g ′
(
f(X0)
) · f ′(X0) ,
14
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 15
onde g ′
(
f(X0)
)
e´ uma matriz p×m, f ′(X0) e´ uma matriz m× n e portanto, (g ◦ f) ′(X0)
e´ uma matriz p× n.
Observac¸a˜o:
1) O ponto · indica o produto de matrizes.
2) Se f : D ⊂ Rn −→ Rn e´ diferencia´vel em X0 e g : E ⊂ Rn −→ Rn, f(D) ⊂ E, e´
diferencia´vel em f(X0) enta˜o o jacobiano de g ◦ f em X0 e´
J(g ◦ f)(X0) = J(g)
(
f(X0)
) · J(f)(X0) .
Exemplos
1) Sejam f(x, y) = (x2 + y2, 2xy + y2), g(u, v) = (2uv, u− v). Calcule (g ◦ f) ′
(
1
1
)
.
Soluc¸a˜o: Como f e g sa˜o diferencia´veis em R2, enta˜o pela regra da cadeia, temos que (g ◦ f) e´
diferencia´vel em R2 e
(g ◦ f) ′
(
1
1
)
= g ′
(
f
(
1
1
))
· f ′
(
1
1
)
,
onde
f
(
1
1
)
=
(
2
3
)
, f ′
(
x
y
)
=
(
2x 2y
2y 2x+ 2y
)
, g ′
(
u
v
)
=
(
2v 2u
1 −1
)
,
donde
f ′
(
1
1
)
=
(
2 2
2 4
)
, e g ′
(
f
(
1
1
))
= g ′
(
2
3
)
=
(
6 4
1 −1
)
.
Assim,
(g ◦ f) ′
(
1
1
)
=
(
6 4
1 −1
)(
2 2
2 4
)
=
(
12 + 8 12 + 16
2− 2 2− 4
)
=
(
20 28
0 −2
)
.
Ou seja,
(g ◦ f) ′
(
1
1
)
=
(
20 28
0 −2
)
.
2) Consideremos as func¸o˜es f
(
u
v
)
=
 u+ vu− v
u2 − v2
 =
xy
z
 e g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 = w.
a) Calcule a matriz que define a diferencial de g ◦ f em
(
a
b
)
.
b) Calcule ∂w
∂u
e ∂w
∂v
.
Soluc¸a˜o:
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 16
a) Como f e g sa˜o diferencia´veis, enta˜o a matriz que define a diferencial de g ◦ f em
(
a
b
)
e´ a
matriz jacobiana de f em
(
a
b
)
:
(g ◦ f) ′
(
a
b
)
= g ′
(
f
(
a
b
))
· f ′
(
a
b
)
,
onde
f
(
a
b
)
=
 a+ ba− b
a2 − b2
 ,
g ′
(
x y z
)
=
(
2x 2y 2z
)
, f ′
(
u
v
)
=
 1 11 −1
2u −2v
 .
Donde
g ′
(
f
(
a
b
))
= g ′
 a+ ba− b
a2 − b2
 = (2a+ 2b 2a− 2b 2a2 − 2b2) ,
f ′
(
a
b
)
=
 1 11 −1
2a −2b
 .
Logo,
(g ◦ f) ′
(
a
b
)
=
(
2a+ 2b 2a− 2b 2a2 − 2b2)
 1 11 −1
2a −2b
 .
Ou seja,
(g ◦ f) ′
(
a
b
)
=
(
4a+ 4a3 − 4ab2 4b− 4a2b+ 4b3) .
b) Temos (g ◦ f) ′(u, v) = w ′(u, v).
R2 - R3 - Rf
g
(u, v) (x, y, z) w
�
(g ◦ f)(u, v) = w = w(u, v)
Donde, g ′
(
f(u, v)
) · f ′(u, v) = ∇w(u, v), onde
g ′
(
f(u, v)
)
= g ′(u+ v, u− v, u2 − v2) = (2u+ 2v 2u− 2v 2u2 − 2v2) ,
f ′(u, v) =
 1 11 −1
2u −2v
 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 17
Logo,
∇w(u, v) = (2u+ 2v 2u− 2v 2u2 − 2v2) ·
 1 11 −1
2u −2v

=
(
4u+ 4u3 − 4uv2 4v − 4u2v + 4v3) .
Logo,
∂w
∂u
= 4u+ 4u3 − 4uv2 , ∂w
∂v
= 4v − 4u2v + 4v3 .
3) Sejam f
(
u
v
)
=
(
u2 + 2uv + 3v
u− v
)
, g
(
x
y
)
=
(
x2 − y2
2xy
)
. Calcule o jacobiano da func¸a˜o com-
posta g ◦ f em
(
0
1
)
. Resposta: (g ◦ f) ′
(
0
1
)
=
(
14 16
2 −12
)
.
4) Sejam dados
{
x = ln(1 + u2) + v3
y = euv
e
{
u = arctg(t)
v = et
. Calcule
dx
dt
(0) e
dy
dt
(0).
Soluc¸a˜o: Sejam
f(u, v) =
(
ln(1 + u2) + v3, euv
)
= (x, y),
g(t) =
(
arctg(t), et
)
= (u, v).
Temos o seguinte esquema:
R - R2 - R2
g f
t (u, v) (x, y)
�
f ◦ g : R −→ R2
t 7−→ (f ◦ g)(t) = f(g(t)) = (x(t), y(t))
Como f e g sa˜o diferencia´veis enta˜o pela regra da cadeira a composta f ◦ g e´ diferencia´vel e
(f ◦ g) ′(0) = f ′(g(0)) · g ′(0)
= f ′(0, 1) · g ′(0)
pois g(0) = (0, 1). Temos
g ′(t) =
(
1
1 + t2
, et
)
,
f ′(u, v) =

∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
 =

2u
1 + u2
3v2
veuv ueuv
 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 18
Donde g ′(0) = (1, 1) e f ′(0, 1) =
(
0 3
1 0
)
.
Assim,
(f ◦ g) ′(0) =
(
0 3
1 0
)(
1
1
)
=
(
1
3
)
,
ou
(f ◦ g) ′(0) = (1, 3). (1)
Como (f ◦ g) ′(t) = (x(t), y(t)), segue que
(f ◦ g) ′(t) =
(
dx
dt
(t),
dy
dt
(t)
)
.
donde
(f ◦ g) ′(0) =
(
dx
dt
(0),
dy
dt
(0)
)
. (2)
Assim, de (1) e (2), obtemos que
dx
dt
(0) = 3 , e
dy
dt
(0) = 1 .
5) Sejam F (x, y, z) = (3x2 + yz, z + y3) e G(x, y) = (x2 + y2, xy, x3, x+ y3).
a) Verifique que uma das compostas F ◦G ou G ◦ F na˜o esta´ definida.
b) Determine (F ◦G) ′(1,−1) ou (G ◦ F ) ′(1,−1, 2), a que for poss´ıvel.
Soluc¸a˜o:
a) Temos F : R3 −→ R2 e G : R2 −→ R4.
Como F (R3) ⊂ R2 e R2 = dom(G), enta˜o G ◦ F esta´ definida.
Como G(R2) ⊂ R4 e R4 6= dom(F ), enta˜o F ◦G na˜o esta´ definida.
b) Do item a), so´ e´ poss´ıvel calcular (G ◦ F ) ′(1,−1, 2).
Como F e G sa˜o diferencia´veis, enta˜o pela regra da cadeia, temos
(G ◦ F ) ′(1,−1, 2) = G ′(F (1,−1, 2)) · F ′(1,−1, 2).
Como F (1,−1, 2) = (3− 2, 2 + (−1)3) = (1, 1), enta˜o
(G ◦ F ) ′(1,−1, 2) = G ′(1, 1) · F ′(1,−1, 2),
onde G ′(1, 1) e´ uma matriz 4× 2 e F ′(1,−1, 2) e´ uma matriz 2× 3.Temos
G ′(x, y) =

2x 2y
y x
3x2 0
1 3y2
 ,
F ′(x, y, z) =
(
6x z y
0 3y2 1
)
,
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 19
donde G ′(1, 1) =

2 2
1 1
3 0
1 3
 e F ′(1,−1, 2) = (6 2 −10 3 1
)
.
Enta˜o,
(G ◦ F ) ′(1,−1, 2) =

2 2
1 1
3 0
1 3
 · (6 2 −10 3 1
)
=

12 10 0
6 5 0
18 6 −3
6 11 2
 .
6) Seja h(x, y, z) = g
(
y2 + xz,
√
xyz
)
, onde g e´ diferencia´vel. Determine h ′(1,−1,−4), sabendo
que ∇g(−3, 2) = (1, 3).
Soluc¸a˜o: Seja
f :D ⊂ R3 −→ R2
f(x, y, z) = (y2 + xz,
√
xyz) = (u, v),
onde D = {(x, y, z) ∈ R3 : xyz > 0}.
As func¸o˜es coordenadas de f sa˜o u = y2 + xz e v =
√
xyz.
Como ∂u
∂x
= z, ∂u
∂y
= 2y, ∂u
∂z
= x, ∂v
∂x
=
yz
2
√
xyz
, ∂v
∂y
=
xz
2
√
xyz
, ∂v
∂z
=
xy
2
√
xyz
sa˜o func¸o˜es cont´ınuas
em D, enta˜o u e v sa˜o diferencia´veis em D, e portanto, f = (u, v) e´ diferencia´vel em D.
Como g e´ uma func¸a˜o real de duas varia´veis, isto e´, g : R2 −→ R, enta˜o temos o seguinte
esquema:
D ⊂ R3 - R2 - Rf g
(x, y, z) (u, v) w
�
h = g ◦ f : D ⊂ R3 −→ R
(x, y, z) 7−→ h(x, y, z) = (g ◦ f)(x, y, z) = w
Como f e g sa˜o func¸o˜es diferencia´veis, enta˜o pela Regra da Cadeia, temos que a composta
h = g ◦ f e´ diferencia´vel e
h ′(x, y, z) = g ′
(
f(x, y, z)
) · f ′(x, y, z)
= g ′(y2 + xz,
√
xyz) · f ′(x, y, z).
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 20
Donde
h ′(1,−1,−4) = g ′(− 3, 2) · f ′(1,−1,−4),
onde
g ′(−3, 2) = ∇g(−3, 2) = (1, 3),
e
f ′(1,−1, 4) =
(
z 2y x
yz
2
√
xyz
xz
2
√
xyz
xy
2
√
xyz
)
(1,−1,4)
=
(−4 −2 1
1 −1 −1
4
)
.
Logo,
h ′(1,−1,−4) = (1 3) · (−4 −2 1
1 −1 −1
4
)
=
(
−1 −5 1
4
)
.
4.1 Exerc´ıcios Propostos
1) Sejam w = g(x, y, z) diferencia´vel, x = f1(s, t), y = f2(s, t), z = f3(s, t) diferencia´veis. Calcule
∂w
∂s
.
2) Sejam f
(
r
θ
)
=(
rcos(θ)
rsen(θ)
)
e g(x, y) =
(
x2 − y2
2xy
)
. Calcule o jacobiano da func¸a˜o composta
g ◦ f .
3) Seja f(t) =
 tt2 − 4
et−2
 , t ∈ R e g : R3 −→ R diferencia´vel, tal que ∂g
∂x
(X0) = 4,
∂g
∂y
(X0) = 2,
∂g
∂z
(X0) = 2, sendo X0 =
20
1
. Calcule d(g◦f)
dt
(2).
4) Considere uma func¸a˜o real diferencia´vel f(x, y), tal que fx(1, 2) = 4, fy(1, 2) = −3 e seja
g : R2 −→ R2 definida por g(u, v) = (u3 + v3, euv−1). Calcule (f ◦ g) ′(1, 1).
Respostas
1)
∂w
∂s
=
∂g
∂x
∂f1
∂s
+
∂g
∂y
∂f2
∂s
+
∂g
∂z
∂f3
∂s
2) 4r3 3) 14
4) (9, 9)
MO´DULO 5
Func¸a˜o Inversa e Teorema da Func¸a˜o
Inversa
5.1 Func¸a˜o Inversa
Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn uma func¸a˜o injetora, isto e´, X1 6= X2 =⇒ f(X1) 6= f(X2).
Seja E = f(D). Enta˜o, dado Y ∈ E, existe um u´nico X ∈ D tal que f(X) = Y . Assim, podemos
definir uma func¸a˜o
g : E ⊂ Rn −→ Rn
tal que g(Y ) = X ⇐⇒ f(X) = Y .
A func¸a˜o g e´ dita func¸a˜o inversa de f e denotamos por g = f−1. Se f admite inversa g, dizemos
que f e´ invers´ıvel ou invert´ıvel. Dizemos, tambe´m, que g e´ invers´ıvel com inversa f . Temos enta˜o{
f
(
f−1(Y )
)
= Y, ∀ Y ∈ E
f−1
(
f(X)
)
= X, ∀ X ∈ D ou
{
f ◦ f−1 = IdE
f−1 ◦ f = IdD
onde IdE e´ a transformac¸a˜o identidade em E e IdD e´ a transformac¸a˜o identidade em D.
Observac¸a˜o:
1) Temos que
IdD :D ⊂ Rn −→ Rn
IdD(X) = X.
Assim, se X = (x1, x2, · · · xn) enta˜o IdD(x1, x2, · · · , xn) = (x1, x2, · · · , xn). E,
(IdD)
′(X) =

1 0 . . . 0
0 1 . . . 0
. . . . . . . . . . . .
0 0 · · · 1
 = I (matriz Identidade).
21
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 22
2) Supondo f e f−1 diferencia´veis, enta˜o pela Regra da Cadeia, temos
(f−1 ◦ f)′(X) = (IdD)′(X)
=⇒ (f−1) ′(f(X)) · f ′(X) = I
=⇒ (f−1) ′(Y ) · f ′(X) = I.
Portanto,
(f−1) ′(Y ) = [f ′(X)]−1, Y = f(X)
e
Jf−1(Y ) = 1
Jf(X)
.
Exemplos
1) Supondo que f : R2 −→ R2, dada por f(x, y) = (x4y + x, x + y3) = (u, v) tem uma func¸a˜o
inversa f−1 num conjunto aberto D ⊂ R2, contendo (1, 1), calcule a matriz jacobiana de f−1
em (u, v) = (2, 2).
Soluc¸a˜o: Note que f(1, 1) = (2, 2) e queremos calcular (f−1) ′(2, 2). Sabemos que
(f−1) ′
(
f(1, 1)
)
= [f ′(1, 1)]−1 ou (f−1) ′(2, 2) = [f ′(1, 1)]−1.
Como
f ′(x, y) =
(
4x3 + 1 x4
1 3y2
)
=⇒ f ′(1, 1) =
(
5 1
1 3
)
.
Logo,
(f−1) ′(2, 2) =
(
5 1
1 3
)−1
=

3
14
− 1
14
− 1
14
5
14
 .
5.2 Teorema da Func¸a˜o Inversa
Seja f : D ⊂ Rn −→ Rn, D aberto, de classe C1.
Se f ′(X0) e´ uma matriz invers´ıvel (isto e´, Jf(X0) 6= 0), enta˜o existe um aberto U contendo X0,
tal que f : U −→ V = f(U) e´ invers´ıvel com uma inversa f−1 : V −→ U de classe C1 e
(f−1) ′(Y0) =
(
f ′(X0)
)−1
,
onde Y0 = f(X0).
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 23
Aproximac¸a˜o da Func¸a˜o Inversa por uma Func¸a˜o Afim
Vimos que a func¸a˜o afim
A : Rn −→ Rn
X 7−→ A(X) = f(X0) + f ′(X0) · (X −X0)
fornece uma boa aproximac¸a˜o de f para X ' X0.
Temos que:
i) A e´ injetora. Prove!
ii) A e´ sobrejetora pois dado Y ∈ Rn, temos
A(X) = Y
⇐⇒ f(X0) + f ′(X0) · (X −X0) = Y
⇐⇒ f ′(X0) ·X = Y − f(X0) + f ′(X0) ·X0
⇐⇒ [f ′(X0)]−1 · f ′(X0) ·X = [f ′(X0)]−1 · (Y − f(X0) + f ′(X0) ·X0)
⇐⇒ I ·X = [f ′(X0)]−1 · (Y − f(X0))+ [f ′(X0)]−1 · f ′(X0) ·X0
⇐⇒ X = X0 +
[
f ′(X0)
]−1 · (Y − f(X0)).
Portanto, de i) e ii) obtemos que existe
A−1 : Rn −→ Rn
Y 7−→ A−1(Y ) = X0 +
[
f ′(X0)
]−1 · (Y − f(X0)) .
Como X0 = f
−1(Y0)⇐⇒ f(X0) = Y0 e
(
f ′(X0)
)−1
= (f−1) ′(Y0), enta˜o
A−1(Y ) = f−1(Y0) + (f−1) ′(Y0) · (Y − Y0) ,
que e´ exatamente a func¸a˜o afim que se aproxima de f−1 perto de Y0.
Exemplos
1) Seja f
(
x
y
)
=
(
x2 − 2xy2
x+ y
)
, (x, y) ∈ R2.
a) Mostre que f tem uma inversa em um aberto contendo X0 =
(
1
−1
)
e calcule (f−1) ′(Y0),
Y0 = f(X0).
b) Calcule uma func¸a˜o afim que aproxima a inversa f−1 numa vizinhanc¸a de Y0 = f(X0),
X0 =
(
1
−1
)
.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 24
Soluc¸a˜o:
a) Temos que f
(
x
y
)
=
(
x2 − 2xy2
x+ y
)
=
(
f1(x, y)
f2(x, y)
)
e´ de classe C1 em R2 pois as derivadas
parciais de f1 e f2 sa˜o func¸o˜es cont´ınuas em R2. Temos tambe´m que
f ′(x, y) =

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f2
∂x
∂f2
∂y
 = (2x− 2y2 −4xy1 1
)
,
donde
f ′(X0) = f ′
(
1
−1
)
=
(
0 4
1 1
)
.
Como Jf(X0) = det
(
f ′(X0)
)
=
∣∣∣∣0 41 1
∣∣∣∣ = −4 6= 0, enta˜o pelo teorema da func¸a˜o inversa,
existe uma conjunto aberto U contendo X0, tal que f |U ( f restrita a U) tem uma func¸a˜o
inversa f−1, de classe C1, e ale´m disso,
(f−1) ′
(
f(X0)
)
=
[
f ′(X0)
]−1
,
onde f(X0) = f
(
1
−1
)
=
(−1
0
)
= Y0 e
[
f ′(X0)
]−1
=
(
0 4
1 1
)−1
=
−
1
4
1
1
4
0
 .
b) Sabemos que uma func¸a˜o afim que fornece uma boa aproximac¸a˜o de f−1 numa vizinhanc¸a de
Y0 e´:
A−1(Y ) = f−1(Y0) + (f−1) ′(Y0)(Y − Y0)
= X0 +
(
f ′(X0)
)−1
(Y − Y0).
No nosso caso,
X0 =
(
1
−1
)
, Y0 =
(−1
0
)
, (f ′(X0)
)−1
=
−
1
4
1
1
4
0
 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 25
Chamando Y =
(
u
v
)
, temos
A−1
(
u
v
)
=
(
1
−1
)
+
−
1
4
1
1
4
0
((u
v
)
−
(−1
0
))
=
(
1
−1
)
+
−
1
4
1
1
4
0
(u+ 1
v
)
=

3
4
− 1
4
u+ v
−3
4
+
1
4
u
 .
Logo,
A−1
(
u
v
)
=

3
4
− 1
4
u+ v
−3
4
+
1
4
u
 .
2) Seja f
(
x
y
)
=
(
x2 + x2y + 10y
x+ y3
)
.
a) Mostre que f tem uma inversa f−1 numa vizinhanc¸a de
(
1
1
)
.
b) Calcule um valor aproximado de f−1
(
11.8
2.2
)
.
Soluc¸a˜o:
a) Como as func¸o˜es coordenadas de f sa˜o de classe C1 enta˜o f e´, tambe´m, de classe C1 em R2.
Temos
f ′
(
x
y
)
=
(
2x+ 2xy x2 + 10
1 3y2
)
,
donde
f ′
(
1
1
)
=
(
4 11
1 3
)
.
Como Jf
(
1
1
)
= det
(
f ′
(
1
1
))
=
∣∣∣∣4 111 3
∣∣∣∣ = 1 6= 0, enta˜o pelo teorema da func¸a˜o inversa,
segue que existe uma vizinhanc¸a U de
(
x0
y0
)
=
(
1
1
)
, tal que f |U : U −→ V = f(U) tem
inversa f−1 : V −→ U de classe C1.
b) Observe o diagrama a seguir
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 26
U - V - U
f f−1
X =
(
x
y
)
Y =
(
u
v
)
X =
(
x
y
)
Sabemos que uma boa aproximac¸a˜o para f−1(Y ) e´ pela func¸a˜o afim A−1(Y ) para Y ' Y0.
ChamandoX =
(
x
y
)
e Y =
(
u
v
)
, note que paraX0 =
(
x0
y0
)
=
(
1
1
)
e Y0 =
(
u0
v0
)
=
(
12
2
)
,
temos f(X0) = Y0 ou f
(
1
1
)
=
(
12
2
)
. Note tambe´m que
(
12
2
)
'
(
11.8
2.2
)
.
Logo, para Y =
(
u
v
)
=
(
11.8
2.2
)
segue que
f−1
(
u
v
)
' A−1
(
u
v
)
=⇒ f−1
(
11.8
2.2
)
' A−1
(
11.8
2.2
)
. (1)
Como
A−1
(
u
v
)
=
(
x0
y0
)
+
(
f ′
(
x0
y0
))−1(
u− u0
v − v0
)
enta˜o,
A−1
(
11.8
2.2
)
=
(
1
1
)
+
(
f ′
(
1
1
))−1(
11.8− 12
2.2− 2
)
=
(
1
1
)
+
(
4 11
1 3
)−1(−0.2
0.2
)
.
Temos,
(
4 11
1 3
)−1
=
(
3 −11
−1 4
)
.
Logo,
A−1
(
11.8
2.2
)
=
(
1
1
)
+
(
3 −11
−1 4
)(−0.2
0.2
)
=
(
1
1
)
+
(−0.6− 2.2
0.2 + 0.8
)
=
(
1
1
)
+
(−2.8
1
)
=
(−1.8
2
)
.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 27
Assim de (1), segue que
f−1
(
11.8
2.2
)
'
(−1.8
2
)
.
3) Se 
x = u+ v + w
y = u2 + v2 + w2
z = u3 + v3+ w3
,
calcule
∂v
∂z
(2, 6, 8), onde (x, y, z) = (2, 6, 8) esta´ em correspondeˆncia com (u, v, w) = (1, 2,−1).
Soluc¸a˜o: Seja
f :R3 −→ R3
f(u, v, w) = (u+ v + w, u2 + v2 + w2, u3 + v3 + w3) = (x, y, z).
Note que f(1, 2,−1) = (2, 6, 8) e que f e´ de classe C1 em R3, pois suas func¸o˜es coordenadas
sa˜o, tambe´m, de classe C1 em R3.
Temos f ′(u, v, w) =
 1 1 12u 2v 2w
3u2 3v2 3w2
, donde f ′(1, 2,−1) =
1 1 12 4 −2
3 12 3
.
Como Jf(1, 2,−1) = det(f ′(1, 2,−1)) =
∣∣∣∣∣∣
1 1 1
2 4 −2
3 12 3
∣∣∣∣∣∣ = 36 6= 0, enta˜o pelo teorema da
func¸a˜o inversa, segue que existe uma func¸a˜o inversa f−1, de classe C1, em uma vizinhanc¸a U de
(1, 2,−1).
U - V = f(U) - U
f f−1
(u, v, w) (x, y, z) (u, v, w)
.
Ale´m disso,
(f−1) ′
(
f(1, 2,−1) = (f ′(1, 2,−1))−1
ou
(f−1) ′(2, 6, 8) =
1 1 12 4 −2
3 12 3
−1 =

1
1
4
−1
6
−1
3
0
1
9
1
3
−1
4
1
18
 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 28
Como f−1(x, y, z) = (u, v, w) =
(
u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z)
)
, enta˜o
(f−1)′(x, y, z) =

∂u
∂x
(2, 6, 8)
∂u
∂y
(2, 6, 8)
∂u
∂z
(2, 6, 8)
∂v
∂x
(2, 6, 8)
∂v
∂y
(2, 6, 8)
∂v
∂z
(2, 6, 8)
∂w
∂x
(2, 6, 8)
∂w
∂y
(2, 6, 8)
∂w
∂z
(2, 6, 8)

.
Assim,
∂v
∂z
(2, 6, 8) =
1
9
.
4) Seja F (x, y, z) = (x− y2, y − z2, z − x2).
a) Mostre que F admite inversa numa vizinhanc¸a de (1, 0, 1) e calcule (F−1) ′(1,−1, 0).
b) Obtenha uma func¸a˜o afim que aproxime f−1 numa vizinhanc¸a de (1,−1, 0).
Soluc¸a˜o:
a) F e´ de classe C1 em R3, pois suas func¸o˜es coordenadas sa˜o de classe C1 em R3.
Temos F (1, 0, 1) = (1,−1, 0).
Temos tambe´m
F ′(x, y, z) =
 1 −2y 00 1 −2z
−2x 0 1
 ,
donde
F ′(1, 0, 1) =
 1 0 00 1 −2
−2 0 1

e
Jf(1, 0, 1) =
∣∣∣∣∣∣
1 0 0
0 1 −2
−2 0 1
∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0.
Logo, pelo Teorema da func¸a˜o Inversa, existe uma vizinhanc¸a U de (1, 0, 1),
tal que f |U : U −→ V = f(U) tem func¸a˜o inversa de classe C1, F−1 : V −→ U e
(F−1) ′
(
F (1, 0, 1)
)
=
(
F ′(1, 0, 1)
)−1
=⇒ (F−1) ′(1,−1, 0) = (F ′(1, 0, 1))−1
=⇒ (F−1) ′(1,−1, 0) =
 1 0 00 1 −2
−2 0 1
−1
=⇒ (F−1) ′(1,−1, 0) =
1 0 04 1 2
2 0 1
 .
b) Considere o seguinte diagrama
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 29
U - V - UF F
−1
(x, y, z) (u, v, w) (x, y, z)
(1, 0, 1) (1,−1, 0) (1, 0, 1)
.
Uma func¸a˜o afim que aproxima F−1 numa vizinhanc¸a V de (1,−1, 0) e´
A−1(v, u, w) = F−1(1,−1, 0) + (F−1) ′(1,−1, 0)
u− 1v + 1
w − 0

=⇒ A−1(v, u, w) =
10
1
+
1 0 04 1 2
2 0 1
u− 1v + 1
w − 0

=⇒ A−1(v, u, w) =
 u4u+ v + 2w − 3
2u+ w − 1
 .
5.3 Exerc´ıcios Propostos
1) Seja f : R2 −→ R2 definida por f
(
x
y
)
=
(
x2 + y2
x2y2
)
.
a) Calcule f ′
(
1
2
)
.
b) Verifique que f ′
(
1
2
)
e´ invers´ıvel.
c) Prove que f tem inversa numa vizinhanc¸a de
(
1
2
)
e calcule (f−1) ′
(
5
4
)
.
2) Determine uma func¸a˜o afim que aproxime a inversa da func¸a˜o f
(
x
y
)
=
(
x3 + 2xy + y2
x2 + y
)
numa
vizinhanc¸a do ponto f
(
1
1
)
.
3) Suponha que a func¸a˜o de classe C1, f : R2 −→ R2 definida por f(x, y) = (f1(x, y), f2(x, y)) tem
uma inversa g de classe C1, definida por g(u, v) =
(
g1(u, v), g2(u, v)
)
e f ′(1, 1) =
(
1 2
−2 1
)
.
Calcule
∂g1
∂v
(1, 2) e
∂g2
∂u
(1, 2), sabendo que f(1, 1) = (1, 2).
4) Seja f
rφ
θ
 =
rsen(φ)cos(θ)rsen(φ)sen(θ)
rcos(φ)
, (r, φ, θ) ∈ D : r > 0, 0 < φ < pi, 0 < θ < 2pi.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 30
a) Calcule f ′(X0), X0 =
 1pi/2
pi/2
.
b) Prove que f tem inversa numa vizinhanc¸a de X0 e calcule (f
−1) ′(Y0), tal que Y0 =
01
0
.
Respostas
1) a)
(
2 4
8 4
)
b)
(
f ′
(
1
2
))−1
=
−
1
6
1
6
1
3
− 1
12
 c) (f−1) ′(5
4
)
=
−
1
6
1
6
1
3
− 1
12

2) A−1
(
u
v
)
=
−
u
3
+
4v
3
− 1
3
2u
3
− 5v
3
+
5
3
 3) −2
5
,
2
5
4) a)
0 0 −11 0 0
0 −1 0
 b)
 0 1 00 0 −1
−1 0 0

MO´DULO 6
Func¸o˜es Impl´ıcitas e Teorema da Func¸a˜o
Impl´ıcita
Definic¸a˜o: Uma func¸a˜o y = g(x), x ∈ I, e´ definida implicitamente pela equac¸a˜o F (x, y) = 0 se
F
(
x, g(x)
)
= 0, para todo x ∈ I.
Por exemplo, y = g(x) =
√
1− x2 e´ definida implicitamente por F (x, y) = x2 + y2 − 1 = 0 pois
F (x, g(x)) = x2 +
(√
1− x2)2 − 1 = 0, para x ∈ [−1, 1].
Supondo F e g diferencia´veis, tempos pela regra da cadeia
∂F
∂x
(
x, g(x)
) dx
dx︸︷︷︸
=1
+
∂F
∂y
(
x, g(x)
)
g ′(x) = 0.
Supondo
∂F
∂y
(
x, g(x)
) 6= 0, ∀x ∈ I, temos
g ′(x) = −
∂F
∂x
(
x, g(x)
)
∂F
∂y
(
x, g(x)
)
ou
g ′(x) = −
(
∂F
∂y
(
x, g(x)
))−1 ∂F
∂x
(
x, g(x)
)
, ∀x ∈ I .
Problema 1: Em que condic¸o˜es a equac¸a˜o F (x, y) = 0 define implicitamente uma func¸a˜o dife-
rencia´vel y = g(x)?
A soluc¸a˜o do Problema 1 e´ dada pelo pro´ximo teorema.
Teorema 1 (da Func¸a˜o Impl´ıcita): Seja F : D ⊂ R2 = R× R −→ R, de classe C1 no conjunto
aberto D. Seja (x0, y0) ∈ D, tal que
31
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 32
i) F (x0, y0) = 0,
ii)
∂F
∂y
(x0, y0) 6= 0.
Enta˜o existe uma vizinhanc¸a I de x0 e uma func¸a˜o de classe C
1, g : I ⊂ R −→ R tal que g(x0) = y0
e F
(
x, g(x)
)
= 0, ∀x ∈ I.
Exemplo: Mostre que a equac¸a˜o x2y + 3y3x4 = 4 define uma func¸a˜o impl´ıcita y = g(x), no ponto
(1, 1). Calcule g ′(1).
Soluc¸a˜o: Seja F (x, y) = x2y + 3y3x4 − 4, que e´ de classe C1 em R2. Temos
i) F (1, 1) = 1 + 3− 4 = 0
ii)
∂F
∂y
(1, 1) = [x2 + 9y2x4](1,1) = 1 + 9 = 10 6= 0.
Logo,pelo Teorema da Func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a I de 1 e uma func¸a˜o de classe C1,
g : I ⊂ R −→ R, tal que g(1) = 1 e F(x, g(x)) = 0, ∀x ∈ I.
Logo,
g ′(1) = −
(
∂F
∂y
(1, 1)
)−1 ∂F
∂x
(1, 1), ∀x ∈ I.
Como
∂F
∂x
(x, y) = 2xy + 12y3x3, enta˜o
∂F
∂x
(1, 1) = 2 + 12 = 14.
Assim,
g ′(1) = − 1
10
· 14 = −7
5
.
Problema 2: Em que condic¸o˜es a equac¸a˜o F (x, y, z) = 0 define implicitamente uma func¸a˜o dife-
rencia´vel z = g(x, y)?
Por exemplo, z = g(x, y) = −√9− x2 − y2 e´ definida implicitamente por F (x, y, z) = x2 + y2 +
z2 − 9 = 0 pois F (x, y, g(x, y)) = x2 + y2 + ( −√9− x2 − y2)2 − 9 = 0, com (x, y) ∈ D =
{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9}..
Temos F
(
x, y, g(x, y)
)
= 0. Supondo f e g diferencia´veis, temos pela Regra da Cadeia, derivando
F
(
x, y, g(x, y)
)
= 0 em relac¸a˜o a x e y, respectivamente, que
∂F
∂x
(
x, y, g(x, y)
) dx
dx︸︷︷︸
1
+
∂F
∂y
(
x, y, g(x, y)
) dy
dx︸︷︷︸
0
+
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
)∂g
∂x
(x, y) = 0
∂F
∂x
(
x, y, g(x, y)
) dx
dy︸︷︷︸
0
+
∂F
∂y
(
x, y, g(x, y)
) dy
dy︸︷︷︸
1
+
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
)∂g
∂y
(x, y) = 0
.
Logo, 
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
)∂g
∂x
(x, y) = −∂F
∂x
(
x, y, g(x, y)
)
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
)∂g
∂y
(x, y) = −∂F
∂y
(
x, y, g(x, y)
) .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 33
Supondo
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
) 6= 0, segue que
∂g
∂x
(x, y) = −
(
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
))−1 ∂F
∂x
(
x, y, g(x, y)
)
∂g
∂y
(x, y) = −
(
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
))−1 ∂F
∂y
(
x, y, g(x, y)
) .
Ou
g ′(x, y) = ∇g(x, y) = −
(
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
))−1 (∂F
∂x
,
∂F
∂y
)(
x,y,g(x,y)
) .
Teorema 2 (da Func¸a˜o Impl´ıcita): Seja F : D ⊂ R3 = R2 × R −→ R de classe C1 no conjunto
aberto D. Seja (x0, y0, z0) ∈ D, tal que
i) F (x0,y0, z0) = 0,
ii)
∂F
∂z
(x0, y0, z0) 6= 0.
Enta˜o existe uma vizinhanc¸a U de (x0, y0) e uma func¸a˜o de classe C
1, g : U ⊂ R2 −→ R tal que
g(x0, y0) = z0 e F
(
x, y, g(x, y)
)
= 0, ∀(x, y) ∈ U . Ale´m disso,
g ′(x, y) = ∇g(x, y) = −
(
∂F
∂z
(
x, y, g(x, y)
))−1 (∂F
∂x
,
∂F
∂y
)(
x,y,g(x,y)
) .
Exemplo: Mostre que a equac¸a˜o x3 + y3 + z3− 3xyz = 4 define uma func¸a˜o impl´ıcita diferencia´vel
z = g(x, y) no ponto (1, 1, 2) e calcule
∂g
∂x
(1, 1) e
∂g
∂y
(1, 1).
Soluc¸a˜o: Seja F (x, y, z) = x3 + y3 + z3 − 3xyz − 4, que e´ de classe C1 em R3. Temos
i) F (1, 1, 2) = 1 + 1 + 8− 6− 4 = 0
ii)
∂F
∂z
(1, 1, 2) = [3z2 − 3xy](1,1,2) = 12− 3 = 9 6= 0.
Logo, pelo Teorema da Func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a U de (1, 1) e uma func¸a˜o de classe
C1, g : U ⊂ R2 −→ R, tal que g(1, 1) = 2 e F(x, y, g(x, y)) = 0, ∀(x, y) ∈ U .
Ale´m,disso,
∇g(1, 1) = −
(
∂F
∂z
(1, 1, 2)
)−1 (∂F
∂x
(1, 1, 2),
∂F
∂y
(1, 1, 2)
)
,
onde (
∂F
∂x
(1, 1, 2),
∂F
∂y
(1, 1, 2)
)
=
(
3x2 − 3yz, 3y2 − 3xz)
(1,1,2)
= (3− 6, 3− 6) = (−3,−3).
Enta˜o
∇g(1, 1) = −1
9
(−3,−3) =
(
1
3
,
1
3
)
.
E,
∂g
∂x
(1, 1) =
1
3
e
∂g
∂y
(1, 1) =
1
3
.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 34
Problema 3: Em que condic¸o˜es o sistema de equac¸o˜es{
F (x, y, z) = 0
G(x, y, z) = 0
define implicitamente func¸o˜es diferencia´veis y = y(x) e z = z(x)?
Supondo {
F (x, y(x), z(x)) = 0
G(x, y(x), z(x)) = 0
e que F, G, y(x) e z(x) sa˜o diferencia´veis, temos pela Regra da Cadeia que
∂F
∂x
(
x, y(x), z(x)
)
+
∂F
∂y
(
x, y(x), z(x)
)
y ′(x) + ∂F
∂z
(
x, y(x), z(x)
)
z ′(x) = 0
∂G
∂x
(
x, y(x), z(x)
)
+
∂G
∂y
(
x, y(x), z(x)
)
y ′(x) + ∂G
∂z
(
x, y(x), z(x)
)
z ′(x) = 0
ou abreviadamente, 
∂F
∂y
y ′(x) + ∂F
∂z
z ′(x) = −∂F
∂x
∂G
∂y
y ′(x) + ∂G
∂z
z ′(x) = −∂G
∂x
ou matricialmente 
∂F
∂y
∂F
∂z
∂G
∂y
∂G
∂z
(
x,y(x),z(x)
) ·
y ′(x)
z ′(x)
 = −

∂F
∂x
∂G
∂x
(
x,y(x),z(x)
) .
Supondo a matriz 
∂F
∂y
∂F
∂z
∂G
∂y
∂G
∂z
(
x,y(x),z(x)
)
invers´ıvel, temos
y ′(x)
z ′(x)
 = −

∂F
∂y
∂F
∂z
∂G
∂y
∂G
∂z

−1
(
x,y(x),z(x)
) ·

∂F
∂x
∂G
∂x
(
x,y(x),z(x)
) .
Teorema 3 (da Func¸a˜o Impl´ıcita): Seja f = (F,G) : D ⊂ R3 = R×R2 −→ R2 de classe C1 no
conjunto aberto D. Seja (x0, y0, z0) ∈ D, tal que
i) f(x0, y0, z0) = (0, 0),
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 35
ii)

∂F
∂y
∂F
∂z
∂G
∂y
∂G
∂z
(
x0,y0,z0
) e´ invers´ıvel.
Enta˜o existe uma vizinhanc¸a U de x0 e uma func¸a˜o de classe C
1,
g :U ⊂ R −→ R2
x 7−→ g(x) = (y(x), z(x))
tal que g(x0) =
(
y0, z0
)
e f
(
x, g(x)
)
= f
(
x, y(x), z(x)
)
= 0, ∀x ∈ U . Ale´m disso,
g ′(x) =
(
y ′(x), z ′(x)
)
= −

∂F
∂y
∂F
∂z
∂G
∂y
∂G
∂z

−1
(
x,g(x)
) ·

∂F
∂x
∂G
∂x
(
x,g(x)
) .
Exemplo: O ponto (
√
2, 1, 1) satisfaz o sistema S :
{
x2 + y2 + z2 = 4
y2 + z2 = 2z
.
a) Mostre que S define y e z implicitamente como func¸o˜es diferencia´veis de x numa vizinhanc¸a de
(
√
2, 1, 1).
b) Calcule y ′(
√
2), z ′(
√
2).
Soluc¸a˜o:
a) Sejam F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4, G(x, y, z) = y2 + z2 − 2z que sa˜o de classe C1 em R3.
Considere a func¸a˜o vetorial f :
(
F
G
)
: R3 −→ R2 dada por f(x, y, z) =
(
F (x, y, z)
G(x, y, z)
)
. Logo, f
e´ de classe C1 em R3.
Temos:
i) f(
√
2, 1, 1) =
(
2 + 1 + 1− 4
1 + 1− 2
)
=
(
0
0
)
,
ii) M =

∂F
∂y
∂F
∂z
∂G
∂y
∂G
∂z

(
√
2,1,1)
=
(
2y 2z
2y 2z − 2
)
(
√
2,1,1)
=
(
2 2
2 0
)
e´ invers´ıvel, pois
detM = −4 6= 0.
Logo, pelo Teorema da func¸a˜o impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a U de
√
2 e uma func¸a˜o de classe
C1,
g :U ⊂ R −→ R2
x 7−→ g(x) = (y(x), z(x))
tal que g(
√
2) =
(
y(
√
2), z(
√
2)
)
= (1, 1) e f
(
x, g(x)
)
= 0 ou f
(
x, y(x), z(x)
)
= 0, ∀x ∈ U .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 36
b) Tambe´m pelo Teorema, temos que
g ′(x) =
(
y ′(x)
z ′(x)
)
= −

∂F
∂y
∂F
∂z
∂G
∂y
∂G
∂z

−1
(
x,y(x),z(x)
) ·

∂F
∂x
∂G
∂x
(
x,y(x),z(x)
) ,
para todo x ∈ U .
Donde
g ′(
√
2) = −
(
2y 2z
2y 2z − 2
)
(
√
2,1,1)
·
(
2x
0
)
(
√
2,1,1)
= −
(
2 2
2 0
)−1
︸ ︷︷ ︸
0
1
2
1
2
−1
2

·
(
2
√
2
0
)
.
Logo,
g ′(
√
2) =
(
0
−√2
)
,
ou (
y ′(
√
2)
z ′(
√
2)
)
=
(
0
−√2
)
.
Donde, y ′(
√
2) = 0 e z ′(
√
2) = −
√
2
Agora, vamos generalizar o Teorema da Func¸a˜o Impl´ıcita.
1) Um ponto de Rn+m = Rn × Rm sera´ denotado por (X,Y ), onde X = (x1, x2, · · · , xn) ∈ Rn e
Y = (y1, y2, · · · , ym) ∈ Rm.
2) Sendo f = (f1, f2, · · · , fm) : D ⊂ Rn+m −→ Rm diferencia´vel em (X,Y ) ∈ D, temos
f ′(X, Y ) =

∂f1
∂x1
∂f1
∂x2
. . .
∂f1
∂xn
∂f2
∂x1
∂f2
∂x2
. . .
∂f2
∂xn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∂fm
∂x1
∂fm
∂x2
. . .
∂fm
∂xn︸ ︷︷ ︸
∂f
∂X
∂f1
∂y1
∂f1
∂y2
. . .
∂f1
∂ym
∂f2
∂y1
∂f2
∂y2
. . .
∂f2
∂ym
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∂fm
∂y1
∂fm
∂y2
. . .
∂fm
∂ym

︸ ︷︷ ︸
∂f
∂Y
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 37
Denotaremos
∂f
∂X
e
∂f
∂Y
por
∂f
∂X
=

∂f1
∂x1
∂f1
∂x2
. . .
∂f1
∂xn
∂f2
∂x1
∂f2
∂x2
. . .
∂f2
∂xn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∂fm
∂x1
∂fm
∂x2
. . .
∂fm
∂xn

e
∂f
∂Y
=

∂f1
∂y1
∂f1
∂y2
. . .
∂f1
∂ym
∂f2
∂y1
∂f2
∂y2
. . .
∂f2
∂ym
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∂fm
∂y1
∂fm
∂y2
. . .
∂fm
∂ym

.
Teorema da Func¸a˜o Impl´ıcita: Seja f : D ⊂ Rn+m −→ Rm de classe C1 no conjunto aberto D.
Seja (X0, Y0) ∈ D, X0 ∈ Rn, Y0 ∈ Rm tal que
i) f(X0, Y0) = ~0,
ii)
∂f
∂Y (X0,Y0)
e´ invers´ıvel.
Enta˜o existe uma vizinhanc¸a U de X0 e uma func¸a˜o de classe C
1, g : U ⊂ Rn −→ Rm tal que
g(X0) = Y0 e f
(
X, g(X)
)
= ~0, ∀X ∈ U .
Ale´m disso,
g ′(X) = −
(
∂f
∂Y
(
X, g(X)
))−1 ∂f
∂X
(
X, g(X)
)
, ∀X ∈ U
Exemplo: Considere o sistema
S :
{
x2 + y2 − u2 + v2 = −3
x2 − y2 + z2 + u2 + 2v2 = 21.
Mostre que existem soluc¸o˜es u = u(x, y, z), v = v(x, y, z) de S no ponto (1, 1, 2) com u(1, 1, 2) = 3,
v(1, 1, 2) = 2. Calcule
∂u
∂x
,
∂v
∂y
em (1, 1, 2).
Soluc¸a˜o: Um ponto de R3+2 sera´ denotado por (X,Y ), onde X = (x, y, z) ∈ R3 e Y = (u, v) ∈ R2.
Seja
f = (f1, f2) : R3 × R2 −→ R2
f(X, Y ) =
(
x2 + y2 − u2 + v2 + 3, x2 − y2 + z2 + u2 + 2v2 − 21)
que e´ de classe C1 em R3 × R2 pois f1 e f2 sa˜o de classe C1 em R3+2. Seja (X0, Y0) ∈ R3+2,
X0 = (1, 1, 2), Y0 = (3, 2). Temos
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 38
i) f(X0, Y0) =
(
1 + 1− 9 + 4 + 3, 1− 1 + 4 + 9 + 8− 21) = (0, 0),
ii) M =
∂f
∂Y
(X0, Y0) =

∂f1
∂u
∂f1
∂v
∂f2
∂u
∂f2
∂v

(X0,Y0)
=
(−2u 2v
2u 4v
)
(X0,Y0)
=
(−6 4
6 8
)
e´ invers´ıvel, pois
det M = −72 6= 0.
Enta˜o pelo Teorema da Func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a U de X0 e uma func¸a˜o de classe
C1,
g :U ⊂ R3 −→ R2
X 7−→ g(X) = (u(X), v(X))
tal que g(X0) = Y0 e f
(
X, g(X)
)
= ~0, ∀X ∈ U . Isto e´ existem soluc¸o˜es u = u(x, u, z), v =
v(x, y, z) de S, tais que u(1, 1, 2) = 3, v(1, 1, 2) = 2.
Ale´mdisso,
g ′(X0) = −
(
∂f
∂Y
(
X0, Y0
))−1 ∂f
∂X
(
X0, Y0
)
,
onde
•
(
∂f
∂Y
(
X0, Y0
))−1
=
(−6 4
6 8
)−1
=
−
1
9
1
18
1
12
1
12

• ∂f
∂X
(
X0, Y0
)
=

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f1
∂z
∂f2
∂x
∂f2
∂y
∂f2
∂z

X0,Y0
=
(
2x 2y 0
2x −2y 2z
)
(X0,Y0)
=
(
2 2 0
2 −2 4
)
.
Logo,
g ′(X0) = −
−
1
9
1
18
1
12
1
12
(2 2 0
2 −2 4
)
=

1
9
− 1
18
− 1
12
− 1
12
(2 2 0
2 −2 4
)
=

1
9
1
3
−2
9
−1
3
0 −1
3

ou 
∂u
∂x
∂u
∂y
∂u
∂z
∂v
∂x
∂v
∂y
∂v
∂z

X0
=

1
9
1
3
−2
9
−1
3
0 −1
3
 .
Assim,
∂u
∂x
(1, 1, 2) =
1
9
e
∂v
∂y
(1, 1, 2) = 0 .
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 39
6.1 Exerc´ıcios
1) As superf´ıcies yz2+x = 0 e xyz+1 = 0 se interseptam ao longo de uma curva C passando pelo
ponto P (−1, 1, 1).
a) Mostre que a curva C pode ser parametrizada no paraˆmetro x.
b) Determine um vetor tangente a C em P .
Soluc¸a˜o:
a) Um ponto de R× R2 sera´ denotado por (X, Y ) onde X = x ∈ R e Y = (y, z) ∈ R2.
Consideremos as func¸o˜es de classe C1 em R3
F (X,Y ) = yz2 + x e G(X,Y ) = xyz + 1.
Seja a func¸a˜o vetorial f = (F,G) : R× R2 −→ R2 que tambe´m e´ de classe C1.
Seja (X0, Y0) = P ∈ R× R2, com X0 = −1 ∈ R, Y0 = (1, 1) ∈ R2. Temos
i) f(P ) =
(
F (P ), G(P )
)
= (1− 1,−1 + 1) = (0, 0)
ii) M =
∂f
∂Y
(P ) =

∂F
∂y
(P )
∂F
∂z
(P )
∂G
∂y
(P )
∂G
∂z
(P )
 = (z2 2yzxz xy
)
(−1,1,1)
=
(
1 2
−1 −1
)
e´ invers´ıvel,
pois detM = −1 + 2 = 1 6= 0.
Enta˜o, pelo Teorema da func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a I de X0 = −1 e uma func¸a˜o
de classe C1,
g : I ⊂ R −→ R2
g(x) =
(
y(x), z(x)
)
,
tal que g(−1) = (y(−1), z(−1)) = (1, 1) e f(x, y(x), z(x)) = 0 para todo x ∈ I.
Ale´m disso,
g ′(x) = −
(
∂f
∂Y
(
x, y(x), z(x)
))−1 ∂f
∂X
(
x, y(x), z(x)
)
, ∀x ∈ I.
Em particular, para x = −1:
g ′(−1) = −
(
∂f
∂Y
(− 1, 1, 1))−1 ∂f
∂X
(− 1, 1, 1)
onde
•
(
∂f
∂Y
(− 1, 1, 1))−1 = M−1 = ( 1 2−1 −1
)−1
=
1
detM
(−1 1
−2 1
)t
=
(−1 −2
1 1
)
• ∂f
∂X
(− 1, 1, 1) = ∂f
∂x
(−1, 1, 1) =

∂F
∂x
∂G
∂x

(−1,1,1)
=
(
1
yz
)
(−1,1,1)
=
(
1
1
)
.
Enta˜o, g ′(−1) = −
(−1 −2
1 1
)(
1
1
)
=
(
1 2
−1 −1
)(
1
1
)
=
(
3
−2
)
ou(
y ′(−1)
z ′(−1)
)
=
(
3
−2
)
, donde y ′(−1) = 3 e z ′(−1) = −2.
Uma parametrizac¸a˜o de C com paraˆmetro x e´ dada por C : ~r(x) =
(
x, y(x), z(x)
)
, x ∈ I.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 40
b) Logo, um vetor tangente a C em P = (−1, 1, 1) e´
~r ′(−1) = (1, y(−1), z(−1)) = (1, 3,−2).
2) Mostre que perto do ponto (x, y, w, z) = (−1,−1, 1, 1) podemos resolver o sistema
S :
{
xz3 + w2y3 + 2xy = 0
xyzw − 1 = 0
para w, z como func¸o˜es de x e y. Calcule
∂z
∂y
(−1,−1).
Soluc¸a˜o: Um ponto de R2×R2 sera´ denotado por (X,Y ) onde X = (x, y) ∈ R2 e Y = (w, z) ∈
R2.
Sejam as func¸o˜es
f1(X, Y ) = xz
3 + w2y3 + 2xy e f2(X, Y ) = xywz − 1
que sa˜o de classe C1 em R2+2. Logo, a func¸a˜o vetorial
f = (f1, f2) : R2+2 −→ R2
tambe´m, e´ de classe C1 em R2+2.
Seja (X0, Y0) ∈ R2+2, com X0 = (−1,−1), Y0 = (1, 1). Temos
i) f(X0, Y0) =
(
f1(X0, Y0), f2(X0, Y0)
)
= (−1− 1 + 2, 1− 1) = (0, 0)
ii) M =
∂f
∂Y
(X0, Y0) =

∂f1
∂w
∂f1
∂z
∂f2
∂w
∂f2
∂z

(X0,Y0)
=
(
2wy3 3xz2
xyz xyx
)
(X0,Y0)
=
(−2 −3
1 1
)
e´ in-
vers´ıvel, pois detM = −2 + 3 = 1 6= 0.
Enta˜o, pelo Teorema da func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a U de X0 e uma func¸a˜o de classe
C1,
g : U ⊂ R2 −→ R2
X 7−→ g(X) = (w(X), z(X)) ou g(x, y) = (w(x, y), z(x, y)),
tal que
g(X0) = Y0 e f(X, g(X)) = (0, 0) para todo X ∈ U
ou
g(−1,−1) = (w(−1,−1), z(−1,−1)) = (1, 1) e f(x, y, w(x, y), z(x, y)) = (0, 0), ∀(x, y) ∈ U.
Isto significa que perto de (−1,−1, 1, 1), o sistema S tem soluc¸o˜es w = w(x, y) e z = z(x, y).
Tambe´m do Teorema, temos
g ′(X) = −
(
∂f
∂Y
(
X, g(X)
))−1 ∂f
∂X
(
X, g(X)
)
, ∀X ∈ U.
Em particular, para X0 = (−1,−1):
g ′(X0) = −
(
∂f
∂Y
(
X0, Y0
))−1 ∂f
∂X
(
X0, Y0
)
onde
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 41
•
(
∂f
∂Y
(
X0, Y0
))−1
= M−1 =
(−2 −3
1 1
)−1
=
1
detM
(
1 −1
3 −2
)t
=
(
1 3
−1 −2
)
• ∂f
∂X
(
X0, Y0
)
=

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f2
∂x
∂f2
∂y

(−1,−1,1,1)
=
(
z3 + 2y 3w2y2 + 2x
yzw xzw
)
(−1,1,1)
=
(
1− 2 3− 2
−1 −1
)
=
(−1 1
−1 −1
)
.
Logo,
g ′(−1,−1) = −
(
1 3
−1 −2
)(−1 1
−1 −1
)
=
(−1 −3
1 2
)(−1 1
−1 −1
)
=
(
1 + 3 −1 + 3
−1− 2 1− 2
)
=
(
4 2
−3 −1
)
ou 
∂w
∂x
∂w
∂y
∂z
∂x
∂z
∂y

(−1,−1)
=
(
4 2
−3 −1
)
,
donde
∂z
∂y
(−1,−1) = −1.
3) Discuta a solubilidade do sistema
S :

3x+ 2y + z2 + u+ v2 = 0
4x+ 3y + z + u2 + v + w + z = 0
x+ z + w + u2 + 2 = 0
para u, v, w em termos de x, y, z, perto de x = y = z = 0, u = v = 0 e w = −2.
Soluc¸a˜o: Um ponto de R3 × R3 sera´ denotado por (X,Y ) onde X = (x, y, z) ∈ R3 e Y =
(u, v, w) ∈ R3.
Considere a func¸a˜o
f = (f1, f2, f3) : R3 × R3 −→ R3
dada por f(X, Y ) =
(
f1(X,Y ), f2(X, Y ), f3(X, Y )
)
onde
f1(X, Y ) = f1(x, y, z, u, v, w) = 3x+ 2y + z
2 + u+ v2
f2(X, Y ) = f2(x, y, z, u, v, w) = 4x+ 3y + z + u
2 + v + w + 2
f3(X, Y ) = f3(x, y, z, u, v, w) = x+ z + w + u
2 + 2.
Como f1, f2 e f3 sa˜o de classe C
1 em R3 × R3, enta˜o f tambe´m e´ de classe C1 em R3 × R3.
Seja (X0, Y0), onde X0 = (0, 0, 0) e Y0 = (0, 0,−2). Temos
i) f(X0, Y0) =
(
0,−2 + 2,−2 + 2) = (0, 0, 0)
ii) M =
∂f
∂Y
(X0, Y0) =

∂f1
∂u
∂f1
∂v
∂f1
∂w
∂f2
∂u
∂f2
∂v
∂f2
∂w
∂f3
∂u
∂f3
∂v
∂f3
∂w

(X0,Y0)
=
 1 2v 02u 1 1
2u 0 1

(X0,Y0)
=
1 0 00 1 1
0 0 1
 e´
invers´ıvel, pois detM = 1 6= 0.
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 42
Enta˜o, pelo Teorema da func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a U de X0 = (0, 0, 0) e uma func¸a˜o
de classe C1,
g : U ⊂ R3 −→ R3
X 7−→ g(X) = (u(X), v(X), w(X)),
tal que
g(X0) = Y0 e f(X, g(X)) = ~0 para todo X ∈ U,
isto e´, existem soluc¸o˜es u = u(x, y, z), v = v(x, y, z) e w = w(x, y, z) de S tais que
u(0, 0, 0) = 0, v(0, 0, 0) = 0, w(0, 0, 0) = −2.
4) Sejam dados o sistema
S :

x− 2y + u− w = 4
x− 3z + 2u+ 3v = 10
y − z − u2 − v2 − w2 = 0
e o ponto P0 = (u, v, w, x, y, z) = (1, 0,−1, 2, 0,−2).
a) Verifique que o sistema define implicitamente (x, y, z) = g(u, v, w), perto de P0 e calcule
g ′(1, 0,−1).
b) Use uma aproximac¸a˜o afim para calcular g(0.97, 0.01, −0.98).
Soluc¸a˜o:
(a) Um ponto de R3×R3 sera´ denotado por (X,Y ) onde X = (u, v, w) ∈ R3 e Y = (x, y, z) ∈
R3.
Considere a func¸a˜o
f = (f1, f2, f3) : R3 × R3 −→ R3
dada por f(X,Y ) =
(
f1(X, Y ), f2(X, Y ), f3(X,Y )
)
onde
f1(X,Y ) = x− 2y + u− w − 4
f2(X,Y ) = x− 3z + 2u+ 3v − 10
f3(X,Y ) = y − z − u2 − v2 − w2.
Como f1, f2 e f3 sa˜o de classe C
1 em R3×R3, enta˜o f tambe´m e´ de classe C1 em R3×R3.
Seja (X0, Y0), onde X0 = (1, 0,−1) e Y0 = (2, 0,−2). Temos
i) f(X0, Y0) =
(
2− 0 + 1 + 1− 4, 2 + 6 + 2 + 0− 10, 0 + 2− 1− 0− 1) = (0, 0, 0)
ii) M =
∂f
∂Y
(X0, Y0) =

∂f1
∂x
∂f1
∂y
∂f1
∂z
∂f2
∂x
∂f2
∂y
∂f2
∂z
∂f3
∂x
∂f3
∂y
∂f3
∂z

(X0,Y0)
=
1 −2 01 0 −3
0 1 −1
 e´ invers´ıvel, pois
detM = 1 6= 0.
Logo, pelo Teorema da func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸aU de X0 = (1, 0,−1) e uma
func¸a˜o de classe C1,
g : U ⊂ R3 −→ R3
X 7−→ g(X) = (x(X), y(X), z(X)),
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 43
tal que
g(X0) = Y0 e f(X, g(X)) = (0, 0, 0) para todo X ∈ U,
isto e´, existem soluc¸o˜es x = x(u, v, w), y = y(u, v, w) e z = z(u, v, w) de S perto de P0.
Tambe´m pelo Teorema, temos
g ′(X0) = −
(
∂f
∂Y
(
X0, Y0
))−1 ∂f
∂X
(
X0, Y0
)
onde
•
(
∂f
∂Y
(
X0, Y0
))−1
= M−1 =
1 −2 61 0 −3
1 −1 2
−1 = 1
detM
 0 + 3 −(1− 0) 1− 0−(2− 0) −1− 0 −(1− 0)
0− 0 −(−3− 0) 0 + 2
t = 3 1 1−2 −1 −1
6 3 2
 =
3 −2 −61 −1 3
1 −1 2

• ∂f
∂X
(
X0, Y0
)
=

∂f1
∂u
∂f1
∂v
∂f1
∂w
∂f2
∂u
∂f2
∂v
∂f2
∂w
∂f3
∂u
∂f3
∂v
∂f3
∂w

(X0,Y0)
=
 1 0 −12 3 0
−2u −2v −2w

(X0,Y0)
=
 1 0 −12 3 0
−2 0 2
.
Logo,
g ′(1, 0,−1) = −
3 −2 −61 −1 3
1 −1 2
 1 0 −12 3 0
−2 0 2

=
−3 2 6−1 1 −3
−1 1 −2
 1 0 −12 3 0
−2 0 2

=
−3 + 4 + 12 0 + 6 + 0 3 + 0− 12−1 + 2 + 6 0 + 3− 0 1 + 0− 6
−1 + 2 + 4 0 + 3 + 0 1 + 0− 4

=
13 6 −97 3 −5
5 3 −3
 .
(b)
A(u, v, w) = g(1, 0,−1) + g ′(1, 0,−1)
u− 1v
w + 1

=
 20
−2
+
13 6 −97 3 −5
5 3 −3
u− 1v
w + 1

NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 44
Temos g(u, v, w) ≈ A(u, v, w) se (u, v, w) ≈ (1, 0,−1).
Como (0, 97, 0.01,−0.98) ≈ (1, 0,−1), enta˜o
g(0, 97, 0.01,−0.98) ≈ A(0, 97, 0.01,−0.98) =
 20
−2
+
13 6 −97 3 −5
5 3 −3
 0.97− 10.01
−0.98 + 1

=
 20
−2
+
13 6 −97 3 −5
5 3 −3
−0.030.01
0.02

=
 20
−2
+
−0.39 + 0.06− 0.18−0.21 + 0.03− 0.10
−0.15 + 0.03− 0.06

=
 20
−2
+
−0.51−0.28
−0.18

=
 1.49−0.28
−2.18

5) Seja a equac¸a˜o E : ex+y+z + xyz = 1.
a) Mostre que E define implicitamente uma func¸a˜o z = f(x, y) de classe C1, cujo gra´fico esta´
na vizinhanc¸a de (0, 0, 0) e calcule f ′(0, 0).
b) Determine a taxa de variac¸a˜o de f no ponto (0, 0) na direc¸a˜o do vetor (1, 1).
Soluc¸a˜o:
a) Um ponto de R2 × R sera´ denotado por (X, Y ) onde X = (x, y) ∈ R2 e Y = z ∈ R.
Consideremos a func¸a˜o F : R2×R −→ R dada por F (X, Y ) = F (x, y, z) = ex+y+z+xyz−1,
que e´ de classe C1 em R2 × R.
Seja (X0, Y0) = P ∈ R2 × R, com X0 = (0, 0) ∈ R2, Y0 = 0 ∈ R. Temos
i) F (X0, Y0) = F (0, 0, 0) = 1 + 0− 1 = 0
ii)
∂F
∂Y
(X0, Y0)
Y=z
=
∂F
∂z
(X0, Y0) = (e
x+y+z + xy)(0,0,0) = 1 6= 0
Enta˜o, pelo Teorema da Func¸a˜o Impl´ıcita, existe uma vizinhanc¸a U de X0 = (0, 0) e uma
func¸a˜o de classe C1,
f : U ⊂ R2 −→ R
X = (x, y) 7−→ z = f(X) = f(x, y),
tal que f(X0) = Y0 e F (x, y, f(x, y)) = 0 para todo (x, y) ∈ U .
Ale´m disso,
f ′(x) = −
(
∂F
∂Y
(
X, f(X)
))−1 ∂F
∂X
(
X, f(X)
)
, ∀X ∈ U.
Em particular, f ′(0, 0) = −
(
∂F
∂Y
(
0, 0, 0
))−1 ∂F
∂X
(
0, 0, 0)
)
, onde
NOTAS DE AULA DE CA´LCULO II - B Rioco Kamei 45
•
(
∂F
∂Y
(
0, 0, 0
))−1
= 1−1 = 1
• ∂F
∂X
(
0, 0, 0
)
=
(
∂F
∂x
(0, 0, 0),
∂F
∂y
(0, 0, 0)
)
= (ex+y+z + yz, ex+y+z + xz, )(0,0,0) = (1, 1).
Logo, f ′(0, 0) = −1 · (1, 1, ) = (−1,−1) ou ∇f(0, 0) = (−1,−1).
b) A taxa de variac¸a˜o de f em (0, 0) na direc¸a˜o de ~u =
1√
2
(1, 1) e´ dada por
∂f
∂~u
(0, 0) = ∇f(0, 0) · ~u = (−1,−1) ·
(
1√
2
,
1√
2
)
= − 1√
2
− 1√
2
= − 2√
2
= −
√
2.