Apostila de Cálculo Diferencial e Integral III

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Cálculo Diferencial e Integral III 
 
 PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL 
 Área: Matemática 
 
 
FUNÇÕES REAIS DE DUAS OU MAIS VARIÁVEIS 
Função de Duas Variáveis 
 
Uma função real f de duas variáveis é uma relação que a cada par ordenado de números reais (x, y) 
associa um único número real f (x, y). 
 
 
Função de Três Variáveis 
 
Uma função real f de três variáveis é uma relação que a cada terna ordenada de números reais (x, y, 
z) associa um único número real f (x, y, z). 
 
 
Função de n Variáveis 
 
Uma função real f de n variáveis é uma relação que a cada n-upla ordenada de números reais 
(x1, x2, ...,xn) associa um único número real f (x1, x2, ..., xn). 
 
 
Exemplos 
 
1. Sendo 13),( 2 −= yxyxf determina: 
 
 f (1, 4) = 
 
 
 
 
 
 f (0, 9) = 
 
 
 
 
 
 
 f (a, ab) = 
 
 
 
 
 
2. Determina f( 2,0,1) sendo f(x,y,z) = 3x – y + z2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 
y 
x 
Domínio de Funções de Duas Variáveis 
 
O domínio de uma função de duas variáveis é, em geral, representado por uma relação binária. A 
representação do domínio pode ser dada lógica ou graficamente. 
 
Exemplo 
Determina e representa graficamente o domínio de cada função: 
 
 a) ( )yxyxg −= 2ln),( b) 13),( 2 −= yxyxf 
 
Solução: 
 
a) ( )yxyxf −= 2ln),( está definida somente para 02 >− yx , ou seja, 2xy < . Assim sendo 
}|),{()( 22 xyIRyxfDom <∈= . 
Na representação gráfica do domínio usamos o fato de que a curva 2xy = separa a região onde 2xy < da 
região onde 2xy > . Para determinar a região onde 2xy < , podemos selecionar um “ponto teste” fora da 
fronteira 2xy = e verificar se 2xy < ou 2xy > no ponto-teste. Por exemplo, se ( ) ( )1 ,0 , =yx , então 201< 
não é uma relação verdadeira. Logo, este ponto não está na região onde 2xy < . A região correspondente ao 
domínio é aquela que não contém o ponto teste. 
 
 
 
 
 
Representação gráfica do 
domínio da f ⇒ 
 
 
 
 
 
 
 
b) Como 13),( 2 −= yxyxf , devemos ter 0≥y . Assim, }0|),{()( 2 ≥∈= yIRyxfDom 
 
 
 
Representação gráfica do 
domínio da f ⇒ 
 
 
 
Exercícios 
Determine e represente graficamente o domínio das funções abaixo definidas: 
 
a) )2ln(),( xyyxf −= 
b) 4),( 22 −+= yxyxf 
c) 
3
4),( 2
2
+
−
=
y
xyxf 
x 
y 
2xy < 
2xy > 
2xy = 
0≥y 
 
 
 
3 
Gráfico de Funções de Duas Variáveis 
A representação gráfica de funções reais de duas variáveis gera superfícies no IR3. Em geral, essa representação 
pode se tornar bastante complexa sem o auxílio de uma ferramenta computacional. No entanto, há alguns casos 
que são importantes de serem lembrados: 
Equação Superfície Gerada Exemplo 
 
 
 
 
cbyaxz ++= 
 
 
 
 
Plano. 
 
 
 
 
 
 
cbyaxz ++= 22 
 
 
 
 
 
Parabolóide elíptico. 
 
 
 
 
 
cbyaxz +−= 22 
 
 
 
 
Parabolóide hiperbólico. 
 
 
 
 
 
222 yxrz −−= 
 
 
 
 
Metade de uma superfície 
esférica de raio r. 
 
 
 
 
4 
 
 
 
 
22 yxz += 
 
 
 
 
 
Metade de uma superfície 
cônica. 
 
Curvas de Nível 
 
Uma outra forma de se visualizar funções de duas variáveis é um método semelhante ao da 
representação de uma paisagem tridimensional por meio de um mapa topográfico bidimensional. Vamos 
supor que a superfície ),( yxfz = seja interceptada por um plano kz = , e a curva de intersecção seja 
projetada no plano xOy . Essa curva tem equação kyxf =),( e é chamada de curva de nível (ou 
curva de contorno) da função f em k . 
 
 
 
 
 
 
 Ck ={ }kyxfIRyx =∈ ),(/),( 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As curvas de nível de uma função f de duas variáveis são gráficos no plano xOy de equações da 
forma kyxf =),( . 
 
O conjunto de curvas de nível é chamado mapa de contorno. Todos os pontos ),( yx que estão na 
mesma curva de nível têm a mesma imagem z . 
 
No caso de ),( yxf representar uma grandeza física, as curvas de nível ganham particular importância, 
recebendo inclusive denominações específicas. 
 
• Se ),( yxf é a temperatura no ponto ),( yx de uma chapa plana, as curvas kyxf =),( são 
chamadas de isotérmicas ou isotermas. 
 
• Se ),( yxf é a pressão de um gás de volume x e temperatura y , as curvas são chamadas de 
isobáricas ou isóbaras. 
 
• Se ),( yxf é o potencial (elétrico ou gravitacional) na região D do plano xOy então as curvas 
kyxf =),( são chamadas equipotenciais. 
Exemplo 
y 
z 
0 
x 
 
 
 
5 
 
Seja a função dada por z = x2 + y2 
 
As curvas de nível para z = 0, z =1, z = 2 e z = 4 são: 
 
z = 0 ⇒ x2 + y2 = 0 (x = y = 0 ) 
 
z = 1 ⇒ x2 + y2 = 1 (circunferência de centro C(0,0) e raio 1) 
 
z = 2 ⇒ x2 + y2 = 2 (circunferência de centro C(0,0) e raio 
2 ) 
 
z = 4 ⇒ x2 + y2 = 4 (circunferência de centro C(0,0) e raio 2) 
Observação 
 
As curvas de nível nunca se interceptam 
 
 
Gráfico da Função (Parabolóide Elíptico) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As funções de três ou mais variáveis não podem ser representadas graficamente. 
 
 
Exercícios 
 
1) Dada a função f(x,y) = x2 + y2 (duas variáveis). Encontra: 
 
 a) f(1,2) b) f(0,0) c) f(-3,-4) d) Dom f e) Im f 
 
2) Seja a função 22),( yxyxf += . Determina: 
 a) f(0,0) b) f(-1,-1) c) f(1,2) d) Dom f e) Im f 
 
3) Seja a função
xy
xyxf
−
=
3),( . Determina: 
 a) f(1,0) b) f(3,-7) c) f(1,-1) d) Dom f e) a representação gráfica do Dom f 
 
4) Seja 
yx
yxf
−
=
2
1),( . Determina: 
 a) f(1,0) b) f(3,-7) c) f(1,-1) d) Dom f e) a representação gráfica do Dom f 
 
5) Determina e representa graficamente os domínios das seguintes funções: 
 
 
 
6 
 a) 1),( −+= yxyxf b) 
12
1),(
+−
=
yx
yxf c) f(x,y)= ln (x2- y + 1) d) 
1
ln),(
−
=
x
xyxf 
 
6) Esboça as curvas de nível das funções: 
 
 a) z = y - x2 para z = 0, z =1 e z =2 b) z = y – x para z = 0, z =2 e z =4 
 
 c) z = y – ln x para z = 0, z =1 e z =2 
 
7) Seja a função dada por 224 yxz −−= 
 
 a) Faz as curvas de nível para z = 0, z = 1 e z = 2 
 
 b) Representa graficamente a função. 
 
Respostas 
 
1) a) 5 b) 0 c) 25 d) 2IR e) ),0[ +∞ 
 
2) a) 0 b) 2 c) 5 d) 2IR e) ),0[ +∞ 
 
3) a) –3 b) 
10
9
 c) 
2
3
− d) }/),{( 2 xyIRyx ≠∈ 
 
4) a) 1 b) 
4
1
 c) 
2
2
 d) }/),{( 22 xyIRyx <∈ 
 
5) a) }1/),{( 2 +−≥∈ xyIRyx b) }12/),{( 2 +≠∈ xyIRyx 
 
 c) }1/),{( 22 +<∈ xyIRyx d) }10/),{( 2 ≠>∈ xexIRyx 
 
Exercício: Leitura Bibliografia indicada na disciplina. 
DERIVADAS PARCIAIS 
 
 
 
Em um dia quente, a umidade muito alta aumenta a sensação de calor, ao passo que, se 
o ar está muito seco, temos a sensação de temperatura mais baixa do que a que otermômetro 
indica. O Serviço Nacional de Meteorologia americano criou um índice de calor (também 
conhecido como índice de temperatura em função da umidade) para descrever os efeitos 
combinados de temperatura e umidade. O índice de calor I é a temperatura que corresponde à 
sensação de calor quando a temperatura real é T e a umidade relativa do ar é H. Assim, I é uma 
função de T e de H e podemos escrever I = f(T, H). A tabela de valores de I a seguir é extraída 
de uma tabela compilada pelo Serviço Nacional de Meteorologia. 
 
TABELA1 Índice de calor I como função da temperatura e umidade 
 
Umidade relativa (%) 
T\H 50 55 60 65 70 75 80 85 90 
90 96 98 100 103 106 109 112 115 119 
92 100 103 105 108 112 115 119 123 128 
94 104 107 111 114 118 122 127 132 137 
96 109 113 116 121 125 130 135 141 146 
98 114 118 123 127 133 138 144 150 157 
100 119 124 129 135 141 147 154 161 168 
 
 
Se nos concentrarmos na coluna da tabela que corresponde à umidade relativa de 
H=70%, consideraremos o índice de calor como função da única variável T para um valor fixo 
de H. Vamos escrever g(T) = f(T, 70). Assim g(T) descreve como o índice I de calor aumenta 
com o aumento da temperatura T para a umidade relativa de 70%. A derivada de g quando T = 
96°F é a taxa de variação I com relação a T quando T = 96°F. 
 H = 70% 
T 70 
90 106 
92 112 
94 118 
96 125 
98 133 
100 141 
 
Podemos aproximar seu valor usando os valores correspondentes, na tabela, a T = 94 e 
T = 98: 
g’(96) ≈ 75,3
4
118133
9498
)94()98(
=
−
=
−
− gg
 
 
Temperatura 
real 
(°F) 
h
fhf
h
ghgg
hh
)70,96()70,96(lim)96()96(lim)96('
00
−+
=
−+
=
→→
 
 
 
Isso significa que, quando a temperatura real é de 96°F e a umidade relativa é de 70%, 
o índice de calor aumenta a sensação de temperatura de 3,75°F para cada grau que a 
temperatura real aumenta. 
 
Olhemos para a linha que corresponde à temperatura fixa de T = 96°F. Os números da 
linha correspondem aos valores da função G(H) = f(96, H), que descrevem como o índice de 
calor aumenta com o aumento de umidade relativa H quando a temperatura real é de T = 96°F. 
A derivada de G quando H = 70% é a taxa de variação de I com relação a H quando H = 70%. 
 
 
 T = 96°F 
H 50 55 60 65 70 75 80 85 90 
96 109 113 116 121 125 130 135 141 146 
 
 
h
fh
h
GhGG
hh
)70,96()70,96(lim)70()70(lim)70('
00
−+
=
−+
=
→→
 
 
Ao aproximar o valor de G’(70), usando os valores tabelados, teremos: 
 9,0
10
121130
6575
)65(G)75(G)70('G =−=
−
−
≅ 
 
Isso nos diz que, quando a temperatura é de 96°F e a umidade relativa é de 70%, o 
índice de calor aumenta em cerca de 0,9°F para cada ponto percentual que a umidade relativa 
aumenta. 
 
 
 
 
DERIVADAS PARCIAIS DE FUNÇÕES DE 2 VARIÁVEIS 
 
 
Em geral, se f é uma função de duas variáveis x e y, suponha que deixemos somente x 
variar enquanto mantemos fixo o valor de y; por exemplo, fazendo y = b onde b é uma 
constante. Estaremos, então, considerando uma função de uma única variável x, isto é, g(x) = 
f(x, b). Se g tem derivada em a, chamaremos essa derivada de derivada parcial f em relação a 
x em (a, b) e denotaremos por fx(a, b). Assim 
 
 
fx(a, b) = g’(a) onde g(x) = f(x, b) 
Pela definição de derivada temos 
 
h
aghag
ag
h
)()(lim)('
0
−+
=
→
 
e assim: 
h
bafbhafbaf
hx
),(),(lim),(
0
−+
=
→
 (1) 
 
Da mesma forma, a derivada parcial de f em relação a y em (a, b), denotada por 
fx(a,b), é obtida mantendo-se x fixo (x = a) e determinando-se a derivada ordinária em b da 
função G(y) = f(a,y), isto é: 
 
 
 
 
 
Assim: 
h
bafhbafbaf
hy
),(),(lim),(
0
−+
=
→
 (2) 
Com essa notação para derivadas parciais podemos escrever as razões de variação do 
índice de calor I com relação à temperatura real T e umidade relativa H quando T = 96°F e 
H = 70% como segue: 
 
fT (96, 70) ≈ 3,75 fH (96, 70) ≈ 3,75 
 
Ao deixarmos o ponto (a, b) variar em (1) e (2), fx e fy tornam-se funções de duas 
variáveis. 
Se f é uma função de duas variáveis, suas derivadas parciais são as funções fx e fr 
definidas por 
h
yxfyhxfyxf
hx
),(),(lim),(
0
−+
=
→
 
 
h
yxfhyxfyxf
hy
),(),(lim),(
0
−+
=
→
 
 
Notação para derivadas parciais: Se z = f(x, y), escrevemos 
 
fDfD
x
zyxf
xx
ffyxf xxx ==∂
∂
=
∂
∂
=
∂
∂
== 1),(),( 
 
fDfD
y
zyxf
yy
ffyxf yyy ==∂
∂
=
∂
∂
=
∂
∂
== 2),(),( 
 
 
 
fy(a, b) = G’(b) onde G(y) = f(a, y) 
Regra Para Determinar a Derivada Parcial de z = f (x, y): 
 
1. Para achar fx, olhe y como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a x. 
2. Para achar fy, olhe x como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a y 
 
 
 
Exemplo 1: Se f (x, y) = x3 + x2y3 – 2y2, determine fx(2, 1) e fy(2, 1). 
 
Solução Mantendo y constante diferenciando em relação a x obtemos 
 
 fx(x, y) = 3x2 + 2xy3 
 
 e assim fx(2, 1) = 3.22 + 2.2.13 = 16 
 
 
 Mantendo x constante diferenciando em relação a y obtemos 
 
 fy(x, y) = 3x2y2 - 4y 
 
 com fy(2, 1) = 3.22.12 - 4.1 = 8 
 
 
 
Interpretação Geométrica das Derivadas Parciais de z = f (x,y) 
 
Se S é a superfície z = f(x, y) (gráfico de f ) e P(a, b, c) é um ponto de S, então as 
derivadas parciais fx(a, b) e fy(a, b) podem ser interpretadas geometricamente como inclinações 
das retas tangentes em P(a, b, c) aos traços C1 e C2 de S nos planos y = b e x = a, ou como 
inclinações de superfície S nas direções de x e de y no ponto (a,b,c). 
 
Exemplo 2: Se f(x, y) = 4 – x2 – 2y2, ache fx(1, 1) e fy(1, 1) e interprete esses números como 
inclinações. 
Solução. 
 
Temos 
 
 fx(x, y) = - 2x fy(x, y) = - 4y 
 
 fx(1, 1) = - 2 fy(1, 1) = - 4 
 
O gráfico de f é o parabolóide z = 4 – x2 – 2y2, e o plano vertical y = 1 
intercepta-o na parábola z = 2 – x2, y = 1 (indicada por C1 na FIGURA 2). A 
inclinação da reta tangente à parábola no ponto (1, 1, 1) é fx(1, 1) = - 2. 
Da mesma forma, a curva C2 na qual o plano x = 1 intercepta o parabolóide é a 
parábola z = 3 – 2y2, x = 1, e a inclinação da reta tangente em (1, 1, 1) é fy(1, 1) = - 4. 
(Veja na FIGURA 3.) 
 
 
 
Exemplo 3: Se .
y
f
e
x
f
calcule,
y1
x
sen)y,x(f
∂
∂
∂
∂






+
= 
 
Solução: Usando a Regra da Cadeia para a função de uma variável, temos: 
 
2)y1(
x
.
y1
x
cos
y1
x
y
.
y1
x
cos
y
f
y1
1
.
y1
x
cos
y1
x
x
.
y1
x
cos
x
f
+






+
−=





+∂
∂






+
=
∂
∂






+






+
=





+∂
∂






+
=
∂
∂
 
 
Exemplo 4: Determine ∂z/∂x e ∂z/∂y se z é definido implicitamente como uma função de x e y 
pela equação: 
 x
3
 + y3 + z3 + 6xyz = 1 
 
Solução Para achar ∂z/∂x, derivamos implicitamente em relação a x, tomando o 
cuidado de tratar y como constante : 
 3x2 + 3z2 ∂z/∂x + 6yz + 6xy∂z/∂x =0 
Resolvendo essa equação em relação a ∂z/∂x , obtemos 
 
xy2z
yz2x
x
z
2
2
+
+
−=
∂
∂
 
Da mesma forma, derivando implicitamente em relação a y temos : 
 
xy2z
xz2y
x
z
2
2
+
+
−=
∂
∂
 
 
 
 
Função de mais do que duas variáveis: 
 
Derivadas parciais podem ser definidas para funções de três ou mais variáveis. Por 
exemplo, se f é uma função de três variáveis x, y, z, então sua derivada parcial em relação a x é 
achada olhando-se y e z como constantes e diferenciando-se f(x,y,z) com relação a x. Se 
w=f(x,y,z), então fx = ∂w/∂x pode ser interpretada e como a taxa de variação de w em relação a 
x quando y e z são mantidos fixos. Entretanto, não podemos interpretar geometricamente, 
porque o gráfico de f pertence ao espaço de dimensão quatro. 
Em geral, se u é uma função de n variáveis, u = f(x1,x2,.......,xn), sua derivada parcial 
em relação à i-ésima variável xi é obtida considerando-se as outras varáveis como constantes e 
podemos escrever : 
 
fDff
x
f
x
u
iix
ii
i
===
∂
∂
=
∂
∂
 
 
 
 
Exemplo 5: Determine fx, fy e fz se f(x,y,z) = exy lnz . 
 
 
 Solução fx=yexylnz 
Da mesma forma, fy = xexylnz e fz = 
z
e xy
 
 
 
 
 
Derivadas de maior ordem 
 
Se f é uma função de duas variáveis, suas derivadas parciais fx e fy são funções de duas 
variáveis, de modo que podemos considerar novamente suas derivadas parciais (fx)x, (fx)y, (fy)x 
e f(y)y, chamadas derivadas parciais de segunda ordem de f. 
 
Se z = f(x,y), usamos a seguinte notação: 
 
 
2
2
2
2
yyyy
22
xyyx
22
yxxy
2
2
2
2
xxxx
y
z
y
f
y
f
y
f)f(
yx
z
yx
f
y
f
x
f)f(
xy
z
xy
f
x
f
y
f)f(
x
z
x
f
x
f
x
f)f(
∂
∂
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
==
∂∂
∂
=
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
==
∂∂
∂
=
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
==
∂
∂
=
∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
==
 
Portanto a notação fxy (ou ∂2f /∂y∂x) significa que derivamos com relação a y e depois 
em relação a x, ao passo que no cálculo de fyx a ordem é invertida. 
 
 
Exemplo 6: Determine as derivadas parciais de segunda ordem de 
 
f(x, y ) = x3 + x2y3 – 2y2 
 
Solução No exemplo 1 achamos que 
 
fx(x, y) = 3x2 + 2xy3 fy (x, y) = 3x2y2 - 4y 
 
 Portanto 
 
 
332 26)23( yxxyx
x
f xx +=+∂
∂
= 
232 6)23( xyxyx
y
f yx =+∂
∂
= 
 
222 6)43( xyyyx
x
f xy =−∂
∂
= 46)43( 222 −=−
∂
∂
= yxyyx
y
f yy 
 
 
 
 
Teorema de Clairaut. Suponha que f seja definida numa região D que contenha o ponto (a, b). 
Se as funções fxy e fyx forem ambas contínuas em D, então 
 
fxy(a, b) = fyx(a, b) 
 
Verifique este teorema no exemplo 6. 
 
 
Alexis Clairaut foi uma criança prodígio na matemática: aos 10 anos leu 
o texto de cálculo de L’Hôpital e aos 13 anos apresentou um artigo sobre 
geometria na Academia Francesa de Ciências . Aos 18 anos, Clairaut 
publicou Recherches sur les coubers à double coubure, o primeiro 
tratado sistemático em geometria analítica tridimensional, em que incluiu 
o cálculo de curvas espaciais. 
 
Da mesma forma que com 2 variáveis, podemos obter derivadas de ordem superior 
para funções de 3 ou mais variáveis. 
 
Exemplo 7: Calcule fxxyz , sendo f(x, y, z) = sen(3x + yz) 
 
Solução 
 
fxxyz = 3cos (3x + yz) 
 
fxxyz = - 9sen (3x + yz) 
 
fxxyz = - 9z.cos (3x + yz) 
 
fxxyz = 9yz.sen (3x + yz) - 9cos (3x + yz) 
 
 
 
 
Regra da Cadeia 
 
 
 
Lembremos que a regra da cadeia para função de uma única variável nos dava uma 
regra para diferenciar uma função composta: Se y = f(x) e x = g(t), onde f e g são funções 
diferenciáveis, então y é, indiretamente, uma função diferenciável de t e 
dt
dx
.
dx
dy
dt
dy
= 
Para funções de mais do que uma variável, a Regra da Cadeia tem muitas versões, 
cada uma delas fornecendo uma regra de diferenciação de uma funções composta. 
 
Regra da Cadeia (Caso 1) 
Suponha que z = f (x,y) seja uma função derivável de x e y, com derivadas parciais de 
primeira ordem contínuas, onde x = g(t) e y = h(t) são funções diferenciáveis de t. Então z 
é uma função diferenciável de t e 
dt
dy
.
y
f
dt
dx
.
x
f
dt
dz
∂
∂
+
∂
∂
= 
 
Como freqüentemente escrevemos ∂z/∂x no lugar de ∂f/∂x, podemos reecrever a 
Regra da Cadeia na forma: 
dt
dy
.
y
z
dt
dx
.
x
z
dt
dz
∂
∂
+
∂
∂
= 
 
Exemplo 1: Se z = x2y +3xy4, onde x = sen 2t e y = cos t, determine dz/dt quando t = 0 
 
Solução: Da regra da cadeia vem: 
dt
dy
.
y
z
dt
dx
.
x
z
dt
dz
∂
∂
+
∂
∂
= = (2xy + 3y4) (2cos 2y) + (x2 + 12xy3) (– sen t) 
Não é necessário substituir as expressões de x e y em função de t. 
Observe que, quando t = 0, temos x = sen 0 = 0 e y = cos 0 = 1. Portanto, 
=
=0tdt
dz
 (0 + 3) (2cos 0) + (0 + 0) (– sen 0) = 6 
Fig. 1 
Esta derivada pode ser interpretada como a taxa de variação de z com relação a t 
quando o ponto (x,y) se move ao longo da curva C com equações paramétricas 
x = sen 2t e y = cos t. (Veja fig. 1). Em particular, quando t = 0, o ponto (x,y) é 
(0,1), e dz/dt = 6. Se, por exemplo, z = T(x,y) = x2y + 3xy4 representa a 
temperatura no ponto (x,y), então a função composta T( sen 2t , cos t) representa 
a temperatura dos pontos da curva C, e sua derivada dz/dt representa a taxa de 
variação de temperatura ao longo da curva C 
 
 
 
Exemplo 2: A pressão P (em quilopascals), o volume V ( em litros) e a temperatura T (em 
kelvins) de um mol de um gás ideal estão relacionados por meio da fórmula 
PV = 8,31T. Determine a taxa de variação da pressão quando a temperatura é 
de 300 K e está aumentando com a taxa de variação de 0,1 K/s e o volume é de 
100 L e está aumentando com a taxa de 0,2 L/s. 
 
Solução: Se t representa o tempo decorrido, medido em segundos, então, a um dado 
instante t, temos T = 300, dT/dt = 0,1, V = 100 e dV/dt = 0,2. 
Como P = 8,31 T/V, pela regra da cadeia: 
 
04155.0)2,0(
100
)300(31,8)1,0(
100
31,8
dt
dV
V
T31,8
dt
dT
V
31,8
dt
dV
.
V
P
dt
dT
.
T
P
dt
dP
2
2
−=−=
−=
∂
∂
+
∂
∂
=
 
A pressão está decrescendo com a taxa de 0,042 kPa/s 
 
 
 
Regra da Cadeia (Caso 2) 
Suponha que z = f (x,y) seja uma função derivável de x e y, com derivadas parciais de 
primeira ordem contínuas, onde x = g(s,t) e y = h(s,t) também tenham derivadas parciais de 
primeira ordem contínuas. Então 
t
y
.
y
z
t
x
.
x
z
t
z
e
s
y
.
y
z
s
x
.
x
z
s
z
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
 
 
 
Exemplo 3: Se z = exsen y, onde x = st2 e y = s2t, determine ∂z/∂s e ∂z/∂ t. 
 
Solução: Aplicando o caso 2 da regra da cadeia, temos: 
s
y
.
y
f
s
x
.
x
f
s
z
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
 = (exsen y) (t2) + (excos y) (2st) 
 = t2
2ste sen (s2t) + 2st 2ste cos (s2t) 
t
y
.
y
f
t
x
.
x
f
t
z
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
 = (exsen y) (2st) + (excos y) (s2) 
 = 2st
2ste sen (s2t) + s2 2ste cos (s2t) 
O Caso 2 da regra da cadeia contém três tipos de variáveis: s e t, que são variáveis 
independentes; x e y, chamadas variáveis intermediárias; e z, que é a variável 
dependente. 
Para lembrarda regra da cadeia, é útil desenhar o grafo da árvore: 
 
Desenhamos os ramos da árvore saindo da 
variável dependente z para as variáveis 
intermediárias x e y, a fim de indicar que z é uma 
função de x e y. Então, desenhamos os ramos 
saindo de x e y para as variáveis independentes s e 
t. Em cada ramos, indicamos a derivada parcial 
correspondente. Para achar ∂z/∂s, determinamos o 
produto das derivadas parciais ao longo de cada 
caminho de z a s e somamos esses produtos. Da 
mesma forma, para determinar ∂z/∂t, usamos os 
caminhos de z a t. 
 
 
 
Regra da Cadeia (Caso Geral) 
Suponha que u = f (x1,x2,x3,...,xn) tenha derivadas parciais de primeira ordem contínuas, e 
que xj = g(t1,t2,t3,...,tm) também tenha derivadas parciais de primeira ordem contínuas, para 
cada j = 1,2,3,...,n. Então 
i
n
ni
2
2i
1
1i t
x
.
x
u
...
t
x
.
x
u
t
x
.
x
u
t
u
∂
∂
∂
∂
++
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
 
para cada i = 1, 2, 3,...,m. 
 
 
 
Exemplo 4: Escreva a regra da cadeia para o caso em que w = f (x,y,z,t) com x = x (u,v), 
y = y(u,v), z = z(u,v) e t = t(u,v). 
 
Solução: Aplicamos o caso geral com n = 4 e m = 2. A figura 
ao lado mostra o grafo correspondente. Apesar de 
não estarem escritas nos ramos as derivadas, 
entende-se que, num ramo que liga as folhas y e u, 
a derivada parcial omitida é ∂y/∂u. Com ajuda do 
grafo da árvore, podemos escrever as expressões 
pedidas: 
 
v
t
.
t
w
v
z
.
z
w
v
y
.
y
w
v
x
.
x
w
v
w
u
t
.
t
w
u
z
.
z
w
u
y
.
y
w
u
x
.
x
w
u
w
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
 
 
 
z 
 
∂z/∂x ∂z/∂y 
 
 
x y 
 
∂x/∂s ∂x/∂t ∂y/∂s ∂t/∂t 
 
 
s t s t 
 
w 
 
 
x y z t 
 
 
 
u v u v u v u v 
Exemplo 5: Se u = x4y + y2z3, onde x = rset, y = rs2e–t e z = r2s sen t, determine o valor de 
∂u/∂s quando r = 2, s = 1 e t = 0. 
 
Solução: Com o auxílio do grafo da árvore, obtemos: 
 
s
z
.
z
u
s
y
.
y
u
s
x
.
x
u
s
u
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
 = 
= (4x3y) (ret) + (x4 + 2yz3) (2rse–t) + (3y2z2) (r2sen t) 
 
Quando r = 2, s = 1 e t = 0, temos x = 2, y = 2 e z = 0. 
Portanto: 
s
u
∂
∂
 = (64) (2) + (16) (4) + (0) (0) = 192 
 
 
 
 
Exemplo 6: Mostre que g(s,t) = f (s2 – t2, t2 – s2) satisfaz a equação 0
t
g
s
s
g
t =
∂
∂
+
∂
∂
. 
 
Solução: Seja x = s2 – t2 e y = t2 – s2. Então g (s,t) = f (x,y), e a regra da cadeia nos fornece 
)t2(
y
f)t2(
x
f
t
y
.
y
f
t
x
.
x
f
t
g
)s2(
y
f)s2(
x
f
s
y
.
y
f
s
x
.
x
f
s
g
∂
∂
+−
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
−
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
 
Portanto: 0
y
f
st2
x
f
st2
y
f
st2
x
f
st2
t
g
s
s
g
t =





∂
∂
+
∂
∂
−+





∂
∂
−
∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
 
 
 
 
 
 
u 
 
 
x y z 
 
 
r s t r s t r s t 
Cálculo Diferencial e Integral III 
Exercícios de Regra da Cadeia 
Retirados do livro Anton, H. Cálculo: Um Novo Horizonte. Volume 2, pág. 350. 
 
1. Use uma forma apropriada da regra da cadeia para determinar �� ��� : 
a) � � 3��	
, � � ��, 	 � ��; 
b) � � 3
����� � �����	�, � � ���, 	 � 3�; 
c) � � �����, � � ��/
, 	 � �
. 
 
2. Use uma forma apropriada da regra da cadeia para determinar �� ��� e �� ��� : 
a) � � 8��	 � 2� � 3	, � � ��, 	 � � � �; 
b) � � � 	� , � � 2
�����, 	 � 3������; 
c) � � �� �, � � √��, 	 � 1 �� . 
 
3. Use uma regra da cadeia para determinar o valor de �# ��� $%&�/�, sendo que 
# � '� � '�(�)�, ' � √� e ) � *�. 
 
4. Duas rodovias intersectam-se em um ângulo reto. O carro A, movendo-se sobre uma 
das rodovias, aproxima-se da intersecção a 25km/h, e o carro B, movendo-se sobre a 
outra rodovia, aproxima-se da intersecção a 30km/h. Com que taxa está variando a 
distância entre os carros quando A está a 0,3km da intersecção e B está a 0,4km da 
intersecção? 
 
5. Dois lados de um triângulo têm comprimentos a = 4cm e b = 3cm, mas estão 
crescendo a uma taxa de 1cm/s. Se a área do triângulo permanece constante, a que 
taxa está variando o ângulo ) entre a e b, quando ) � * 6� ? 
Observação: Neste caso, a área do triângulo é dada por , � -.� 	����)�. 
 
Respostas: 
1. a) 42��
; b) 3������ 1�23; c) �
�4
 �
5/
���267/8. 
2. a) 24���� � 16��
 � 2� � 3, 16�
� � 24���� � 2� � 3; 
b) � �%9:�;�
%9:�<�, �
�=>%�;�?@A	�<�
%9: �<� ; c) �
;, 0. 
3. – *. 
4. -39km/h. 
5. � 5
C√3	'D�/�. 
PLANO TANGENTE E DIFERENCIAL TOTAL 
 
MOTIVAÇÃO 
 
(*) 
Imagine-se em um foguete que retorna à Terra, após uma bem sucedida 
exploração ao espaço sideral. 
(*) 
Ao olhar em direção ao seu destino, já nas proximidades dele, você vê a tão 
familiar forma geóide de nosso planeta: uma esfera achatada nos polos. 
(*) 
À medida que o foguete aproxima-se da superfície terrestre, esta vai lhe 
parecendo menos curva. 
(*) 
Até que, ao aterrissar, você sente, além da imensa alegria (e natural alívio) da 
volta ao lar, que está pousando em uma superfície plana. 
 
Pense, também, que mesmo sabendo que a terra não é plana, o horizonte nos 
parece uma reta. 
(*) 
Embora se possa perceber uma sutil curvatura na linha que separa o mar do céu, 
por exemplo, se limitarmos nosso campo de visão, voltamos a ter a impressão de que o 
“contorno da Terra” é uma reta. 
 
De que forma a distância relativa entre o observador 
e o objeto observado pode modificar a percepção de 
sua forma? Que relação isto tem com o nosso 
estudo? 
 
 
Uma das idéias mais importantes em cálculo de funções com uma única variável 
é que, à medida que ampliamos o gráfico de uma função diferenciável perto de um ponto, 
vendo uma região cada vez menor do todo, esse gráfico vai se tornando indistinguível de 
sua reta tangente e podemos aproximar a função por uma função linear. 
Desenvolveremos idéias semelhantes em três dimensões. À medida que 
ampliamos um campo em torno de um ponto, isto é, damos um zoom de um ponto 
pertencente à superfície correspondente ao gráfico de uma função diferenciável de duas 
variáveis, a superfície parece mais e mais com um plano (o plano tangente) e vamos 
aproximar a função, em uma vizinhança do ponto, por uma função linear de duas 
variáveis. 
 
(*) Veja animação na página da disciplina. 
 
 
 
 
 
PLANO TANGENTE 
 
Suponha que a superfície S tenha equação z = f (x,y), onde f tem derivadas 
parciais de primeira ordem contínuas, e seja P(x0, y0, z0) um ponto em S. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sejam C1 e C2 curvas obtidas pela intersecção de S com os planos verticais 
y = y0 e x = x0. O ponto P pertence à intersecção de C1 com C2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sejam T1 e T2 as retas tangentes às curvas C1 e C2 no ponto P. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y0 
x0z0 
P 
S: z = f (x,y) 
C1 
C2 
y0 
x0 
z0 
P 
S: z = f (x,y) 
T2 
C1 
C2 
y0 
x0 
z0 
P 
S: z = f (x,y) 
T1 
 
Então, o plano tangente à superfície S no ponto P é definido como o plano que 
contém as duas retas tangentes T1 e T2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mais genericamente, se C é uma curva qualquer que esteja contida na superfície 
S e que passe pelo ponto P, então sua reta tangente ao ponto P também pertence ao plano 
tangente. Podemos, portanto, pensar no plano tangente a S em P como sendo o plano que 
contém todas as retas tangentes a curvas contidas em S que passam pelo ponto P. O plano 
tangente em P é o plano que mais se aproxima da superfície S perto do ponto P. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y0 
x0 
z0 
S: z = f (x,y) 
C 
y0 
x0 
z0 
P 
S: z = f (x,y) 
T1 
C2 
C1 
P 
T2 
EQUAÇÃO DO PLANO TANGENTE 
 
Sabemos que qualquer plano passando pelo ponto P(x0, y0, z0) tem equação da 
forma: 
A(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) = 0 com C ≠ 0 se o plano não for vertical. 
 
Dividindo essa equação por C e tomando a = –A/C e b = –B/C, podemos 
escrevê-la como: 
 
z – z0 = a(x – x0) + b(y – y0) (1) 
 
Agora, se a equação (1) representa o plano tangente em P, sua intersecção com 
o plano y = y0 precisa ser a reta T1. Fazendo y = y0 na equação (1), obtemos: 
 
z – z0 = a(x – x0) y = y0 
 
que reconhecemos como a equação da reta, no plano y = y0, com inclinação a. Como a 
inclinação de T1 é fx (x0, y0), a = fx (x0, y0). 
 
Da mesma forma, tomando x = x0 na equação (1), obtemos: 
 
 z – z0 = b(y – y0) x = x0 
 
que precisa representar a reta T2, portanto b = fy (x0, y0). 
 
Assim: 
 
A equação do plano tangente à superfície z = f (x,y), no ponto P(x0, y0, z0), é 
 
z – z0 = fx (x0, y0) (x – x0) + fy (x0, y0) (y – y0) 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 1: Determine o plano tangente ao parabolóide elíptico z = 2x2 + y2 no ponto 
(1, 1, 3). 
 
Solução: Seja f (x,y) = 2x2 + y2. Então: fx (x,y) = 4x ⇒ fx (1, 1) = 4 
 fx (x,y) = 2y ⇒ fx (1, 1) = 2 
 Portanto, por (2), a equação do plano tangente em (1, 1, 3) é: 
 
z – 3 = 4 (x – 1) + 2 (y – 1) 
 
z = 4x + 2y –3 
(2) 
APROXIMAÇÕES LINEARES E DIFERENCIAIS 
 
No exemplo 1, achamos que a equação do plano tangente ao gráfico da função 
f (x,y) = 2x2 + y2 no ponto (1, 1, 3) é z = 4x + 2y –3. Portanto, em vista do que foi 
comentado na Motivação, a função linear de duas variáveis 
L (x,y) = 4x + 2y –3 
é uma boa aproximação de f (x,y) quando (x,y) está próximo de (1, 1). A função L é 
chamada de linearização de f em (1,1), e a aproximação 
f (x,y) ≈ 4x + 2y –3 
é chamada aproximação linear ou aproximação pelo plano tangente de f em (1, 1). 
 
Por exemplo, no ponto (1,1 ; 0,95) a aproximação linear fornece 
 
f (1,1 ; 0,95) ≈ 4(1,1) + 2(0,95) – 3 = 4,4 + 1,9 – 3 = 3,3 
 
que é bastante próximo do valor verdadeiro de f(1,1 ; 0,95) = 3,3225 (verifique!) 
Se, entretanto, tomarmos um ponto longe de (1, 1), como (2, 3), não teremos 
mais uma boa aproximação. (compare os valores de f(2,3) e L (2,3)). 
 
Generalização: A equação do plano tangente ao gráfico de uma função f de 
duas variáveis num ponto (a, b, f(a,b)) é, por (2): 
z = f(a,b) + fx (a, b) (x – a) + fy (a, b) (y – b) 
A função cujo gráfico é esse plano tangente, ou seja, 
L (x,y) = f(a,b) + fx (a, b) (x – a) + fy (a, b) (y – b) 
é chamada linearização de f em (a,b), e a aproximação: 
f (x,y) ≈ f(a,b) + fx (a, b) (x – a) + fy (a, b) (y – b) 
é chamada aproximação linear ou aproximação pelo plano tangente de f em (a,b). 
 
 
Exemplo 2: Já trabalhamos com a tabela que fornece o índice de calor I em função da 
temperatura real T e da umidade relativa H: 
 
Umidade relativa (%) 
T\H 50 55 60 65 70 75 80 85 90 
90 96 98 100 103 106 109 112 115 119 
92 100 103 105 108 112 115 119 123 128 
94 104 107 111 114 118 122 127 132 137 
96 109 113 116 121 125 130 135 141 146 
98 114 118 123 127 133 138 144 150 157 
100 119 124 129 135 141 147 154 161 168 
 
Determine a aproximação linear para I = f (T, H), quando T está próximo de 
96ºF e H está próximo de 70%. Use essa estimativa para calcular o índice de 
calor quando a temperatura é 97ºF e a umidade relativa é de 72%. 
 
Temperatura 
real 
(°F) 
Solução: Com os valores da tabela podemos obter f(96, 70) = 125, fT (96, 70) ≈ 3,75 
e fH (96, 70) ≈ 0,9. Assim, a aproximação linear é: 
 
 f (T, H) ≈ f(96, 70) + fT (96, 70) (T – 96) + fH (96, 70) (H – 70) 
≈ 125 + 3,75 (T – 96) + 0,9 (H – 70) 
 
 Em particular, 
 
 f (97, 72) ≈ f(96, 70) + fT (96, 70) (97 – 96) + fH (96, 70) (72 – 70) 
 ≈ 125 + 3,75 . 1 + 0,9 . 2 = 125 + 3,75 + 1,8 = 130,55 
 
 Portanto, quando T = 97ºF e H = 72%, o índice de calor 
 
I ≈ 131ºF 
 
 
 
 
 
Para uma função de duas variáveis, z = f (x,y), definimos os diferenciais dx e dy 
como variáveis independentes, ou seja, podem ter qualquer valor. Então, o diferencial 
dz, também chamado de diferencial total, é definido por: 
 
 
dz = fx (x, y) dx + fy (x, y) dy = dy
y
zdx
x
z
∂
∂
+
∂
∂
 
 
 
Algumas vezes a notação df é usada no lugar de dz. 
Se tomarmos dx = ∆x = x – a e dy = ∆y = y – b na equação (3), então a 
diferencial de z é 
dz = fx (a, b) (x – a) + fy (a, b) (y – b) 
 
E, assim, com a notação de diferencial, a aproximação linear pode ser escrita 
como 
f (x, y) ≈ f (a, b) + dz 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(3) 
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DO DIFERENCIAL: 
 
A figura abaixo mostra a interpretação geométrica do diferencial dz e do 
incremento ∆z: dz representa a variação na altura do plano tangente, ao passo que ∆z 
representa a variação da altura da superfície z = f (x,y) quando (x,y) varia de (a, b) para 
(a + ∆x, b + ∆y). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 3: Se z = f (x,y) = x2 + 3xy – y2, determine o diferencial dz. Se x varia de 2 a 
2,05 e y varia de 3 a 2,96, compare os valores de ∆z e dz. 
 
Solução: dz = fx (x, y) dx + fy (x, y) dy 
 
dz = (2x + 3y) dx + (3x – 2y) dy 
 
 Tomando x = 2, dx = ∆x = 0,05, y = 3 e dy = ∆y = -0,04, obtemos: 
 
 dz = 13.(0,05) + 0.(-0,04) = 0,65 e 
 
 ∆z = f (2,05 ; 2,96) – f (2,3) 
 = [(2,05)2 + 3(2,05)(2,96) – (2,96)2] – [22 + 3.2.3 – 32] 
 = [4,2025 + 18,204 – 8,7616] – [4 + 18 – 9] 
 = 13,6449 – 13 = 0,6449 
 
 
 
 
b 
a 
f(a, b) = L (a, b) 
(a,b) 
S: z = f (x,y) 
(a+∆x,b+∆y) 
f (a+∆x,b+∆y) 
L (a+∆x,b+∆y) 
∆z 
dz 
Exemplo 4: Foram feitas medidas do raio da base e da altura de um cone circular reto e 
obtivemos 10cm e 25cm, respectivamente, com possível erro nessas 
medidas de, no máximo, 0,1cm. Utilize o diferencial para estimar o erro 
máximo cometido no cálculo do volume do cone. 
 
Solução: O volume V do cone com raio da base r e altura h é V = pir2h/3. O diferencial de 
V é: 
 dV = Vr dr + Vh dh = (2pirh/3)dr + (pir2/3)dh 
 Como o erro é, no máximo de 0,1cm, temos |∆r| ≤ 0,1 e |∆h| ≤ 0,1. Para achar o 
erro máximo no volume tomamos o maior erro nas medidas de r e de h. Portanto 
tomamos dr = 0,1 e dh = 0,1 para r = 10 e h = 25. Logo: 
dV = (500pi/3).(0,1) + (100pi/3) (0,1) = 20pi 
 
 
FUNÇÕES DE TRÊS OU MAIS VARIÁVEIS 
 
Aproximações lineares e diferenciais podem ser definidas para funções de três 
ou mais variáveis de maneira ao feito para funções de duas variáveis. 
A aproximação linear é: 
 
f (x, y, z) ≈ f(a, b, c) + fx (a, b,c) (x – a) + fy (a, b, c) (y – b) + fz (a, b, c) (z – c) 
 
e a linearização L (x, y, z) é o lado direito dessa expressão. 
Se w = f (x, y, z), então o incremento de w é: 
 
∆w = f (x + ∆x, y + ∆y, z + ∆z) – f (x, y, z) 
 
O diferencial dw é definido em termos dos diferenciais dx, dy, dz das variáveis 
independentes por: 
dw = +
∂
∂ dx
x
w
+
∂
∂ dy
y
w dz
z
w
∂
∂
 
 
Exemplo 5: As dimensões de uma caixa retangular são medidas como 75cm, 60cm e 
40cm, cada medida feita com precisão de 0,2cm. Use diferenciais para 
estimar o maior valor possível do erro quando calculamos o volume da caixa 
usando essas medidas. 
 
Solução: Se as dimensões da caixa são x, y e z, seu volume é V = xyz e 
 
 dV = Vxdx + Vydy + Vzdz = yzdx + xzdy + xydz 
 
Foi nos dado que |∆x| ≤ 0,2, |∆y| ≤ 0,2 e |∆z| ≤ 0,2. Para determinar o 
maior erro no volume usamos dx = dy = dz = 0,2, x = 75, y = 60 e z = 40: 
 
∆V ≈ dV = 60.40.0,2 + 75.40.0,2 + 75.60.0,2 = 1980 
PLANO TANGENTE E DIFERENCIAL TOTAL 
 
A equação do plano tangente à superfície z = f (x,y), no ponto P(x0, y0, z0), é 
 
z – z0 = fx (x0, y0) (x – x0) + fy (x0, y0) (y – y0) 
 
 
A equação do plano tangente ao gráfico de uma função f de duas variáveis num 
ponto (a, b, f(a,b)) é, por (1): 
z = f(a,b) + fx (a, b) (x – a) + fy (a, b) (y – b) 
A função cujo gráfico é esse plano tangente, ou seja, 
L (x,y) = f(a,b) + fx (a, b) (x – a) + fy (a, b) (y – b) 
é chamada linearização de f em (a,b), e a aproximação: 
f (x,y) ≈ f(a,b) + fx (a, b) (x – a) + fy (a, b) (y – b) 
é chamada aproximação linear ou aproximação pelo plano tangente de f em (a,b). 
Para uma função de duas variáveis, z = f (x,y), definimos os diferenciais dx e dy 
como variáveis independentes, ou seja, podem ter qualquer valor. Então, o diferencial dz, 
também chamado de diferencial total, é definido por: 
 
dz = fx (x, y) dx + fy (x, y) dy = dyy
zdx
x
z
∂
∂
+
∂
∂
. 
 
 
MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES 
 
Uma função f, de duas variáveis, tem um máximo local em (a,b) se f(x,y) < f(a,b), 
para todo ponto (x,y) em alguma vizinhança de (a,b). O número f(a,b) é chamado valor 
máximo local. Da mesma forma, f tem um mínimo local em (a,b) se f(x,y) > f(a,b), para 
todo ponto (x,y) em alguma vizinhança de (a,b) e o número f(a,b) é chamado valor mínimo 
local. 
Se f(x,y) < f(a,b) ( ou f(x,y) > f(a,b) ) para todo (x,y) do domínio de f, então (a,b) é 
um ponto de máximo absoluto de f ( ou de mínimo absoluto de f ) e f(a,b) é o valor 
máximo absoluto (ou valor mínimo absoluto). 
Um ponto (a,b) é um ponto crítico de f se fx(a,b) = 0 e fy(a,b) = 0, ou se uma das 
derivadas parciais não existe. 
 
 
TEOREMA: Se uma função f tem um máximo ou um mínimo local em 
(a,b) e as derivadas parciais de primeira ordem de f estão definidas em 
alguma vizinhança de (a,b), então fx(a,b) = 0 e fy(a,b) = 0. 
 
 
O teorema nos diz que, se f tem um máximo ou um mínimo local em (a,b), então 
(a,b) é um ponto crítico de f. Entretanto nem todos os pontos críticos correspondem a um 
(1) 
(2) 
máximo ou um mínimo. Todo ponto crítico que não corresponde a um máximo ou um 
mínimo da função é dito ser um ponto de sela da f. 
 
 
Teste da Derivada Segunda: Suponha que as segundas derivadas 
parciais de f sejam contínuas em uma vizinhança de (a,b) e suponha que 
fx (a,b) = 0 e fy (a,b) = 0 [ ou seja, (a,b) é um ponto crítico de f ]. Seja D a 
função definida por: 
 
 D (x,y) = fxx (x,y)fyy (x,y) – [fxy (x,y)]2 
 
(a) Se D (a,b) > 0 e fxx (a,b) > 0, então f (a,b) é um mínimo local; 
(b) Se D (a,b) > 0 e fxx (a,b) < 0, então f (a,b) é um máximo local; 
(c) Se D (a,b) < 0, então f (a,b) não é nem mínimo local e nem máximo local. 
 
 
VALORES MÁXIMO E MÍNIMO ABSOLUTOS: 
 
 
Teorema do Valor Extremo para Funções de Duas Variáveis: Se f for 
contínua em um conjunto fechado e limitado D de IR2, então f atinge um valor 
máximo absoluto f(x1,y1) e um valor mínimo absoluto f(x2,y2) em D. 
 
Os pontos de extremo, cuja existência é garantida pelo teorema anterior, serão, ou 
pontos críticos de f, ou pontos da fronteira de D. Por isso, para determinar pontos de extremo 
de uma função contínua f, em um conjunto fechado e limitado D, podemos seguir os 
seguintes passos: 
 
1. Determine os valores de f nos pontos críticos de f em D. 
2. Determine os valores extremos de f na fronteira de D. 
3. O maior dos valores dos passos 1 e 2 é o valor máximo absoluto; o menor 
desses valores é o valor mínimo absoluto. 
 
 
MÁXIMOS E MÍNIMOS CONDICIONADOS 
MULTIPLICADORES DE LAGRANGE 
 
 
Método dos Multiplicadores de Lagrange: Para determinar os valores 
máximo e mínimo de f (x,y,z) sujeita a g (x,y,z) = k (supondo que esses 
valores existam): 
a) Determine todos os valores de x, y e z tais que: 
∇f (x,y,z) = λ∇g (x,y,z) 
e g (x,y,z) = k 
b) Calcule f em todos os pontos (x,y,z) que resultaram do passo a). O maior 
desses valores será o valor máximo de f e o menor, será o valor mínimo 
de f. 
 
 
PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL 
FACULDADE DE MATEMÁTICA - DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
4115P-02 CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL III – Prof. MARIA BEATRIZ 
 
 
EXERCÍCIOS: PLANO TANGENTE E DIFERENCIAL 
 
 
1) Determine a equação do plano tangente ao gráfico das funções abaixo, no ponto 
indicado: 
a) z = x2 + y2 ; P(3,1,10) 
b) z = 3xy ; P(2,1,3) 
c) z = ln (x + y) ; P(2,-1,0) 
 
2) Determine a equação do plano tangente à superfície xyz = a3 no ponto (a,a,a), onde a é 
uma constante arbitrária. 
 
3) Dada a função f (x,y) = xey + x e o ponto (1,0), 
a) determine a equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto (1,0,k); 
b) dê o valor aproximado de f (1,002 ; 0,001), utilizando o item a). 
 
4) Dada a função 
22 yx3
1
z
−−
= , 
a) dê seu domínio; 
b) represente, no plano xy, sua curva de nível em c = 1; 
c) calcule )1,1(
x
z
∂
∂
 e )1,1(
y
z
∂
∂
; 
d) escreva a equação do plano tangente ao gráfico de z (x,y) no ponto (1,1,z (1,1)); 
e) calcule, aproximadamente, ∆z, quando ∆x = 0,01 e ∆y = 0,02, a partir do ponto 
(1,1). 
 
5) Dada a função f (x,y) = e5x –3y , calcule, aproximadamente, f (3,002 ; 4,997). 
 
6) Usando a noção de diferencial, mostre que (1,02)3,01 é, aproximadamente, 1,06. 
 
7) A potência consumida em um resistor elétrico é 
R
EP
2
= em watts, sendo E = 200 volts 
e R = 8 ohms num dado instante. Se E diminui de 5 volts e R de 0,2 ohms, de quanto 
varia, aproximadamente, a potência? 
 
8) Para um gás ideal, ao se medir T (temperatura) tem-se um erro de 0,3% e ao medir V 
(volume), 0,8%. Qual o erro relativo ao se calcular a pressão p, sabendo que é utilizada 
a lei PV = kT, onde k é uma constante? 
 
RESPOSTAS: 
1) a) z = 6x +2y – 10; b) z = 6x + 3y – 6; c) z = x + y – 1 . 
2) z = – x – y + 3ª 
3) a) z = 2x + y; b) f (1,002; 0,001) ≅2,005 
4) a) D = { (x, y) | x2 + y2 < 3}; b) 
c) zx(1, 1) = 1 , zy(1, 1) = 1 d) 
z = x + y – 1 e) ∆z ≅ 
dz = 0,03 
 
 
 
 
 
5) f (3,002; 4,997) ≅ 1,019 
6) Considere a função f (x, y) = xy e o ponto (1, 3). 
7) – 125w 
8) (–) 0,5% 
x
2
 + y2 = 2 
x 
y 
MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES 
 
INTRODUÇÃO 
 
Neste módulo, veremos como utilizar as derivadas parciais para localizar os 
pontos onde ocorrem os valores máximo e mínimo da imagem de uma função de duas 
variáveis, seja considerando todo seu domínio, seja considerando uma parte dele. Estes 
resultados serão aplicados para resolver problemas de otimização, como o de determinar 
o volume máximo de uma caixa sem tampa que deve ser construída com uma quantidade 
fixa de cartolina. 
 
 
MÁXIMO E MÍNIMOS RELATIVOS: 
 
O conjunto Vδ (a,b) = {(x,y)/ |(x,y) – (a,b)| < δ} é o conjunto de todos os pontos 
do plano que estão a uma distância menor do que δ do ponto (a,b) e é chamado de 
vizinhança de raio δ do ponto (a,b). Graficamente o conjunto Vδ (a,b) é um disco de 
centro em (a,b) e raio δ. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Uma função f, de duas variáveis, tem um máximo local em (a,b) se f(x,y) < 
f(a,b), para todo ponto (x,y) em alguma vizinhança de (a,b). O número f(a,b) é chamado 
valor máximo local. Da mesma forma, f tem um mínimo local em (a,b) se f(x,y) > 
f(a,b), para todo ponto (x,y) em alguma vizinhança de (a,b) e o número f(a,b) é chamado 
valor mínimo local. 
Se f(x,y) < f(a,b) ( ou f(x,y) > f(a,b) ) para todo (x,y) do domínio de f, então 
(a,b) é um ponto de máximo absoluto de f ( ou de mínimo absoluto de f ) e f(a,b) é o 
valor máximo absoluto (ou valor mínimo absoluto). 
a 
b 
Vδ (a,b) 
δ 
Na figura ao lado podemos 
identificar pontos onde a 
imagem atinge um máximo ou 
um mínimo observando os 
“picos de montanhas” (máximos 
locais) e “fundo dos vales” 
(mínimos locais) 
máximos locais 
mínimos locais 
Um ponto (a,b) é um ponto crítico de f se fx(a,b) = 0 e fy(a,b) = 0, ou se uma 
das derivadas parciais não existe. 
 
 
TEOREMA: Se uma função f tem um máximo ou um mínimo local em 
(a,b) e as derivadas parciais de primeira ordem de f estão definidas em 
alguma vizinhança de (a,b), então fx(a,b) = 0 e fy(a,b) = 0. 
 
 
O teorema nos diz que, se f tem um máximo ou um mínimo local em (a,b), 
então (a,b) é um ponto crítico de f. Entretanto nem todos os pontos críticos correspondem 
a um máximo ou um mínimo. 
 
 
 
Exemplo 1: Determine os pontos críticos e verifique quais deles são pontos extremais de: 
a) f(x,y) = x2 + y2 –2x – 6y + 14 
 
 Solução: fx(x,y) = 2x – 2 = 0 ⇒ x = 1 o único ponto crítico de f 
 fy(x,y) = 2y – 6 = 0 ⇒ y = 3 é (1,3) 
 
Também, calculando f(1,3) obtemos 4 e completando os quadrados, temos: 
f (x,y) = x2 –2x + 1 + y2 – 6y + 9 + 14 – 1 – 9 
 = x
2 
–2x + 1 + y2 – 6y + 9 + 4 
 = (x – 1)2 + (y – 3)2 + 4 > 4 
para todo ponto (x,y). 
Logo, o ponto crítico (1,3) é um ponto de mínimo local de f e 4 é o valor 
mínimo local. 
 
 
 
 
Observando o gráfico de f, 
percebemos um “fundo de vale” 
correspondente ao ponto (1,3), o 
que indica que ocorre aí um 
mínimo local. 
b) f(x,y) = y2 – x2 
 
 Solução: fx(x,y) = – 2x = 0 ⇒ x = 0 o único ponto crítico de f 
 fy(x,y) = 2y = 0 ⇒ y = 0 é (0,0) 
 
Temos que f(0,0) = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, (0,0) não é ponto nem de máximo e nem de mínimo de f. 
 
 
 
 
O teste que segue nos dá condições para determinar se uma função tem um 
valor extremo em um ponto crítico. 
 
 
 
 
 
(x,0) 
(0,y) Vδ (0,0) 
(0,0) 
Tomando pontos sobre o 
eixo y, do tipo (x,0), e calculando 
sua imagem, obtemos: 
f(x,0) = 0 – x2 = – x2 < 0 se x ≠ 0. 
Da mesma forma, tomando pontos 
do tipo (0,y), sobre o eixo x, 
obtemos f(0,y) = y2 – 0 = y2 > 0, se 
y ≠ 0. Assim, em qualquer 
vizinhança de (0,0), obtemos 
pontos com imagens menores e 
pontos com imagens menores do 
que 0 = f(0,0). 
O gráfico de f é o parabolóide 
hiperbólico z = y2 – x2, que tem 
plano tangente horizontal na 
origem (z = 0). Pode-se ver que 
f(0,0) = 0 é um máximo na 
direção do eixo x, mas é um 
mínimo na direção do eixo y. 
Perto da origem, o gráfico tem o 
formato de uma sela e, por isso, 
(0,0) é dito ser um ponto de sela 
de f. 
Teste da Derivada Segunda: Suponha que as segundas derivadas 
parciais de f sejam contínuas em uma vizinhança de (a,b) e suponha 
que fx (a,b) = 0 e fy (a,b) = 0 [ou seja, (a,b) é um ponto crítico de f ]. 
Seja D a função definida por: 
 
 D (x,y) = fxx (x,y)fyy (x,y) – [fxy (x,y)]2 
 
(a) Se D (a,b) > 0 e fxx (a,b) > 0, então f (a,b) é um mínimo local; 
(b) Se D (a,b) > 0 e fxx (a,b) < 0, então f (a,b) é um máximo local; 
(c) Se D (a,b) < 0, então f (a,b) não é nem mínimo local e nem máximo local. 
 
Observações: 
1) No caso (c), (a,b) é chamado de ponto de sela de f, e o gráfico de f atravessa 
o plano tangente. 
2) Se D = 0, o teste não fornece informação: (a,b) pode ser tanto um ponto de 
mínimo local, como um ponto de máximo local como, ainda, pode ser um 
ponto de sela. 
3) Para lembrar a fórmula de D é útil escrevê-lo como um determinante: 
yyyx
xyxx
ff
ff
D = =fxx fyy – (fxy)2 
 
Exemplo 2: Determine os valores de máximo e de mínimo locais e os pontos de sela da 
função f (x,y) = x4 + y4 – 4xy +1 
 
Solução: Pontos críticos de f: 
fx (x,y) = 4x3 – 4y = 0 ⇒ x3 – y = 0 ⇒ y = x3 
fy (x,y) = 4y3 – 4x = 0 ⇒ y3 – x = 0 ⇒ (x3)3 – x = x9 – x = x (x8 – 1) = 0 
⇒ x = 0 ou 
 x
8
 – 1 = (x4 – 1) (x4 + 1) 
= (x2 – 1) (x2 + 1) (x4 + 1) 
= (x – 1) (x + 1) (x2 + 1) (x4 + 1) = 0 ⇒ x = 1 ou x = -1. 
Como y = x3: x = 0 ⇒ y = 0 
 x = 1 ⇒ y = 1 
 x = -1 ⇒ y = -1 
Assim, os pontos críticos são: (0,0), (1,1), (-1,-1). 
Para determinar D (x,y), precisamos das derivadas parciais de segunda ordem 
de f: fxx (x,y) = 12x2 
 fyy (x,y) = 12y2 
 fxy (x,y) = -4 
Portanto D (x,y) = 144x2y2 – 16 
D (0,0) = -16 < 0 ⇒ (0,0) é ponto de sela 
D (1,1) = 128 > 0 e fxx (1,1) = 12 > 0 ⇒ (1,1) é ponto de mínimo local 
D (-1,-1) = 128 > 0 e fxx (-1,-1) = 12 > 0 ⇒ (-1,-1) é ponto de mínimo local 
Observe, no gráfico da função e no seu mapa de contorno, os pontos encontrados: 
f (x,y) = x4 + y4 – 4xy +1 
 
Exemplo 3: Determine a distância mais curta entre o ponto (1,0,-2) e o plano 
x + 2y + z = 4. 
 
Solução: A distância entre um ponto qualquer e (1,0,-2) é: 
 
222 )2z(y)1x(d +++−= 
 Mas, se (x,y,z) pertence ao plano x + 2y + z = 4, então z = 4 – x – 2y. 
Assim: 
222222 )y2x6(y)1x()2y2x4(y)1x(d −−++−=+−−++−=
 
Podemos minimizar d minimizando a expressão mais simples: 
2222 )y2x6(y)1x()y,x(fd −−++−== 
Resolvendo as equações: 
fx (x,y) = 2x – 2 – 12 + 2x + 4y = 4x + 4y – 14 = 0 
fy (x,y) = 2y – 24 + 4x + 8y = 4x + 10y – 24 = 0 
Achamos: 4y = 14 – 4x ⇒ y = (7/2) – x 
 ⇒ 4x + 10[(7/2) – x] – 24 = 0 ⇒ 4x + 35 – 10x – 24 = 0 
 ⇒ 11 – 6x = 0 ⇒ x = 11/6 ⇒ y = (7/2) – (11/6) = 5/3 
Assim, o único ponto crítico é (11/6,5/3). 
Como fxx = 4, fxy = 4 e fyy = 10, temos D (x,y) = fxxfyy – (fxy)2 = 40 – 16 = 24 > 0 e 
fxx = 4 > 0. Logo, pelo Teste da Derivada Segunda, f tem um mínimo local em (11/6,5/3). 
Intuitivamente podemos ver que esse mínimo local é, na verdade, mínimo absoluto, 
porque precisa haver um ponto no plano dado que esteja mais próximo de (1,0,-2). Ainda 
podemos determinar esta distância: 
6
65)
3
52
6
116(
3
5)1
6
11(d 2
2
2
=−−++−= 
 
Exemplo 4: Uma caixa retangular sem tampa deve ser feita com 12m2 de papelão. 
Determine o volume máximo de tal caixa. 
 
Solução: Sejam x, y e z o comprimento, a largura e a altura 
da caixa (em metros). O volume desta caixa é 
V = xyz 
Podemos expressar V como função só de x e de y, 
usando o fato de que a área dos quatro lados e do 
fundo da caixa é 
2xz + 2yz + xy = 12 
Isolando z nesta equação, temos: 
z = (12 – xy) / (2x + 2z) 
 
Assim: V = f (x,y) = )yx(2
yxxy12
)yx(2
xy12
xy
22
+
−
=
+
−
 
Agora vamos encontrar os pontos críticos de f para determinar seu máximo. 
0xy2x12ou0y0
)yx(2
)xy2x12(y
)yx(2
yxxy12xy2yx2y12xy12
)yx(4
2)yxxy12()yx(2)xy2y12(
x
V
2
2
22
2
223222
2
222
=−−=⇒=
+
−−
=
+
+−−−+
=
+
−−+−
=
∂
∂
 
0xy2y12ou0x0
)yx(2
)xy2y12(x
)yx(2
yxxy12yx2yx2x12xy12
)yx(4
2)yxxy12()yx(2)yx2x12(
y
V
2
2
22
2
222232
2
222
=−−=⇒=
+
−−
=
+
+−−−+
=
+
−−+−
=
∂
∂
 
Se x = 0 e y = 0, as derivadas parciais se anulam, mas ovolume é nulo, e este, 
certamente, não é o maior possível. 
Então 12 – x2 – 2xy = 0 e 12 – y2 – 2xy = 0 ⇒ x2 = y2 ⇒ x = y 
Portanto, substituindo em uma das equações, vem: 
12 – x2 – 2xx = 0 ⇒ 12 – 3x2 = 0 ⇒ 3x2 = 12 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = 2 e y = 2 
Consequentemente, z = (12 – xy) / (2x + 2z) = (12 – 4) / 8 = 8 / 8 = 1. 
Podemos usar o Teste da Derivada Segunda para mostrar que o ponto obtido é 
um máximo local de V, ou podemos argumentar que a natureza física do problema exige 
a existência de um máximo absoluto e que, portanto, esse máximo ocorre quando x = 2, 
y = 2 e z = 1. 
Logo, V = 2.2.1 = 4 é o volume máximo da caixa. 
 
 
x 
z 
y 
VALORES MÁXIMO E MÍNIMO ABSOLUTOS: 
 
Dizemos que um conjunto em IR2 é fechado se contém todos os pontos da 
fronteira. (Um ponto da fronteira de D é um ponto (a,b) tal que qualquer vizinhança de 
(a,b) contém pontos de D e pontos não pertencentes a D.) 
 
 
 vizinhança de (a,b) 
 
 
 
 
 
 
 conjuntos fechados conjuntos não fechados 
 ponto da fronteira (a,b) 
 
 
Um conjunto limitado em IR2 é um conjunto que está contido em alguma 
vizinhança. 
 Vizinhança 
 
 Conjunto limitado 
 
 
 
 
 
 
Teorema do Valor Extremo para Funções de Duas Variáveis: Se f for 
contínua em um conjunto fechado e limitado D de IR2, então f atinge um 
valor máximo absoluto f(x1,y1) e um valor mínimo absoluto f(x2,y2) em D. 
 
 
Os pontos de extremo, cuja existência é garantida pelo teorema anterior, serão, 
ou pontos críticos de f, ou pontos da fronteira de D. Por isso, para determinar pontos de 
extremo de uma função contínua f, em um conjunto fechado e limitado D, podemos 
seguir os seguintes passos: 
 
 
1. Determine os valores de f nos pontos críticos de f em D. 
2. Determine os valores extremos de f na fronteira de D. 
3. O maior dos valores dos passos 1 e 2 é o valor máximo absoluto; o 
menor desses valores é o valor mínimo absoluto. 
 
 
Exemplo 5: Determine os valores máximo e mínimo absolutos da função 
f (x,y) = x2 – 2xy + 2y 
no conjunto D = { (x,y) / 0 < x < 3, 0 < y < 2 } 
 
Solução: Como f é um polinômio, é contínua no retângulo fechado e limitado D. 
 
Portanto o teorema nos diz que existe tanto o 
máximo como o mínimo absoluto de f em D. 
De acordo com o passo 1, inicialmente 
devemos encontrar ou pontos críticos. Esses 
ocorrem quando: 
fx (x,y) = 2x – 2y = 0 e fx (x,y) = –2y + 2 = 0 
Portanto o único ponto crítico existente é 
(1,1), no qual f(1,1) = 1. 
 
 
No passo 2, olhamos para os valores de f na fronteira de D, que é 
constituída dos quatro segmentos de reta L1, L2, L3, L4. 
 
Em L1, temos y = 0 e f (x,0) = x2 , com 0 < x < 3. Isso corresponde a uma 
função crescente de x, que tem valor mínimo f (0,0) = 0 e valor máximo 
f (3,0) = 9. 
 
Sobre L2, temos x = 3 e f (3,y) = 9 – 4y, com 0 < y < 2. Essa é uma função 
decrescente de y, portanto seu máximo é f (3,0) = 9 e seu mínimo é 
f (3,2) = 1. 
 
Sobre L3, temos y = 2 e f (x,2) = x2 – 4x + 4, com 0 < x < 3. Observando 
que f (x,2) = (x – 2)2, vemos que o mínimo dessa função é f (2,2) = 0 e o 
máximo é f (0,2) = 4. 
 
Finalmente, em L4, temos x = 0 e f (0,y) = 2y, onde 0 < y < 2, com 
máximo igual a f (0,2) = 4 e mínimo igual a f (0,0) = 0. 
 
 
Comparando os valores obtidos, 
concluímos que, na fronteira, o 
valor mínimo de f é 0 e o valor 
máximo de f é 9. 
 
 
 
No passo 3, comparamos esses valores com f (1,1) =1 no ponto crítico e 
concluímos que o valor máximo absoluto de f em D é f (3,0) = 9 e o valor 
mínimo absoluto de f em D é f (0,0) = f (2,2) = 0. 
 
D 
0 
2 
3 
D 
(0,0) 
(0,2) 
(3,3) 
L3 
L2 L4 
L1 
(3,2) (2,2) . 
(1,1) 
. 
 
 
 
Para complementar o estudo, faça a leitura e exercícios correspondentes a 
esse assunto, em algum livro da bibliografia da disciplina. 
 
 
Observe, ao lado, o gráfico de f. 
PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL 
FACULDADE DE MATEMÁTICA - DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
4115P-04 CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL III – T590 
_________________________________________________________________________ 
 
EXERCÍCIOS – MÁXIMOS E MÍNIMOS 
 
1) Calcule as dimensões do retângulo de área máxima inscrito em uma semi-
circunferência de raio a. 
 
2) Determine o ponto do plano x + 2y + 3z = 6 mais próximo da origem (0, 0, 0). 
 
3) Determine o ponto da reta de intersecção dos planos x + y + z = 1 e 
3x + 2y + z = 6 mais próximo da origem. 
 
4) Determine a elipse 1
b
y
a
x
2
2
2
2
=+ que passa pelo ponto (4,1) e tem área mínima. 
 (Observação: A área da elipse 1
b
y
a
x
2
2
2
2
=+ é Ae = pi ab) 
 
5) Uma lata de azeite tem como dimensões da base retangular x e y. O custo da 
produção e do armazenamento de uma quantidade de latas fixada é expresso 
pela função C(x,y) = 30xy + 20x2 + 20y2 + 5000. Determine as dimensões da 
base para que o custo seja mínimo, sabendo que a diagonal da base deve ter 
10cm. 
 
6) Ache o volume da maior caixa retangular de lados paralelos aos planos 
coordenados, que possa ser inscrita no elipsóide 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144. 
 
7) Determine o máximo de (senx)(seny)(senz), sendo x, y e z os ângulos internos 
de um triângulo. 
 
8) Uma caixa retangular tem 3 faces nos planos coordenados e um vértice 
P = (x,y,z) no primeiro octante sobre o plano ax + by + cz = 1. Calcule o 
volume da maior caixa com essas características. 
 
RESPOSTAS: 1) (2a / 2 ) X (a / 2 ) 2) 





7
9
,
7
6
,
7
3
 
 3) 





−
3
5
,
3
1
,
3
7
 4) 1
2
y
32
x
22
=+ 
 5) x = y = 50 6) V = 64 3 
 7) (sen 
3
pi )3 = 
8
33
 8) V = 
abc27
1
 
Cálculo Diferencial e Integral III 
Exercícios de Máximos e Mínimos Locais e Absolutos 
Retirados do livro Anton, H. Cálculo: Um Novo Horizonte. Volume 2, págs. 386 e 387. 
 
1. Localize todos os máximos e mínimos relativos e os pontos de sela das funções abaixo: 
a) ���, �� � �� 	 �� 	 3� 	 2� 	 3; 
b) ���, �� � �� 	 �� 	 �� � 3�; 
c) ���, �� � �� 	 �� 	 �
�
; 
d) ���, �� � �� 	 � � ��; 
e) ���, �� � �
����; 
f) ���, �� � ���
������
�. 
 
2. Determine os extremos absolutos da função ���, �� � �� � � � 3� sobre o conjunto 
fechado e limitado R, composto pela região triangular com vértices (0,0), (0,4) e (5,0). 
 
3. Determine todos os pontos sobre a parte do plano x + y + z = 5 no primeiro octante 
nos quais ���, �, �� � ����� tem um valor máximo. 
 
4. Uma caixa retangular com um volume de 16 cm
3
 é feita de dois tipos de materiais. O 
topo e a base são feitos de um material que custa 10 centavos por centímetro 
quadrado e os lados de um material que custa 5 centavos por centímetro quadrado. 
Determine as dimensões da caixa de modo que o custo dos materiais seja minimizado. 
 
5. Determine as dimensões de uma caixa retangular, aberta no topo, tendo volume V, e 
requerendo a menor quantidade de material para sua construção. 
 
Respostas: 
1. a) ponto de sela em (1,-2); b) mínimo relativo em (2,-1); c) mínimos relativos em (-1,-1) 
e (1,1); d) ponto de sela em (0,0); e) nenhum ponto crítico; f) um máximo relativo em 
(-1,0). 
2. Máximo absoluto 0 e mínimo absoluto -12. 
3. Máximo em (1,2,2). 
4. Comprimento e largura 2cm, altura 4cm. 
5. Comprimento e largura √2�� , altura √
���
�
. 
MÁXIMOS E MÍNIMOS CONDICIONADOS 
MULTIPLICADORESDE LAGRANGE 
 
INTRODUÇÃO 
 
Em um exemplo da aula anterior, maximizamos a função volume, sujeita à 
restrição 2xz + 2yz +xy = 12, que expressa a condição da área da superfície ser de 12m2. 
Nesta aula, vamos generalizar essa situação. 
Vamos começar tentando determinar valores extremos de f (x,y) sujeita à 
restrição da forma g (x,y) = k. Em outras palavras, queremos achar os valores extremos 
de f (x,y) quando o ponto (x,y) pertence à curva de nível g (x,y) = k da função g. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelo observado acima, no ponto (x0,y0), onde ocorre o maior valor de f(x,y) 
sujeita à restrição g(x,y) = k, os vetores gradientes ∇f(x0,y0) e ∇g(x0,y0) são paralelos, ou 
seja, ∇f(x0,y0) = λ∇g(x0,y0), para algum escalar λ. 
Esse argumento também se aplica ao problema de achar valores extremos de 
f(x,y,z) sujeita à restrição g(x,y,z) = k. Assim, o ponto (x,y,z) está restrito a pertencer à 
superfície de nível S = [g(x,y,z) = k]. Se o valor máximo de f em S é f(x0,y0,z0) = c, então 
a superfície de nível f(x,y,z) = c é tangente à superfície g(x,y,z) = k e os correspondentes 
gradientes são paralelos, ou seja, existe um número λ tal que ∇f(x0,y0,z0) = λ∇g(x0,y0,z0). 
O número λ é chamado Multiplicador de Lagrange e o procedimento seguinte 
nos leva aos valores máximo e mínimo de f, restrita à g ≡ k: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na figura ao lado, mostramos a 
curva de nível g (x,y) = k 
juntamente com várias curvas 
de nível de f. Maximizar f(x,y) 
sujeita a g(x,y) = k é achar o 
maior valor de ci tal que a 
curva f(x,y) = ci intercepte a 
curva g(x,y) = k. Isso acontece 
quando essas curvas têm uma 
tangente comum ou, 
consequentemente, quando as 
retas normais ao ponto (x0,y0), 
onde as duas curvas se tocam, 
devem ser as mesmas. 
x 
y 
f (x,y) = c1 
f (x,y) = c2 
f (x,y) = c3 
f (x,y) = c4 
f (x,y) = c5 
g (x,y) = k 
MULTIPLICADORES DE LAGRANGE 
 
Método dos Multiplicadores de Lagrange: Para determinar os valores 
máximo e mínimo de f (x,y,z) sujeita a g (x,y,z) = k (supondo que esses 
valores existam): 
a) Determine todos os valores de x, y e z tais que: 
∇f (x,y,z) = λ∇g (x,y,z) 
e g (x,y,z) = k 
b) Calcule f em todos os pontos (x,y,z) que resultaram do passo a). O 
maior desses valores será o valor máximo de f e o menor, será o 
valor mínimo de f. 
 
 
A equação vetorial ∇f = λ∇g pode ser escrita em função de seus componentes, 
ficando o sistema do passo a) expresso pelas equações: 
 
fx(x,y,z) = λgx(x,y,z), fy(x,y,z) = λgy(x,y,z), fz(x,y,z) = λgz(x,y,z), g(x.y.z) = k, 
se f depender de três variáveis, ou 
 
fx(x,y) = λgx(x,y), fy(x,y) = λgy(x,y), g(x,y) = k, se f e g dependerem de duas 
variáveis. 
 
 
Exemplo 1: Uma caixa retangular sem tampa deve ser feita com 12m2 de papelão. 
Determine o volume máximo de tal caixa. 
 
Solução: 
Sejam x, y e z o comprimento, a largura e a altura 
da caixa (em metros). O volume desta caixa é 
V(x,y,z) = xyz 
Queremos maximizar essa função sujeita à 
restrição: 
g(x,y,z) = 2xz + 2yz + xy = 12 
 
 
 
Utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange, procuramos os valores de 
x, y e z tais que ∇ V= λ∇g e g (x,y,z) = 12 Isso gera as equações: 
 
Vx = λgx, Vx = λgx, Vx = λgx e 2xz + 2yz + xy = 12 
ou seja: 
 
 yz = λ (2z + y) (1) 
 xz = λ (2z + x) (2) 
 xy = λ (2x + 2y) (3) 
 2xz + 2yz + xy = 12 (4) 
x 
z 
y 
 
Não há regras gerais para resolver esse sistema de equações. Algumas vezes 
precisamos de alguma engenhosidade. No presente caso, multiplicamos (2) por 
x, (3) por y e (4) por z para os lados esquerdos dessas equações ficarem 
idênticos: 
xyz = λ (2xz + xy) (5) 
 xyz = λ (2yz + xy) (6) 
 xyz = λ (2xz + 2yz) (7) 
 
Observamos que λ ≠ 0, porque λ = 0 implicaria por (1), (2) e (3) em 
 
yz = xz = xy = 0 
 
e isso contradiz (4). Então, de (5) e (6), temos: 
 
2xz + xy = 2yz + xy ⇒ xz = yz ⇒ z = 0 ou x = y 
 
Mas não podemos ter z = 0, pois isso resultaria em V = 0 (que não é o maior 
volume possível). Portanto, 
x = y. 
De (6) e (7), temos: 
 
2yz + xy = 2xz + 2yz ⇒ xy = 2xz ⇒ x = 0 ou y = 2z 
 
Mas também não podemos ter x = 0, pois V = 0 não é o maior volume. Então 
 
y = 2z 
Colocando x = y = 2z em (4), vem: 
 
4z2 + 4z2 + 4z2 = 12 ⇒ 12z2 = 12 ⇒ z2 = 1 ⇒ z = 1 
 
uma vez que z não pode ser negativo. Logo: 
 
x = 2, y = 2, z = 1 
 
são as dimensões da caixa com o maior volume 
 
V = xyz = 4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 2: Determine os valores extremos de f(x,y) = x2 + 2y2 no círculo x2 + y2 = 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na figura acima, visualizamos o parabolóide elíptico z = x2 + 2y2 e o 
cilindro x2 + y2 = 1. O que procuramos é o ponto mais alto e o ponto mais 
baixo da curva C de intersecção das duas superfícies. 
 
Solução: Determinaremos os valores extremos de f sujeita à restrição g(x,y) = x2 + y2 
= 1, usando multiplicadores de Lagrange. Para isso, resolveremos as 
equações 
 
∇f = λ∇g e g (x,y) = 1 
 
que podem ser escritas como: 
 
fx = λgx , fy = λgy , x2 + y2 = 1 
 
ou: 2x = 2xλ (1) 
 4y = 2yλ (2) 
 x
2
 + y2 = 1 (3) 
 
De (1), temos x = 0 ou λ = 1. Se x = 0 então, por (3), y = ± 1. Se λ = 1 
então, por (2), y = 0, que resulta, por (3), x = ± 1. Portanto, os pontos onde 
pode ocorrer valores extremos de f são: 
 
(0,1) , (0,-1) , (1,0) , (-1,0) 
 
Calculando f nesses quatro pontos, temos: 
 
f(0,1) = 2 , f(0,-1) = 2 , f(1,0) = 1 , f(-1,0) = 1. 
 
Logo, o valor máximo de f no círculo x2 + y2 = 1 é 2 = f(0,±1) e o valor 
mínimo é 1 = f(±1,0). 
 
C 
A figura abaixo mostra um mapa de contorno de f (em azul) e a 
curva de nível g (x,y) = x2 + y2 = 1 (em vermelho ). Observe que os valores 
extremos de f (x,y) = x2 + 2y2 correspondem às curvas de nível que 
encostam no círculo x2 + y2 = 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 3: Determine os valores extremos de f (x,y) = x2 + 2y2 no disco x2 + y2 < 1. 
 
Solução: De acordo com o procedimento sugerido na aula anterior, para determinar 
extremos absolutos de uma função contínua em um conjunto fechado e 
limitado, comparamos os valores de f nos pontos críticos com os valores 
de f na fronteira. 
Como fx = 2x e fy = 4y, o único ponto crítico é (0,0). Comparando o valor 
de f nesse ponto com os valores extremos de f na fronteira x2 + y2 = 1, 
obtidos no exemplo 2, temos: 
 
f(0,0) = 0 f(±1,0) = 1 f(0,±1) = 2. 
 
Portanto, o valor máximo de f no disco x2 + y2 < 1 é f(0,±1) = 2 e o valor 
mínimo é f(0,0) = 0. 
 
 
 
 
x
2
 + 2y2 = 2 x
2
 + 2y2 = 1 
Exemplo 4: Determine os pontos da esfera x2 + y2 + z2 = 4 que estão mais próximo e 
mais distante do ponto (3, 1, -1). 
 
Solução: A distância de um ponto (x,y,z) ao ponto (3, 1, -1) é: 
 
222 )1z()1y()3x(d ++−+−= 
 
mas a resolução fica simplificada se maximizarmos e minimizarmos o 
quadrado da distância: 
 
d2 = f (x,y,z) = (x – 3)2 + (y – 1)2 + (z + 1)2 
 
A restrição é que o ponto pertença à esfera, ou seja: 
 
g (x,y,z) = x2 + y2 + z2 = 4 
 
De acordo com o método dos multiplicadores de Lagrange, resolvemos: 
 
∇f = λ∇g e g (x,y) = 4 
 
que nos leva a: 
2(x – 3) = 2λx (1) 
2(y – 1) = 2λy (2) 
2(z + 1) = 2λz (3) 
x
2
 + y2 + z2 = 4 (4) 
 
O modo mais simples de resolver esse sistema é resolver x, y e z em 
termos de λ nas três primeiras equações e substituir esses valores na 
última. Assim, temos: 
(1) ⇒ x – 3 = λx ⇒ x (1 – λ) = 3 ⇒ 
λ−
=
1
3
x 
(2) ⇒ y – 1 = λy ⇒ y (1 – λ) = 1 ⇒ 
λ−
=
1
1y 
(3) ⇒ z + 1 = λz ⇒ z (1– λ) = -1 ⇒ 
λ−
−
=
1
1
z 
(Observe que, por (1), 1 – λ ≠ 0, uma vez que λ = 1 é impossível) 
Portanto, 
 
(4) ⇒ 4
)1(
)1(
)1(
1
)1(
3
2
3
2
3
2
3
=
λ−
−
+
λ−
+
λ−
 ⇒ 4
)1(
11
2 =λ−
 ⇒ (1 – λ)2 = 11/4 
⇒ 2
111 ±=λ− ⇒ 
2
111±=λ 
 
Esses valores de λ fornecem, então, os pontos cerrespondentes (x,y,z): 
 





 −
11
2
,
11
2
,
11
6
 e 




 −−
11
2
,
11
2
,
11
6
 
 
É fácil ver que f tem valor menor no primeiro desses pontos. Logo, o 
ponto mais próximo é 




 −
11
2
,
11
2
,
11
6
 e o ponto mais distante é 





 −−
11
2
,
11
2
,
11
6
. 
 
 
 
 
 
 
DUAS RESTRIÇÕES 
 
Suponha, agora, que queiramos determinar os valores máximo e mínimo de 
f (x,y,z) sujeita a duas restrições da forma g (x,y,z) = k e h (x,y,z) = c. Geometricamente, 
isto significa que estamos olhando para valores extremos de f quando (x,y,z) está restrito 
a pertencer à curva obtida pela intersecção das superfícies de nível g (x,y,z) = k e 
h (x,y,z) = c. Pode ser mostrado que, se um valor extremo ocorre em (x0, y0, z0), então o 
vetor gradiente ∇f (x0, y0, z0) pertence ao plano determinado por ∇g (x0, y0, z0) e 
∇h (x0, y0, z0). (Estamos supondo que esses vetores gradientes não sejam nem paralelos 
nem nulos.) Portanto, existem números λ e µ (chamados multiplicadores de Lagrange) 
tais que: 
 
∇f (x0, y0, z0) = λ∇g (x0, y0, z0) + µ∇h (x0, y0, z0) 
 
 
Nesse caso, o método dos multiplicadores de Lagrange nos leva a procurar os 
valores extremos resolvendo as cinco equações nas cinco incógnitas x, y, z, λ, e µ. Essas 
equações podem ser obtidas escrevendo-se a equação vetorial acima em termos dos 
componentes e usando as equações das restrições: 
 
fx = λgx + µhx 
fy = λgy + µhy 
fz= λgz+ µhz 
g (x,y,z) = k 
h (x,y,z) = c 
 
 
 
Exemplo 5: Determine o valor máximo da função f (x,y,z) = x + 2y + 3z na curva de 
intersecção do plano x – y + z = 1 com o cilindro x2 + y2 = 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: Maximizaremos a função f (x,y,z) = x + 2y + 3z sujeita às restrições 
x – y + z = 1 e x2 + y2 = 1. A condição de Lagrange é ∇f = λ∇g + µ∇h, 
de modo que devemos resolver as equações: 
1 = λ + 2xµ (1) 
2 = -λ + 2yµ (2) 
3 = λ (3) 
x – y + z = 1 (4) 
x
2
 + y2 = 1 (5) 
 
Tomando λ = 3 de (3) e substituindo em (1), obtemos 2xµ = -2 e, então, 
x = –1 / µ. Analogamente, (2) nos dá y = 5 / (2µ). Substituindo em (5), vem: 
1
4
251
22 =µ
+
µ
, donde µ2 = 29 /4, ou µ = ± 2
29
. Assim, de (1) e (2), vem: 
29
2
x ±= e 
29
5y ±= 
Ainda, de (4), obetmos: 
z = 1 – x + y = 1 29/7± 
 
Os valores correspondentes de f são: 
 
293
29
713
29
52
29
2 ±=





±+





±+± 
 
Portanto o valor máximo de f na curva dada é 293 + 
 
O cilindro x2 + y2 = 1 intercepta o 
plano x – y + z = 1 em uma 
elipse. O exemplo 5 pergunta pelo 
valor máximo de f quando (x,y,z) 
pertence a essa elipse.