aula_4 - Derivadas Parciais e Diferenciabilidade

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Capítulo 1
Derivadas Parciais e
Diferenciabilidade.
1.1 Derivadas parciais
Considere que temos as curvas de nível da temperatura T = T (t, h) medida
em graus, com t o tempo em horas e h a altitude medida em metros, de uma dada
região.
Como varia a temperatura em relação ao tempo no instante t0, num ponto de
altitude h = h0? Como varia a temperatura em relação a altitude para h = h0, no
tempo t = t0?
Verifique que a temperatura como dada representa uma função de duas variá-
veis, entretanto os questionamentos se referem ao estudo de variação de apenas
uma variável. Mantem-se a altitude e avalia a variação do tempo, depois mantem-
se o tempo e estuda-se a variação da altitude. Este procedimento nos leva à de-
finição de taxas de variação para cada variável de maneira independente. Estas
1
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 2
derivadas são denominadas parciais.
Definição 1 Seja f : A→ R2, onde A é uma região aberta de R2 com (x0, y0) ∈
A. Fixado y = y0, temos a função f(x, y0). A derivada parcial de f em relação a
x no ponto (x0, y0), denotada por ∂f∂x(x0, y0) é dada por:
∂f
∂x
(x0, y0) = lim x→ x0f(x, y0)− f(x0, y0)
x− x0
se o limite existir.
Analogamente, fixado x = x0, temos a função f(x0, y), a derivada parcial de
f em relação a y no ponto (x0, y0), denotada por ∂f∂y (x0, y0) é dada por:
∂f
∂y
(x0, y0) = lim y → y0f(x0, y)− f(x0, y0)
y − y0
se o limite existir.
Observe que fazendo x − x0 = ∆x e y − y0 = ∆y as euqações da definição
acima podem ser reescritas na forma:
∂f
∂x
(x0, y0) = lim∆x→ 0f(x0 +∆x, y0)− f(x0, y0)
∆x
e
∂f
∂y
(x0, y0) = lim∆y → 0f(x0, y0 +∆y)− f(x0, y0)
∆y
Exemplo 1 Seja a temperatura em termos de h e t dada por: T (t, h) = −5
36
t2 +
10
3
t− 1
100
h+ 10 e h0 = 100metros.
Desta forma podemos reescrever a função T (t, 100) = −5
36
t2 + 10
3
t + 9. Ana-
lisando a taxa de variação da temperatura em função do tempo, para altitude
h = 100, no instante t0 = 12 temos:
∂T
∂t
(12, 100) = lim t→ 12T (t, 100)− T (12, 100)
t− 12 =
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 3
= lim t→ 12
−5
36
t2 + 10
3
t+ 9− 29
t− 12 = lim t→ 12
−5
36
t2 + 10
3
t− 20
t− 12 =
= lim t→ 12
−5
36
(t− 12)2
t− 12 = lim t→ 12
−5
36
(t− 12)2 = 0 graus/hora
Analogamente, fixando t0 = 12 podemos reescrever a função T (12, h) =
30 − 1
100
h. Analisando a veriação da temperatura em função da altitude para
h0 = 12 temos:
∂T
∂h
(12, 100) = limh→ 100T (12, h)− T (12, 100)
h− 100 =
= limh→ 10030−
1
100
h− 29
h− 100 = limh→ 100
1− 1
100
h
h− 100 =
= limh→ 100
1
100
(100− h)
h− 100 = limh→ 100
−1
100
=
−1
100
graus/m
Da mesma forma que na derivação de uma função de uma variável, as deri-
vadas parciais de f(x, y) em relação a x e a y são operações lineares, ou seja
se f(x, y) e g(x, y) forem duas funções cujas derivadas parciais em relação a x
existem e c uma constante qualquer, entâo,
• ∂
∂x
(cf(x, y)) = c ∂
∂x
f(x, y)
• ∂
∂x
(f(x, y)± g(x, y)) = ∂
∂x
f(x, y)± ∂
∂x
g(x, y)
Da mesma forma se f(x, y) e g(x, y) forem duas funções cujas derivadas par-
ciais em relação a y existem e c uma constante qualquer, entâo,
• ∂
∂y
(cf(x, y)) = c ∂
∂y
f(x, y)
• ∂
∂y
(f(x, y)± g(x, y)) = ∂
∂y
f(x, y)± ∂
∂y
g(x, y)
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 4
A linearidade das derivadas parciais, segue imediatamente das suas definições.
Para derivadas parciais também valem as regras usuais de derivação de funções
de uma variável, ou seja, valem as regras para derivação de produto e quociente
de duas funções:
• ∂
∂x
(f(x, y)g(x, y)) = ∂
∂x
f(x, y)g(x, y) + f(x, y) ∂
∂x
g(x, y)
• ∂
∂x
(f(x,y)
g(x,y)
=
∂
∂x
f(x,y)g(x,y)−f(x,y) ∂
∂x
g(x,y)
(g(x,y))2
E as relações similares para a derivada parcial em relação a y.
• ∂
∂y
(f(x, y)g(x, y)) = ∂
∂y
f(x, y)g(x, y) + f(x, y) ∂
∂y
g(x, y)
• ∂
∂y
(f(x,y)
g(x,y)
=
∂
∂y
f(x,y)g(x,y)−f(x,y) ∂
∂y
g(x,y)
(g(x,y))2
Exemplo 2 Calcule as derivadas parciais em relação a x e y de f(x, y) = eycos(xy)
∂
∂x
(eycos(xy)) = ey.(−sen(xy)).y = −yeysen(xy)
∂
∂y
(eycos(xy)) = ey.cos(xy)− ey.(−sen(xy)).x = ey(cos(xy) + xsen(xy))
Exemplo 3 Calcule as derivadas parciais em relação a x e y de f(x, y) = x2 −
cos(x)cos(y) + ln(xy)
∂
∂x
(f(x, y)) = 2x− (−sen(x)).cos(y) + 1
xy
y = 2x+ sen(x)cos(y) + 1
x
∂
∂y
(f(x, y)) = −cos(x).(−sen(y)) + 1
xy
x = cos(x).sen(y) + 1
y
1.2 Interpretação geométrica das derivadas parciais
O gráfico de z = f(x, y) representa uma superfície no espaço, a qual denota-
remos por S. Seja (x0, y0, z0) um ponto de S, então z0 = f(x0, y0).
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 5
Seja C1 a curva interseção do plano y = y0 com S. Ou seja, no plano y = y0,
temos a curva C1, a qual é o gráfico de z = f(x, y0) = g(x). Do estudo de
funções de uma variável, sabemos que g′(x0) é o coeficiente da reta tangente a C1
no ponto (x0, y0), mas:
g′(x0) = lim
h→0
g(x0 + h)− g(x0)
h
= lim
h→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)
h
=
∂
∂x
f(x0, y0)
Assim, ∂
∂x
f(x0, y0) é igual ao coeficiente angular da reta tangente à curva que é
a interseção do gráfico de f(x, y) com o plano y = y0, no ponto (x0, y0, f(x0, y0)).
De maneira análoga, seja C2 curva interseção do plano x = x0 com a su-
perfície S. Ou seja, no plano x = x0, temos a curva C2, a qual é o gráfico de
z = f(x0, y) = g
′(y).
Sabemos que g′(y0) é o coeficiente da reta tangente a C2, no ponto (x0, y0),
mas:
g′(y0) = lim
h→0
g(y0 + h)− g(y0)
h
= lim
h→0
f(x0, y0 + h)− f(x0, y0)
h
=
∂
∂y
f(x0, y0)
Assim, ∂
∂y
f(x0, y0) é igual ao coeficiente angular da reta tangente à curva que
é a interseção do gráfico de f(x, y) com o plano x = x0, no ponto (x0, y0, z0).
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 6
1.3 Derivadas de ordem superiores
Como ∂
∂x
f e ∂
∂y
f também são funções nas variáveis x e y, podemos calcu-
lar novamente as derivadas parciais destas novas funções, casos estas derivadas
existam.
Com isso temos as derivadas parciais de segunda ordem de f indicadas por:
∂2f
∂x2
,
∂2f
∂y2
∂2f
∂x∂y
,
∂2f
∂y∂x
De maneira análoga, podemos tomar as derivadas parciais destas com relação
a x e y, caso elas existam, e obter derivadas parciais de terceira ordem de f e
assim sucessivamente para obter derivadas parciais de ordens superiores.
Exemplo 4 Calcule as derivadas parciais de ordem 2 para f(x, y) = xy3 − y5
∂
∂x
(f(x, y)) = y3 e ∂
∂y
(f(x, y)) = 3xy2 − 5y4
∂2
∂x2
(f(x, y)) = 0, ∂
2
∂y2
(f(x, y)) = 6xy − 20y3 e ainda as derivadas par-
ciais mistas: ∂2
∂x∂y
(f(x, y)) = ∂
∂x
(
∂
∂y
)
(f(x, y)) = ∂
∂x
(3xy2 − 5y4) = 3y2 e
∂2
∂y∂x
(f(x, y)) = ∂
∂y
(
∂
∂x
)
(f(x, y)) = ∂
∂y
(y3) = 3y2
Teorema. (Teorema de Clairaut) Seja f(x, y) definida numa bola abertaB(P, r),
P = P (x0, y0). Se as funções ∂
2f
∂x∂y
e ∂
2f
∂y∂x
forem ambas contínuas em B(P, r),
então ∂2
∂y∂x
(f(xo, yo)) =
∂2
∂x∂y
(f(xo, yo)).
1.4 Plano tangente e diferenciabilidade
Suponha que a supefície S tenha a equação z = f(x, y), onde f tem as deriva-
das parciais de primeira ordem contínuas e seja P = (x0, y0, z0) um ponto em S.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 7
Se C1 e C2 são as curvas obtidas pelas interseções de S com os planos verticais
y = y0 e x = x0. O ponto P pertence à interceção de C1 e C2.
Sejam T1 e T2 as retas tangentes às curvas C1 e C2 em P , então o plano
tangente à S em P é definido como o plano que contém T1 e T2.
Definição 2 Suponha que f tenha derivadas parciais contínuas. Uma equação
do plano tangente à superfíciez = f(x, y) no ponto P = (x0, y0, z0) é dada por:
z − z0 = ∂
∂x
(f(x0, y0))(x− x0) + ∂
∂y
(f(x0, y0))(y − y0)
Exemplo 5 Determine o plano tangente ao parabolóide elíptico f(x, y) = 2x2+
y2 em (1, 1, 3).
∂f
∂x
= 4x, ∂
∂x
f(1, 1) = 4.1 = 4
∂f
∂y
= 2y, ∂
∂y
f(1, 1) = 2.1 = 2
Portanto, a equação do plano é dada por:
z − 3 = 4(x− 1) + 2(y − 1)⇒ z = 4x+ 2y − 3
Procedendo desta forma, temos que a equação do plano resulta numa função
linear que se caracteriza como uma boa aproximação de f(x, y) quando (x, y) está
próximo de (x0, y0). Desta forma surge a chamada linearização.
Definição 3 A função linear cujo gráfico é o plano tangente em P é dado por:
z − z0 = ∂
∂x
(f(x0, y0))(x− x0) + ∂
∂y
(f(x0, y0))(y − y0)
ou seja:
L(x, y) = z0 +
∂
∂x
(f(x0, y0))(x− x0) + ∂
∂y
(f(x0, y0))(y − y0)
é chamada linearização de f em (a, b)
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 8
Definição 4 Dizemos que z = f(x, y) é diferenciável em P = (x0, y0) se as
derivadas parciais de primeira ordem de f existem em P e se:
lim
(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)− L(x, y)
|(x, y)− (x0, y0)| = 0
onde |(x, y)− (x0, y0)| =
√
(x− x0)2 + (y − y0)2
Exemplo 6 Verifique se f(x, y) = x2 + y2 é diferenciável no R2.
Calculando as derivadas parciais temos: ∂
∂x
(f(x0, y0)) = 2x0 e
∂
∂y
(f(x0, y0)) =
2y0.
Daí, verificando o limite temos:
lim
(x,y)→(x0,y0)
x2 + y2 − [x20 + y20 + 2x0(x− x0) + 2y0(y − y0)]√
(x− x0)2 + (y − y0)2
=
lim
(x,y)→(x0,y0)
x2 − 2xx0 + x20 + y2 − 2yy0 + y20√
(x− x0)2 + (y − y0)2
=
lim
(x,y)→(x0,y0)
(x− x0)2 + (y − y0)2√
(x− x0)2 + (y − y0)2
=
lim
(x,y)→(x0,y0)
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 = 0
Teorema. Se as derivadas parciais ∂f
∂x
e ∂f
∂y
existem perto do ponto (x0, y0) e
são contínuas em (x0, y0), então f é diferenciável em (x0, y0)
Exemplo 7 Mostre que f(x, y) = xexy é diferenciável em (1, 0) e determine sua
linearização para aproximar f(1.1,−0.1).
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 9
Fazendo as derivadas parciais, temos: ∂f
∂x
= exy + xyexy, em (1, 0), ∂f
∂x
= 1.
Ainda, ∂f
∂y
= x2exy, em (1, 0), ∂f
∂y
= 1. Como ambas derivadas parciais são
contínuas, o teorema é aplicado, ou seja f é diferenciável.
Sua linearização é dada por:
L(x, y) = z0 +
∂
∂x
(f(x0, y0))(x− x0) + ∂
∂y
(f(x0, y0))(y − y0)⇔
L(x, y) = 1 + 1(x− 1) + 1(y − 0) = x+ y
Logo xexy ≈ x + y na vizinhança de (1, 0). Substituindo o ponto (1.1,−0.1)
para a aproximação, temos L(1.1,−0.1) = 1.1 + (−0.1) = 1.1 − 0.1 = 1. Ou
seja pela linearização L(1.1,−0.1) = 1 ≈ 0.985 == 1.1e−0.11 = f(1.1,−0.1).
Da mesma forma que as derivadas de funções de uma variável acontecem
nas equações diferenciais ordinárias EDO’s, as derivadas parciais acontecem nas
equações diferenciais parciais EDP’s.
Um exemplo é a equação de Laplace dada por:
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= 0
ou ainda:
uxx + uyy = 0
As soluções desta equação são chamadas funções harmônicas e são muito im-
portantes no estudo de condução de calor, escoamento de fluidos e potencial elé-
trico.
Faça um pesquisa sobre a equação de Laplace e apresente aplicações na área
de seu curso.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 10
Exemplo 8 Mostre que u(x, y) = exsen(y) é solução da equação de Laplace.
A equação é dada por: uxx + uyy = 0, desta forma encontrando as derivadas
envolvidas, temos:
ux = e
xsen(y), uxx = e
xsen(y), uy = e
xcos(y) e finalmente uyy = −exsen(y).
Desta forma, fazendo as substituições na equação, temos:
uxx + uyy = 0⇔
exsen(y) + (−exsen(y)) = 0⇔
exsen(y)− exsen(y) = 0⇔
0 = 0⇔
Outra equação diferencial parcial importante é dada pela equação da onda
dada por:
∂2u
∂t2
= a2
∂2u
∂x2
ou ainda:
utt = auxx
que descreve o movimento de uma onda do mar, do som, da luz, de cordas tais
como em instrumentos musicais.
Faça um pesquisa sobre a equação da onda e apresente aplicações na área de
seu curso.
Por exemplo u(x, t) representa o deslocamento da corda de um violino no
instante t e a distância x de um dos términos da corda vibrante, então u(x, t)
satisfaz a equação da onda. A constante a depende da densidade da corda e da
tensão aplicada na corda.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 11
Exemplo 9 Mostre que u(x, t) = sen(x − at) é solução da equação da onda. A
equação é dada por: utt = a2uxx, desta forma encontrando as derivadas envolvi-
das, temos:
ux = cos(x − at), uxx = −sen(x − at), ut = −acos(x − at) e finalmente
utt = −a2sen(x−at). Desta forma, fazendo as substituições na equação, temos:
utt = a
2uxx ⇔
−a2sen(x− at) = a2(−sen(x− at))⇔
−a2sen(x− at) = −a2sen(x− at)
1.5 Regra da cadeia
Definição 5 Suponha que z = f(x, y) seja uma função diferenciável de x e y,
onde x = g(t) e y = h(t) são funções de t. Então uma função diferenciável de t
é:
dz
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
Se z = f(x, y) é uma função diferenciável de x e y, onde x = g(s, t) e
y = h(s, t) são funções diferenciáveis de s e t. Então:
∂z
∂s
=
∂f
∂x
∂x
∂s
+
∂f
∂y
∂y
∂s
∂z
∂t
=
∂f
∂x
∂x
∂t
+
∂f
∂y
∂y
∂t
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 12
Exemplo 10 Seja z = x2y + 3xy4 onde x = sent(2t) e y = cos(t) determine dz
dt
para t = 0.
dz
dt
=
∂z
∂x
dx
dt
+
∂z
∂y
dy
dt
=
dz
dt
= (2xy + 3y4)(2cos(2t)) + (x2 + 12xy3)(−sen(t))
Para t = 0, dz
dt
|t=0 = 6
Exemplo 11 Seja z = x4y + y2 onde x = rs e y = rs2 determine ∂z
∂s
e ∂z
∂r
.
∂z
∂s
=
∂f
∂x
∂x
∂s
+
∂f
∂y
∂y
∂s
∂z
∂r
=
∂f
∂x
∂x
∂r
+
∂f
∂y
∂y
∂r
1.6 Derivação Implícita
Definição 6 Se F (x, y) = 0 onde y se define implicitamente em termos de x, ou
seja, y = f(x) onde F (x, f(x)) = 0, ∀x ∈ dominio de f . Se F é diferenciável,
aplicando-se a regra a primeira parte da cadeia para diferenciar F (x, f(x)) = 0
temos:
∂F
∂x
dx
dx
+
∂F
∂y
dy
dx
= 0
Como dx
dx
= 1, isolando dy
dx
temos:
dy
dx
= −
∂F
∂x
∂F
∂y
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 13
Exemplo 12 Determine dy
dx
para x3 + y3 = 6xy. F (x, y) = x3 + y3 − 6xy = 0,
logo temos dy
dx
= −3x2−6y
3y2−6x = − x
2−2y
3y2−2x
Definição 7 Se z = f(x, y) é dado implicitamente como uma função z = f(x, y)
por uma equação tipo F (x, y, z) = 0, ou seja F (x, y, f(x, y)) = 0 para todo
(x, y) do domínio de f . Se F e f forem diferenciáveis, pela segunda parte da
regra da cadeia, as derivadas implícitas de z em termos de x e y são dadas por:
∂F
∂x
∂x
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
+
∂F
∂z
∂z
∂x
= 0
Como ∂x
∂x
= 1 e ∂y
∂x
= 0, temos:
∂z
∂x
= −
∂F
∂x
∂F
∂z
Analogamente:
∂F
∂x
∂x
∂y
+
∂F
∂y
∂y
∂y
+
∂F
∂z
∂z
∂y
= 0
Como ∂x
∂y
= 0 e ∂y
∂y
= 1, temos:
∂z
∂y
= −
∂F
∂y
∂F
∂z
Exemplo 13 Determine ∂z
∂x
e ∂z
∂y
para x3 + y3 + z3 + 6xyz = 1.
1.7 Derivada Direcional
Definição 8 A derivada direcional de f em (x0, y0) na direção de um vetor uni-
tário ~u = (a, b) é:
D~uf(x0, y0) = lim
h→0
f(x0 + ha, y0 + hb)− f(x0, y0)
h
se esse limite existir.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 14
O vetor unitário, ou versor, trata-se de um vetor de módulo 1, com a direção
de um dado vetor.
Um vetor é definido como múltiplo ou submúltiplo de k vezes seu versor e
possui o mesmo sentido quando k for positivo ou o sentido oposto, caso k seja
negativo. Assim, um vetor pode ser expresso como o produto de um versor por
um escalar .
A relação entre um versor ~u e seu vetor ~v é dada por:
~u =
~v
|~v|
Os versores são úteis para diversas operações.Alguns versores específicos
têm um papel fundamental para o sistema de coordenadas e para a representação
de vetores no espaço.
Os versores primários são três vetores especificamente alocados nos eixos, o
que nos permite uma forma particular de referenciar vetores num sistema tridi-
mensional, são eles:
~i = (1, 0, 0)
~j = (0, 1, 0)
~k = (0, 0, 1)
Voltando à definição de derivada direcional se ~u = ~i = (1, 0) então D~uf =
D~if =
∂f
∂x
. Se ~u = ~j = (0, 1) então D~uf = D~jf =
∂f
∂y
.
Em outras palavras, as derivadas parciais de f com relação a x e y são casos
particulares da derivada direcional.
Teorema. Se f é uma função diferenciável em x e y, então f tem derivada
direcional na direção de qualquer versor ~u = (a, b) e D~uf(x, y) = ∂f∂xa+
∂f
∂y
b.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 15
Exemplo 14 Determine a derivada direcional de f(x, y) = 1 + 2x√y em P =
(3, 4) sendo ~v = (4,−3). De acordo com o teorema D~uf(x, y) = ∂f∂xa + ∂f∂y b,
desta forma:
D~uf(x, y) = (2
√
y)
4√
5
+
x√
y
−3√
5
daí
D~uf(3, 4) =
23
10
Exemplo 15 Determine a derivada direcional de f(x, y) = x
y
em P = (6,−2)
sendo ~v = (−1, 3).
D~uf(x, y) =
1
y
−1√
10
− x
y2
3√
10
daí
D~uf(6,−2) = −4√
10
Se o versor ~u faz um ângulo θ com o eixo x positivo, então podemos escrever
~u = (cosθ, senθ) e daí o teorema fica:
D~uf(x, y) =
∂f
∂x
cosθ +
∂f
∂y
senθ
Exemplo 16 Determine a derivada direcional se f(x, y) = x3 − 3xy + 4y2, ~u é
o versor dado pelo ângulo θ = π
6
e P = (x0, y0) = (1, 2).
D~uf(x, y) =
∂f
∂x
cos
(π
6
)
+
∂f
∂y
sen
(π
6
)
=
= (3x2 − 3y)
√
3
2
+ (−3x+ 8y)1
2
=
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 16
=
1
2
(
3
√
3x2 − 3+8y − 3
√
3y
)
Logo D~u(1, 2) = 13−3
√
3
2
Exemplo 17 Determine a derivada direcional se f(x, y) = x2y3 + 2x4y, ~u é o
versor dado pelo ângulo θ = π
3
e P = (x0, y0) = (1,−2).
D~uf(x, y) =
∂f
∂x
cos
(π
3
)
+
∂f
∂y
sen
(π
3
)
=
= (2xy3 + 8x3y)
1
2
+ (3x2y2 + 2x4)
√
3
2
=
=
1
2
(
2xy3 + 8x3y + 3
√
3x2y2 + 2
√
3x4
)
Logo D~u(1,−2) = −32+14
√
3
2
Exemplo 18 Determine a derivada direcional se f(x, y) = xe−2y, ~u é o versor
dado pelo ângulo θ = π
2
e P = (x0, y0) = (5, 0).
D~uf(x, y) =
∂f
∂x
cos
(π
2
)
+
∂f
∂y
sen
(π
2
)
=
= (e−2y)0 + (−2xe−2y)1 = −2xe−2y
Logo D~u(0, 5) = 0
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 17
1.8 O vetor gradiente
Da Álgebra linear, lembremos Produto escalar de ~u = (x1, x2, ..., xn) e ~v =
(y1, y2, ..., yn) é dado por:
~u · ~u = x1y1 + x2y2 + ...+ xnyn
e se ~u e ~u são vetores não nulos então ~u.~u = |~u| . |~u| .cosθ sendo θ o ângulo
formado pelos vetores.
Do teorema anterior
D~uf(x, y) =
∂f
∂x
a+
∂f
∂y
b =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
· (a, b) =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
· ~u =
∇f(x, y) · ~u com ~u = (a, b)
o primeiro vetor é chamado de gradiente de f e denotado por gradf ou ∇f .
Definição 9 Se f(x, y) é uma função de duas variáveis, então o vetor gradiente
é a função vetorial definida por:
∇f(x, y) =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
=
∂f
∂x
~i+
∂f
∂y
~j
Note que o gradiente é um vetor que indica o sentido de mais rápido cresci-
mento de uma função em um ponto.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 18
Exemplo 19 Determine o vetor gradiente de f(x, y) = cos(x2y)− x.
∇f(x, y) = (−2xysen(x2y)− 1,−x2sen(x2y))
Exemplo 20 Determine o vetor gradiente de f(x, y) = 5x2y + 1
x
y2.
∇f(x, y) =
(
10xy − y
2
x2
, 5x2 +
2y
x
)
Exemplo 21 Determine o vetor gradiente de f(x, y) = sen(x) + exy.
∇f(x, y) = (cos(x) + yexy, xexy)
Exemplo 22 Determine o vetor gradiente de f(x, y) = x2 + 1
2
y2 em (1, 3).
∇f(x, y) = (2x, y)
∇f(1, 3) = (2, 3)
Exemplo 23 Determine o vetor gradiente de f(x, y) =
√
1− x2 − y2 em (0, 0).
Exemplo 24 Determine o vetor gradiente de f(x, y, z) = xsen(yz) em (1, 3, 0).
∇f(x0, y0, z0) = (sen(y0z0), x0z0cos(y0z0), y0x0cos(y0z0)) = (0, 0, 3)
Exemplo 25 Determine a derivada direcional de f(x, y) = x2y3−4y em (2,−1)
na direção de ~v = 2~i+ 5~j.
∇f(x, y) = 2xy3~i+ (3x2y2 − 4)~j
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 19
∇f(2,−1) = −4~i+ 8~j
Note que ~v não é um vetor unitário, mas o versor de ~v é:
~u =
~v
|v| =
2√
22 + 52
~i+
5√
22 + 52
~j =
2√
29
~i+
5√
29
~j
Logo:
D~uf(2,−1) = ∇f(2,−1) · ~u =
(
−4~i+ 8~j
)
·
(
2√
29
~i+
5√
29
~j
)
=
=
−4.2 + 8.5√
29
=
32√
29
Exemplo 26 Determine a derivada direcional de f(x, y) = e−xsen(y) em (0, π/3)
na direção de ~v = 3~i− 2~j.
∇f(x, y) = −e−xsen(y)~i+ (e−xcos(y))~j
∇f(0, π/3) = −
√
3
2
~i+
1
2
~j
Note que ~v não é um vetor unitário, mas o versor de ~v é:
~u =
~v
|v| =
3√
32 + (−2)2
~i+
(−2)√
32 + (−2)2
~j =
3√
13
~i− 2√
13
~j
Logo:
D~uf(0, π/3) = ∇f(0, π/3) · ~u =
(
−
√
3
2
~i+
1
2
~j
)
·
(
3√
13
~i− 2√
13
~j
)
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 20
Exemplo 27 Determine a derivada direcional de f(x, y, z) = xsen(yz) em (1, 3, 0)
na direção de ~v =~i+ 2~j − ~k.
∇f(x, y, z) = (sen(yz), xzcos(yz), yxcos(yz))
∇f(1, 3, 0) = (0, 0, 3)
O versor de ~v é:
~u =
~v
|v| =
1√
12 + 22 + (−1)2
~i+
2√
12 + 22 + (−1)2
~j +
(−1)√
12 + 22 + (−1)2
~k =
=
1√
6
~i+
2√
6
~j − 1√
6
~k
Logo:
D~uf(1, 3, 0) = ∇f(1, 3, 0) · ~u = (0~i, 0~j, 3~k) ·
(
1√
6
~i+
2√
6
~j − 1√
6
~k
)
=
= 3
−1√
6
=
−3√
6
Exemplo 28 Determine a derivada direcional de f(x, y) = x2ey em (2, 0) na
direção de ~v =~i+~j.
Exemplo 29 Determine a derivada direcional de f(x, y, z) = z3−x2y em (1, 6, 2)
na direção de ~v = 3~i+ 4~j + 12~k.
Teorema. Suponha que f seja uma função diferenciável de duas ou três va-
riáveis. O valor máximo da derivada direcional D~uf é dado por |∇f | e ocorre
quando ~u tem a mesma direção que o vetor gradiente ∇f(x).
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 21
Exemplo 30 Se f(x, y) = xey, determine a taxa de variação de f no ponto P =
(2, 0) na direção do versor ~u =
(−3
5
, 4
5
)
e responda: em que direção f tem a
máxima taxa de variação? Qual é a máxima taxa de variação?
Calculando o gradiente, temos:
∇f(x, y) = (ey, xey)
∇f(2, 0) = (1, 2)
Logo: D~uf(2, 0) = ∇f(2, 0) · ~u = (1, 2) ·
(−3
5
, 4
5
)
.
Portanto: D~uf(2, 0) = 1
(−3
5
)
+ 2
(
4
5
)
.
De acordo com o teorema anterior, f aumenta mais depressa na direção do
gradiente ∇f(2, 0) = (1, 2) e a máxima taxa é: |∇f(2, 0)| = √12 + 22 = √5.
Exemplo 31 Suponha que a temperatura num ponto (x, y, z) do espaço seja dada
por T (x, y, z) = 80
1+x2+2y2+3z2
, onde T é medida em graus Celsius e x, y, z em
metros. Em que direção no ponto (1, 1,−2) a temperatura aumenta mais rapida-
mente? Qual a taxa máxima de aumento?
∇T = − 160x
(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2
~i− 320y
(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2
~j− 480z
(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2
~k =
=
160x
(1 + x2 + 2y2 + 3z2)2
(−x~i− 2y~j − 3z~k)
No ponto P , temos ∇T (1, 1,−2) = 5
8
(−~i− 2~j + 6~k).
Desta forma, pelo teorema T aumenta mais rapidamente na direção do gradi-
ente ∇T (1, 1,−2) = 5
8
(−~i− 2~j + 6~k), ou ainda de modo equivalente na direção
de −~i − 2~j + 6~k ou ainda de seu versor −~i−2~j+6~k√
41
e a taxa máxima de aumento é
|∇T (1, 1,−2)| = 5
8
∣∣∣−~i− 2~j + 6~k∣∣∣ = 5√418 .
Portanto a taxa máxima de aumento da temperatura é 5
√
41
8
≈ 4oC/m
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 22
1.9 Plano tangente às superfícies de nível
Suponha que S seja uma superfície com equaçãoF (x, y, z) = k, ou seja uma
superfície de nível da função F de três variáveis, e seja P (x0, y0, z0) um ponto
sobre S. Seja C uma curva qualquer contida em na superfície S que passe por
P , desta forma, a curva C pode ser descrita por uma função vetorial contínua
~r(t) = (x(t), y(t), z(t)). Seja t0 o valor do parâmetro correspondente ao ponto
P , ou seja, ~r(t0) = (x(t0), y(t0), z(t0)). Como C pertence a S, qualquer ponto
(x(t), y(t), z(t)) precisa satisfazer a equação de S, ou seja:
F (x(t), y(t), z(t)) = k
Se x, y, z são diferenciáveis como função de t e F também é diferenciável,
podemos usar a regra da cadeia para diferenciar ambos os lados da equação como
segue:
∂F
∂x
dx
dt
+
∂F
∂y
dy
dt
+
∂F
∂z
dz
dt
= 0
Como ∇f =
(
∂F
∂x
, ∂F
∂y
, ∂F
∂z
)
e ~r′(t) = (x′(t), y′(t), z′(t)), temos:
∇F · ~r′(t) = 0
Quando t = t0 temos ~r(t0) = (x(t0), y(t0), z(t0)), logo:
∇F (x0, y0, z0) · ~r′(t0) = 0
Ou seja, o vetor gradiente em P , dado por ∇F (x0, y0, z0), é perpendicular ao
vetor tangente ~r′(t0) a qualquer curva de nível C em S que passe por P .
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 23
Ou seja, o vetor gradiente indica a direção de maior crescimento da função e,
por outro lado, é ortogonal às superfícies de nível S de f em P .
1.10 Valores de máximo e mínimo
Definição 10 Uma função de duas variáveis tem um máximo local em (a, b) se
f(x, y) ≤ f(a, b) quando (x, y) está próximo de (a, b). O número f(a, b) é cha-
mado valor máximo local. Se f(x, y) ≥ f(a, b) quando (x, y) está próximo de
(a, b), então o número f(a, b) é chamado valor mínimo local.
Teorema Se uma função f tem um máximo ou mínimo local em (a, b) e as
derivadas parciais de primeira ordem de f existem nesses pontos, então ∂f
∂x
(a, b) =
0 e ∂f
∂y
(a, b) = 0.
Note que as condições são que o vetor gradiente ∇f(a, b) = 0. Ao substituir-
mos esta condição no plano tangente, temos z = z0, ou seja, se existe um máximo,
este plano tangente será horizontal.
Definição 11 Um ponto (a, b) é dito ponto crítico se ∂f
∂x
(a, b) = 0 e ∂f
∂y
(a, b) = 0,
ou se as derivadas parciais não existem.
No caso de funções de uma variável, num ponto crítico f pode ter um máximo,
um mínimo ou ainda nenhum dos dois.
Teste da segunda derivada Suponha que as derivadas parciais de f sejam
contínuas num disco com centro em (a, b), e suponha que ∂f
∂x
(a, b) = 0 e ∂f
∂y
(a, b) =
0. seja:
D = d(a, b) =
∂2f
∂x2
(a, b)
∂2f
∂y2
(a, b)−
[
∂
∂x
∂
∂y
]2
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 24
Onde D é o determinante da matriz Hessiana dada pelas derivadas de segunda
ordem de f .
Se D > 0 e ∂2f
∂x2
(a, b) > 0 então f(a, b) é um mínimo local.
Se D > 0 e ∂2f
∂x2
(a, b) < 0 então f(a, b) é um máximo local.
SeD < 0 então f(a, b) não é nem mínimo local nem máximo local (é chamado
ponto de sela).
Obs. Se D = 0 o teste não fornece informações f pode ter um máximo local
ou mínimo local em (a, b), ou ainda (a, b) ser um ponto de sela.
Teorema. Se f for contínua em um conjunto fechado e limitado D de R2,
então f atinge um valor máximo absoluto f(x1, y1) e um valor mínimo absoluto
f(x2, y2) para algum (x1, y1) e (x2, y2) de D.
Exemplo 32 Determine a distância mais curta entre o ponto (1, 0,−2) e o plano
x+ 2y + z = 4.
A distância entre (1, 0,−2) e qualquer ponto (x, y, z) é dada por:
d =
√
(x− 1)2 + y2 + (z + 2)2
Se o ponto (x, y, z) pertence ao plano x+ 2y + z = 4, então z = 4− 2y − x.
Então:
d =
√
(x− 1)2 + y2 + (6− x− 2y)2
Elevando ao quadrado, temos:
d2 = f(x, y) = (x− 1)2 + y2 + (6− x− 2y)2
Calculando as derivadas parciais ∂f
∂x
= 2(x−1)−2(6−x−2y) = 4x+4y−
14 = 0 e ∂f
∂y
= 2y − 4(6− x− 2y) = 4x+ 10y − 24 = 0.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 25
O ponto crítico é
(
11
6
, 5
3
)
. Fazendo o cálculo do determinante para estudo de
sinal, temos: D(x, y) = 24 > 0 e como ∂2f
∂x2
> 0 temos que o ponto indicado é
denominado ponto de mínimo local.
Exemplo 33 Uma caixa retangular sem tampa deve ser feita com 12m2 de pape-
lão. Determine o máximo volume para a caixa.
Sendo o volume V = xyz e 2xz + 4yz + xy = 12⇒ z = 12−xy
2(x+y)
temos:
V = xy
12− xy
2(x+ y)
=
12xy − x2y2
2(x+ y)
Calculando as derivadas parciais ∂V
∂x
= y
2(12−2xy−x2)
2(x+y)2
e ∂V
∂y
= x
2(12−2xy−y2)
2(x+y)2
.
Igualando as derivadas parciais a zero, temos que (0, 0) é um ponto crítico,
além disso temos que 12 − 2xy − x2 = 0 e 12 − 2xy − y2 = 0, o que se conclui
que x2 = y2 ⇒ x = y. Como x e y devem ser positivos, fazendo x = y em
12 − 2xy − x2 = 0 temos 12 − 3x2 = 0 logo x = 2 e y = 2 e portanto z =
12−xy
2(x+y)
= 1. Fazendo o cálculo do determinante e estudando o sinal da segunda
derivada de V em termos de x, temos que o ponto (2, 2, 1) é um ponto de máximo
e, portanto o volume máximo da caixa é V = 2.2.1 = 4m3.
Exemplo 34 Determine os valores máximo e mínimo absoluto da função f(x, y) =
x2 − 2xy + 2y para 0 ≤ x ≤ 3 e 0 ≤ y ≤ 2.
∂f
∂x
= 2x− 2y = 0 e ∂f
∂y
= −2x+2 = 0 portanto o único ponto crítico é (1, 1)
onde f(1, 1) = 1.
Determinando os valores de f nos extremos do domínio, constituído pelos
segmentos de reta que passam por:
1. (0, 0) e (3, 0), temos y = 0 então f(x, 0) = x2 para 0 ≤ x ≤ 3: f(0, 0) = 0
e f(3, 0) = 9.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 26
2. (3, 0) e (3, 2), temos x = 3 então f(3, y) = 9 − 4y em 0 ≤ y ≤ 2:
f(3, 0) = 9 e f(3, 2) = 1.
3. (0, 2) e (3, 2), temos y = 2 então f(x, 2) = x2 − 4x + 4 para 0 ≤ x ≤ 3:
f(0, 2) = 4 e f(3, 2) = 1
4. (0, 0) e (0, 2), temos x = 0 então f(0, y) = 2y para 0 ≤ y ≤ 2: f(0, 2) = 4
e f(0, 0) = 0
Portanto, na fronteira o valor mínimo de f é 0 e o máximo é 9.
Comparando com o valor de f no ponto crítico, concluimos que o valor má-
ximo absoluto de f é f(3, 0) = 9 e o valor mínimo absoluto é f(0, 0) = f(2, 2) =
0.
1.11 Multiplicadores de Lagrange
Seja f(x, y) diferenciável num conjunto aberto. Seja g(x, y) uma função
com derivadas parciais contínuas tal que ∇g(x, y) 6= (0, 0) em V , onde V =
{(x, y)/ g(x, y) = 0}. Uma condição necessária para que (a, b) ∈ V seja um
extremo de f em V é que:
∇f(a, b) = λ∇g(a, b)
para algum λ real. O número real λ é chamado multiplicador de lagrande e o
método consiste em definir a função lagrangeana L(x, y, λ) = f(x, y)− λ(x, y) e
verificar qu ∇L = 0
Exemplo 35 Um galpão retangular deve ser construído num terreno de formato
tringular de 10m de frente por 20m de comprimento, conforme figura. Determine
a área máxima do galpão.
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 27
A área do retângulo é A(x, y) = xy. O ponto P (x, y) deve estar sobre a reta
x+2y = 20. Então deseja-se o máximo de xy sujeito a x+2y = 20. Escrevendo
a restrição na forma g(x, y) = 0, temos x+ 2y − 20 = 0.
A função lagrangeana L(x, y, λ) = f(x, y)−λg(x, y) = xy−λ(x+2y−20).
Derivando L em termos de x, y e λ, temos:
∂L
∂x
= y−λ; ∂L
∂y
= x−2λ e ∂L
∂λ
= −x−2y+20. Igualando a zero e resolvendo
o sistema temos x = 10, y = 5 e λ = 5. O multiplicador desempenha um papel
auxiliar, não sendo de interesse na solução.
As dimensões do galpão são x = 10, y = 5 e A(x, y) = 50m2
Exemplo 36 Encontre os valores de máximo e de mínimo de f(x, y) = xy, sujeita
à restrição x2 + y2 = 25.
A função lagrangeana L(x, y, λ) = f(x, y)−λg(x, y) = xy−λ(x2+y2−25).
Derivando L em termos de x, y e λ, temos:
∂L
∂x
= y − 2λx; ∂L
∂y
= x − 2λy e ∂L
∂λ
= x2 + y2 − 25. Igualando a zero e
resolvendo o sistema temos: x = 2λy, y = 2λx e x2 + y2 − 25 = 0.
De x = 2λy temos que: λ = x
2y
e de y = 2λx temos que: λ = y
2x
, ou seja
x
2y
= y
2x
, ou seja, x2 = y2
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 28
Como x2 + y2= 25 ⇒ 2x2 = 25. Portanto x = y = ± 5√
2
. Logo os extremos
são ( 5√
2
, 5√
2
), (− 5√
2
,− 5√
2
), (− 5√
2
, 5√
2
) e ( 5√
2
,− 5√
2
).
Determinando os valores de f nestes pontos é possível determinar os valores
máximos e mínimo solicitados:
f( 5√
2
, 5√
2
) = 25
2
, f( 5√
2
,− 5√
2
) = −25
2
, f(− 5√
2
, 5√
2
) = −25
2
e f(− 5√
2
,− 5√
2
) =
25
2
. Com isso, temos que o mínimo da função é −25
2
e o máximo é 25
2
.
Exemplo 37 Determine os extremos de f(x, y) = x2 + y2 tais que y = x+ 1.
Considereg(x, y) = y − x − 1, L(x, y, λ) = x2 + y2 − λ(y − x − 1). Então
∂L
∂x
= 2x + λ; ∂L
∂y
= 2y − λ e ∂L
∂λ
= y − x− 1. Igualando a zero temos x = −1
2
e
y = 1
2
1.12 Exercícios
1. Determine as derivadas parciais de primeira ordem de:
(a) f(x, y) = 3x4 − x√y
(b) f(x, y) = e2xcos(πy)
(c) f(x, y) = x√
x+2y
(d) f(x, y) = xsen(
√
x2 + y2)
(e) f(x, y) = x2 + y2sen(xy)
(f) f(x, y) = x+y
x−2y
(g) f(x, y) = (4xy − 3y3)3 + 5x2y
(h) f(x, y) = x2ln(1 + x3 + y)
(i) f(x, y) = xyexy
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 29
2. A relação PV = cnT representa a lei dos gases ideias, onde n é o número
de moléculas do gás, V o volume, T a temperatura, P a pressão e c uma
constante. Mostre que:
∂V
∂T
∂T
∂P
∂P
∂V
= −1
3. Verifique se x ∂z
∂x
+ y ∂z
∂y
= z se z = xy
2
x2+y2
.
4. Determine todas as derivadas parciais de segunda ordem para:
(a) f(x, y) = xey + x2 − 4
(b) f(x, y) = cos(y) + ysen(x)
(c) f(x, y, z) = xy + yz + xz
5. Determine as equações do plano tangente a f em P (x, y, f(x, y)):
(a) f(x, y) = 2x2y, P (1, 1, f(1, 1))
(b) f(x, y) = 3x3y − xy, P (1,−1, f(1,−1))
6. Determine ∇f para:
(a) f(x, y) = x2y
(b) f(x, y) = x
y
(c) f(x, y) = (x2 + y2 + 1)2
(d) f(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2
7. Determine a derivada direcional de f em P na direção indicada:
(a) f(x, y, z) = excos(yz), P = (0, 0, 0), ~v = 2~i+~j − 2~k
8. Encontre os pontos críticos de f nos casos abaixo
CAPÍTULO 1. DERIVADAS PARCIAIS E DIFERENCIABILIDADE. 30
(a) f(x, y) = x3 − y2 + xy − 5
(b) f(x, y) = 2x2 + y2 − 2xy + x− y
(c) f(x, y) = x2 − y2 + 3xy − x+ y
9. Estude a função f com relação a máximos e míimos locais.
(a) f(x, y) = x2 + 3xy + 4y2 − 6x+ 2y
(b) f(x, y) = x2 + y3 + xy − 3x− 4y + 5