cap-2-7-diferenciabilidade-e-continuidade-das-derivadas-parciais

Prévia do material em texto

Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 1
Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade
das derivadas parciais
2.7.1 - Teorema do Valor Médio
2.7.2 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais
Veremos, neste caṕıtulo, um teorema que facilita em muito a verificação de diferenciabilidade de uma função
de diversas variáveis. Antes de provarmos o teorema principal deste caṕıtulo, é necessário primeiro voltar a um
teorema importante das derivadas de funções de uma variável real.
2.7.1 - Teorema do Valor Médio
Neste caṕıtulo, veremos um teorema que simplifica bastante a determinação de diferenciabilidade de uma
função baseando-se na continuidade de suas derivadas parciais. isto encerra a nossa discussão de diferencibili-
dade de uma função.
A demonstração desse teorema depende de um outro teorema muito importante do Cálculo, o Teorema do
Valor Médio, que é enunciado a seguir. A Leitura Complementar 2.7.1 faz um estudo mais aprofundado desse
teorema.
Teorema 1 - Teorema do Valor Médio: se f for cont́ınua em um intervalo fechado [a, b] e derivável
no intervalo aberto (a, b), então existirá pelo menos um c ∈ [a, b] tal que
f(b) − f(a)
b − a
= f ′(c) .
A explicação desse teorema se dá da seguinte forma:
consideremos uma função cont́ınua limitada por um in-
tervalo [a, b], como a da figura ao lado, onde f(a) não é
necessariamente igual a f(b). Podemos traçar uma reta
secante entre os pontos (a, f(a)) e (b, f(b)). Esta reta
secante, a exemplo da equação da reta tangente a um
ponto, tem a equação dada por
y(x) = f(a) + m(x − a) , m =
f(b) − f(a)
b − a
.
x
y
f(a)
f(b)
c
[ ]
a
b
Para verificar que esta equação é a correta, podemos calcular
y(a) = f(a) +
f(b) − f(a)
b − a
· 0 = f(a) ,
y(b) = f(a) +
f(b) − f(a)
b − a
· (b − a) = f(a) + f(b) − f(a) = f(b) .
O que o Teorema do Valor Médio afirma é que, traçando uma secante entre quaisquer dois pontos do
intervalo, haverá sempre um ponto c entre esses dois pontos cuja derivada será igual ao coeficiente angular da
reta secante.
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 2
Exemplo 1: considere a função f(x) = x2 − 2x + 1, cuja derivada é f ′(x) = 2x − 2. O coeficiente angular
da reta secante entre os pontos a = 1 e b = 2 é dado por
f(b) − f(a)
b − a
=
f(2) − f(1)
2 − 1
=
(4 − 4 + 1) − (1 − 2 + 1)
1
=
1
1
= 1 .
Para calcularmos o valor c para o qual
f(b) − f(a)
b − a
= f ′(c), podemos escrever
f ′(c) = 1 ⇔ 2c − 2 = 1 ⇔ 2c = 3 ⇔ c =
3
2
.
Isto corrobora o teorema.
2.7.2 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais
Vamos agora enunciar e provar um teorema que mostra que uma função é diferenciável em um determinado
ponto de seu domı́nio se ela tiver derivadas parciais cont́ınuas nesse mesmo ponto.
Teorema 2 - Dada uma função f : A ⊂ R2 → R, onde A é um conjunto aberto, se existem as derivadas
parciais
∂f
∂x
(x0, y0) e
∂f
∂y
(x0, y0), onde (x0, y0) ∈ A, então f é diferenciável nesse ponto.
Demonstração: como o domı́nio A da função é aberto, é posśıvel definir uma bola aberta em torno do ponto
(x0, y0) ∈ A que esteja inteiramente contida em A. Consideremos agora um ponto deslocado do original dado por
(x0 + ∆x, y0 + ∆y), também pertendente à mesma bola aberta (figura abaixo e ao lado).
Podemos escrever a diferença da função f entre esses dois pontos da seguinte forma:
∆f = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0) = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0 + ∆y) + f(x0, y0 + ∆y) − f(x0, y0) .
Pelo Teorema do Valor Médio, existe um x̄ ∈ [x0, x0 + ∆x] tal que
f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0 + ∆y)
∆x
=
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y) ⇔
⇔ f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0 + ∆y) =
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y)∆x .
De modo semelhante, existe um ȳ ∈ [y0, y0 + ∆y] tal que
f(x0, y0 + ∆y) − f(x0, y0)
∆y
=
∂f
∂y
(x0, ȳ) ⇔
⇔ f(x0, y0 + ∆y) − f(x0, y0) =
∂f
∂y
(x0, ȳ)∆y .
b
b
x
y
x0
y0
x0 + ∆x
y0 + ∆y
Podemos, então, escrever
f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0) =
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y)∆x +
∂f
∂y
(x0, ȳ)∆y .
Como a nossa intenção é conseguir a função G(∆x, ∆y) vista na definição de diferenciabilidade de uma função no
caṕıtulo passado, escrevemos
G(∆x, ∆y) = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0) −
∂f
∂x
(x0, y0)∆x −
∂f
∂y
(x0, y0) =
=
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y)∆x +
∂f
∂y
(x0, ȳ)∆y −
∂f
∂x
(x0, y0)∆x −
∂f
∂y
(x0, y0) =
=
[
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y) −
∂f
∂x
(x0, y0)
]
∆x +
[
∂f
∂y
(x0, ȳ) −
∂f
∂y
(x0, y0)
]
∆y .
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 3
A condição de diferenciabilidade da função f em (x0, y0) fica, agora,
lim
(∆x,∆y)→(0,0)
G(∆x, ∆y)
||(∆x, ∆y)||
=
= lim
(∆x,∆y)→(0,0)







[
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y) −
∂f
∂x
(x0, y0)
]
∆x
||(∆x, ∆y)||
+
[
∂f
∂y
(x0, ȳ) −
∂f
∂y
(x0, y0)
]
∆y
||(∆x, ∆y)||







=
= lim
(∆x,∆y)→(0,0)
{[
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y) −
∂f
∂x
(x0, y0)
]
∆x
||(∆x, ∆y)||
+
[
∂f
∂y
(x0, ȳ) −
∂f
∂y
(x0, y0)
]
∆y
||(∆x, ∆y)||
}
.
Caso as derivadas parciais com relação a x e com relação a y sejam cont́ınuas, então
lim
(∆x,∆y)→(0,0)
[
∂f
∂x
(x̄, y0 + ∆y) −
∂f
∂x
(x0, y0)
]
= 0 e lim
(∆x,∆y)→(0,0)
[
∂f
∂y
(x0, ȳ) −
∂f
∂y
(x0, y0)
]
= 0 .
Além disso,
∣
∣
∣
∣
∆x
||(∆x, ∆y)||
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∆x
√
(∆x)2 + (∆y)2
∣
∣
∣
∣
∣
≤ 1 e
∣
∣
∣
∣
∆y
||(∆x, ∆y)||
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∆y
√
(∆x)2 + (∆y)2
∣
∣
∣
∣
∣
≤ 1 ,
de modo que
lim
(∆x,∆y)→(0,0)
G(∆x, ∆y)
||(∆x, ∆y)||
= 0 ,
o que prova que a função é diferenciável em (x0, y0).
Esse teorema será usado a seguir para provar a diferenciabilidade de algumas funções.
Exemplo 1: verifique se a função f(x, y) = xy2 − 4x é diferenciável em todo o seu domı́nio.
Solução: as derivadas parciais dessa função ficam
∂f
∂x
(x, y) = y2 − 4 e
∂f
∂y
(x, y) = 2xy ,
de modo que elas são cont́ınuas em todo o R2. Portanto, f é diferenciável em todo o seu domı́nio, que é o próprio
R
2.
Exemplo 2: verifique se f(x, y) =



x2y
√
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
é diferenciável em (0, 0).
Solução: para (x, y) 6= (0, 0), as derivadas parciais dessa função ficam
∂f
∂x
(x, y) =
2xy
√
x2 + y2 − x2y ·
1
2
(x2 + y2)−1/2 · 2x
x2 + y2
=
2xy
√
x2 + y2
−
x3y
(x2 + y2)3/2
e
∂f
∂y
(x, y) =
x2
√
x2 + y2 − x2y ·
1
2
(x2 + y2)−1/2 · 2y
x2 + y2
=
x2
√
x2 + y2
−
x2y2
(x2 + y2)3/2
.
Para (x, y) = (0, 0), precisamos calcular as derivadas parciais pela definição:
∂f
∂x
(0, 0) = lim
∆x→0
f(0 + ∆x, 0) − f(0, 0)
∆x
= lim
∆x→0
(∆x)2 · 0
√
∆x)2
− 0
∆x
= 0 ,
∂f
∂y
(0, 0) = lim
∆y→0
f(0, 0 + ∆y) − f(0, 0)
∆y
= lim
∆y→0
0 · ∆y
√
(∆y)2
− 0
∆y
= 0 .
Falta agora provar que as derivadas parciais são cont́ınuas em (0, 0). Para a derivada parcial com relação a x,
temos
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 4
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
(
2x ·
y
√
x2 + y2
− x ·
x2
x2 + y2
·
y
√
x2 + y2
)
.
Como lim
(x,y)→(0,0)
x = 0,
∣
∣
∣
∣
∣
y
√
x2 + y2
∣
∣
∣
∣
∣
≤ 1 e
∣
∣
∣
∣
x2
x2 + y2
∣
∣
∣
∣
≤ 1, de modo que
∣
∣
∣
∣
∣
x2
x2 + y2
·
y
√
x2 + y2
∣
∣
∣
∣
∣
≤ 1, então
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = 0, de modo que
∂f
∂x
(x, y) é cont́ınua em (0, 0).
Para a derivada parcial com relação a y, temos
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
(
x ·
x
√
x2 + y2
− y ·
x2
x2 + y2
·
y
√
x2 + y2
)
.
Como lim
(x,y)→(0,0)
y = 0 e usando os resultados anteriores, lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂y
(x, y) = 0, de modo que
∂f
∂y
(x, y) é cont́ınua em (0, 0).
Como as duas derivadas parciais são cont́ınuas em (0, 0), então f é diferenciável nesse mesmo ponto.
O próximo exemplo mostra que mesmo quando as derivadas parciais de uma função não são cont́ınuas em
um determinado (x0, y0), essa mesma função pode ser diferenciável nesse ponto.Exemplo 3: verifique se f(x, y) =



(x2 + y2) sen
1
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
é diferenciável em (0, 0).
Solução: para (x, y) 6= (0, 0), as derivadas parciais dessa função ficam
∂f
∂x
(x, y) = 2x sen
1
x2 + y2
+ (x2 + y2) cos
1
x2 + y2
·
−1
(x2 + y2)2
· 2x = 2x sen
1
x2 + y2
−
2x
x2 + y2
cos
1
x2 + y2
,
∂f
∂y
(x, y) = 2y sen
1
x2 + y2
+ (x2 + y2) cos
1
x2 + y2
·
−1
(x2 + y2)2
· 2y = 2y sen
1
x2 + y2
−
2y
x2 + y2
cos
1
x2 + y2
.
Para (x, y) = (0, 0), precisamos calcular as derivadas parciais pela definição. Para a derivada parcial com relação
a x, temos
∂f
∂x
(0, 0) = lim
∆x→0
f(0 + ∆x, 0) − f(0, 0)
∆x
= lim
∆x→0
(∆x)2 sen
1
(∆x)2
∆x
= lim
∆x→0
∆x sen
1
(∆x)2
.
Como lim
(∆x,∆y)→(0,0)
∆x = 0 e
∣
∣
∣
∣
sen
1
(∆x)2
∣
∣
∣
∣
≤ 1, então
∂f
∂x
(0, 0) = 0.
Para a derivada parcial com relação a y, temos
∂f
∂y
(0, 0) = lim
∆y→0
f(0, 0 + ∆y) − f(0, 0)
∆y
= lim
∆y→0
(∆y)2 sen
1
(∆y)2
∆y
= lim
∆y→0
∆y sen
1
(∆y)2
.
Como lim
(∆x,∆y)→(0,0)
∆y = 0 e
∣
∣
∣
∣
sen
1
(∆x)2
∣
∣
∣
∣
≤ 1, então
∂f
∂y
(0, 0) = 0.
Podemos, então, escrever as derivadas parciais com relação a x e a y da seguinte forma:
∂f
∂x
(x, y) =



2x sen
1
x2 + y2
−
2x
x2 + y2
cos
1
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
e
∂f
∂y
(x, y) =



2y sen
1
x2 + y2
−
2y
x2 + y2
cos
1
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
.
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 5
Vamos agora verificar se as derivadas parciais são cont́ınuas em (0, 0). A primeira parte de cada expressão para
as derivadas parciais é formada por um limite tendendo a zero quando (x, y) → (0, 0) multiplicado por uma função
limitada, porém isto não é verdade para a segunda expressão de cada derivada parcial. Vamos, então, testar os
limites quando (x, y) → (0, 0) de dois caminhos distintos para ambas as derivadas parciais.
Começando pelo caminho dado pela imagem da função vetorial F (t) = (x(t), y(t)) = (t, 0), teremos os seguintes
limites:
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
t→0
(
2t sen
1
t2 + 02
−
2t
t2 + 02
cos
1
t2 + 02
)
= lim
t→0
(
2t sen
1
t2
−
2
t
cos
1
t2
)
,
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂y
(x, y) = lim
t→0
(
2 · 0 sen
1
t2 + 02
−
2 · 0
t2 + 02
cos
1
t2 + 02
)
= lim
t→0
0 = 0 .
Como sen
1
t2
e cos
1
t2
são limitadas, o limite para a derivada parcial de f com relação a x fica, para t → 0− (t
tendendo a zero pela esquerda, ou seja, t tendendo a zero a partir de valores negativos de t),
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
t→0−
(
2t sen
1
t2
−
2
t
cos
1
t2
)
= 0 − (−∞) = ∞ .
Já para t → 0+ (t tendendo a zero pela direita, ou seja, t tendendo a zero a partir de valores positivos de t),
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
t→0+
(
2t sen
1
t2
−
2
t
cos
1
t2
)
= 0 −∞ = −∞ .
Dessa forma, o limite da derivada parcial de f com relação a x quando (x, y) → (0, 0) não existe e essa derivada
parcial não é cont́ınua em (0, 0).
Considerando agora o caminho dado pela imagem da função vetorial F (t) = (x(t), y(t)) = (0, t), teremos os
seguintes limites:
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
t→0
(
2 · 0 sen
1
02 + t2
−
2 · 0
02 + t2
cos
1
02 + t2
)
= lim
t→0
0 = 0 ,
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂y
(x, y) = lim
t→0
(
2t sen
1
02 + t2
−
2t
02 + t2
cos
1
02 + t2
)
= lim
t→0
(
2t sen
1
t2
−
2
t
cos
1
t2
)
.
Como já vimos antes, o segundo limite não existe, de modo que a derivada parcial de f com relação a y também
não é cont́ınua em (0, 0).
Era de se esperar agora que a função f não fosse diferenciável em (0, 0). Porém, podemos calcular
G(∆x, ∆y) = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − f(x0, y0) −
∂f
∂x
(x0, y0)∆x −
∂f
∂y
(x0, y0)∆y =
=
[
(∆x)2 + (∆y)2
]
sen
1
(∆x)2 + (∆y)2
− 0 − 0 · ∆x − 0 · ∆y =
[
(∆x)2 + (∆y)2
]
sen
1
(∆x)2 + (∆y)2
,
de modo que
lim
(∆x,∆y)→(0,0)
G(∆x, ∆y)
||(∆x, ∆y)||
= lim
(∆x,∆y)→(0,0)
[
(∆x)2 + (∆y)2
]
sen
1
(∆x)2 + (∆y)2
√
(∆x)2 + (∆y)2
=
= lim
(∆x,∆y)→(0,0)
√
(∆x)2 + (∆y)2 sen
1
(∆x)2 + (∆y)2
.
Como lim
(∆x,∆y)→(0,0)
√
(∆x)2 + (∆y)2 = 0 e
∣
∣
∣
∣
sen
1
(∆x)2 + (∆y)2
∣
∣
∣
∣
≤ 1, então lim
(∆x,∆y)→(0,0)
G(∆x, ∆y)
||(∆x, ∆y)||
= 0, de
modo que f é diferenciável em (0, 0).
Um último exemplo serve para lembrar que uma função pode ser diferenciável em um ponto quando suas
derivadas parciais não forem cont́ınuas nesse ponto, mas que ela não será diferenciável em um ponto onde suas
derivadas parciais não existam.
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 6
Exemplo 4: verifique se f(x, y) =



sen (x2 + y2)
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
1 , (x, y) = (0, 0)
é diferenciável em (0, 0).
Solução: para (x, y) 6= (0, 0), as derivadas parciais dessa função ficam
∂f
∂x
(x, y) =
cos(x2 + y2) · 2x · (x2 + y2) − sen (x2 + y2) · 2x
(x2 + y2)2
e
∂f
∂y
(x, y) =
cos(x2 + y2) · 2y · (x2 + y2) − sen (x2 + y2) · 2y
(x2 + y2)2
.
Para (x, y) = (0, 0), precisamos calcular as derivadas parciais pela definição:
∂f
∂x
(0, 0) = lim
∆x→0
f(0 + ∆x, 0) − f(0, 0)
∆x
= lim
∆x→0
sen (∆x)2
(∆x)2
− 1
∆x
= lim
∆x→0
sen (∆x)2
(∆x)3
+ lim
∆x→0
1
∆x
,
∂f
∂y
(0, 0) = lim
∆y→0
f(0, 0 + ∆y) − f(0, 0)
∆y
= lim
∆y→0
sen (∆y)2
(∆y)2
− 1
∆y
= lim
∆y→0
sen (∆y)2
(∆y)3
+ lim
∆y→0
1
∆y
.
Os limites lim
∆x→0
1
∆x
e lim
∆y→0
1
∆y
não existem. Portanto, a função não é diferenciável em (0, 0), pois não podemos
montar a função G(∆x, ∆y) adequada.
Terminamos por aqui a nossa análise da diferenciabilidade de uma função. Todos os resultados aqui vistos
podem ser generalizados para funções de mais de duas variáveis.
Resumo
• Teorema do Valor Médio. Se f for cont́ınua em um intervalo fechado [a, b] e derivável no intervalo
aberto (a, b), então existirá pelo menos um c ∈ [a, b] tal que
f(b) − f(a)
b − a
= f ′(c) .
• Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais. Dada uma função f : A ⊂ R2 → R,
onde A é um conjunto aberto, se existem as derivadas parciais
∂f
∂x
(x0, y0) e
∂f
∂y
(x0, y0), onde (x0, y0) ∈
A, então f é diferenciável nesse ponto.
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 7
Leitura Complementar 2.7.1 - Teorema do Valor
Médio
Em Cálculo 1, várias definições foram dadas de maneira informal e fizemos várias afirmações que, na
verdade, são teoremas que precisam ser provados. Esta leitura complementar se encarrega de enunciar e provar
um dos teoremas mais importantes do cálculo com funções de uma variável real: o Teorema do Valor Médio.
Noi entanto, para prová-lo, é necessário fazer algumas definções e provar outros teoremas, o que é feito a seguir.
Para que possamos dar definições coerentes do que é um máximo ou um mı́nimo de uma função, conceitos
importantes para o Teorema do Valor Médio, precisamos do conceito de vizinhança, definido a seguir.
Definição 1 - Dado um número real a qualquer pertencente a um subintervalo I ⊂ R, definimos
uma vizinhança desse ponto como sendo um conjunto de pontos pertencentes a I que estejam a uma
distância menor que um número ǫ > 0 de a, isto é, uma vizinhança de a é o intervalo
{x ∈ I | a − ǫ < x < a + ǫ} = {x ∈ I | |x − a| < ǫ} .
Vamos, agora, às definições de máximos e mı́nimos locais e globais.
Definição 2 - Dados uma função f(x) e um ponto a ∈ D(f), f(c) é um máximo local de f se
f(c) ≥ f(x) para todo x pertencente a alguma vizinhança de a.
Definição 3 - Dados uma função f(x) e um ponto a ∈ D(f), f(c) é um mı́nimo local de f se
f(c) ≤ f(x) para todo x pertencente a uma vizinhança de a.
Definição 4 - Dados uma função f(x) e um ponto a ∈ D(f), f(c) é um máximo global de f se
f(c) ≥ f(x) para todo x ∈ D(f).
Definição 5 - Dados uma função f(x) e um ponto a ∈ D(f), f(c) é um mı́nimo global de f se
f(c) ≤ f(x) para todo x ∈ D(f).
Uma definição completa deum ponto de inflexão ainda não pode ser dada, mas a seguir fazemos uma
definição temporária.
Definição 6 - Dada uma f(x), se f(c), c ∈ D(f), não é nem um máximo (local ou global) nem um
mı́nimo (local ou global) de f e f ′(c) = 0, então c é um ponto de inflexão de f .
Note que a definição acima não limita um ponto de inflexão a ocorrer somente quando f ′(c) = 0 e f(c) não
for nem um máximo nem um mı́nimo da função. Como será visto na próxima aula, há outros casos em que
surgem pontos de inflexão e f ′(c) 6= 0.
Vamos agora enunciar e provar um teorema do matemático francês Pierre de Fermat (1601-1665).
Teorema 1 - Teorema de Fermat: se f(a) é um ponto de máximo ou de mı́nimo de f , então a é
um ponto cŕıtico de f .
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 8
Demonstração: provaremos o teorema por absurdo.
Suponhamos que a seja um ponto de máximo ou de mı́nimo local de f tal que f ′(a) 6= 0. Por conseqüência,
f ′(a) < 0 ou f ′(a) > 0. Se f ′(a) > 0, então
f ′(a) = lim
h→0
f(a + h) − f(a)
h
> 0 .
Para que f ′(a) exista, devemos ter
lim
h→0−
f(a + h) − f(a)
h
= lim
h→0+
f(a + h) − f(a)
h
e, de acordo com a nossa hipótese, devemos ter
lim
h→0−
f(a + h) − f(a)
h
> 0 e lim
h→0+
f(a + h) − f(a)
h
> 0 .
Podemos assumir que, para valores suficientemente pequenos de h (para os dois casos), tenhamos
f(a + h) − f(a)
h
> 0 .
Para o limite pela esquerda, h < 0, de modo que
f(a + h) − f(a) < 0 ⇔ f(a + h) < f(a) ,
o que significa que a não pode ser um mı́nimo da função. Para o limite pela direita, h > 0, de modo que
f(a + h) − f(a) > 0 ⇔ f(a + h) > f(a) ,
o que significa que a não pode ser um máximo da função. Como os dois limites têm que ser válidos, então a não pode
ser nem um máximo nem um mı́nimo da função, o que contradiz nossa hipótese inicial. Portanto, se a é um ponto
de máximo ou de mı́nimo da função, então f ′(a) não pode ser positiva.
Suponhamos agora que f ′(a) < 0. Então,
f ′(a) = lim
h→0
f(a + h) − f(a)
h
< 0 .
Para que f ′(a) exista, devemos ter
lim
h→0−
f(a + h) − f(a)
h
= lim
h→0+
f(a + h) − f(a)
h
e, de acordo com a nossa hipótese, devemos ter
lim
h→0−
f(a + h) − f(a)
h
< 0 e lim
h→0+
f(a + h) − f(a)
h
< 0 .
Novamente, podemos assumir que, para valores suficientemente pequenos de h (para os dois casos), tenhamos
f(a + h) − f(a)
h
< 0 .
Para o limite pela esquerda, h < 0, de modo que
f(a + h) − f(a) > 0 ⇔ f(a + h) > f(a) ,
o que significa que a não pode ser um máximo da função. Para o limite pela direita, h > 0, de modo que
f(a + h) − f(a) < 0 ⇔ f(a + h) < f(a) ,
o que significa que a não pode ser um mı́nimo da função. Como os dois limites têm que ser válidos, então a não pode
ser nem um máximo nem um mı́nimo da função, o que contradiz nossa hipótese inicial. Portanto, se a é um ponto
de máximo ou de mı́nimo da função, então f ′(a) não pode ser negativa.
Como f ′(a) não pode ser nem negativa nem positiva se a for um máximo ou um mı́nimo da função, e como f ′(a),
por hipótese, existe, então, necessariamente, f ′(a) = 0. Isto prova o teorema.
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 9
Pierre de Fermat (1601-1665): foi um dos grandes matemáticos de todos os tempos, embora sua principal
ocupação fosse o direito. Estudou matemática nas Universidades de Toulouse e Bordeaux e depois formou-se
em leis na Universidade de Orléans. Fez diversas contribuições à matemática, tendo inventado métodos para
calcular máximos e mı́nimos de funções e retas tangentes a diversas figuras, técnicas que são precursoras do
Cálculo Diferencial. Também fez importantes descobertas no campo matemático chamado teoria dos números.
Uma famosa conjectura sua, conhecida como “o último teorema de Fermat”, resistiu cerca de 300 anos, até ser
finalmente provada pelo matemático inglês Andrew John Wiles em 1994.
Veremos agora dois teoremas de muita importância no Cálculo: os teoremas de Rolle e do Valor Médio,
sendo o segundo uma generalização do primeiro.
Consideremos uma função cont́ınua limitada por
um intervalo [a, b], como a da figura ao lado, onde
f(a) = f(b). O teorema de Rolle afirma que, se
essa função for diferenciável no intervalo (a, b), en-
tão haverá nesse intervalo ao menos um ponto cuja
derivada é nula. Na figura ao lado, por exemplo,
há dois pontos de derivada nula dentro do intervalo
[a, b]. A demonstração desse teorema é baseada no
Teorema de Weierstrass (Aprofundamento 4) e no
Teorema de Fermat (teorema 1 desta leitura com-
plementar).
x
y
f(a) = f(b)
c1
c2
[ ]
a b
Teorema 2 - Teorema de Rolle: se f for cont́ınua em um intervalo fechado [a, b], derivável no
intervalo aberto (a, b) e se f(a) = f(b), então existirá pelo menos um c ∈ [a, b] tal que f ′(c) = 0.
Demonstração: primeiro, vamos considerar o caso de uma função constante, f(x) = k, k ∈ R. Neste caso,
qualquer ponto c ∈ (a, b) será tal que f ′(c) = 0.
Se f(x) não for constante, então, pelo Teorema de Weierstrass (Aprofundamento 4), existem x1 ∈ [a, b] e x2 ∈ [a, b]
tais que f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2), x ∈ [a, b]. Como a função não é constante, então f(x1) 6= f(x2). Como f(a) = f(b),
por hipótese, isto significa que não podemos ter f(x1) = f(a) e f(x2) = f(b) ou f(x1) = f(b) e f(x2) = f(a).
Portanto, x1 e x2 não podem ser ambos extremos do intervalo [a, b]. Sendo assim, pelo menos um deles tem que
estar no intervalo (a, b), onde f(x) é sempre derivável. Vamos chamar esse ponto (x1 ou x2) de c. Sendo assim, de
acordo com o Teorema de Fermat, c é um ponto cŕıtico de f(x) em x ∈ (a, b). Como, por hipótese, f ′(c) existe, então
f ′(c) = 0.
Michel Rolle (1652-1719): Rolle nasceu na França e teve pouca educação formal, tendo sido basicamente um
auto-didata. Trabalhou como assistente de advogado, escriba e especialista em contas, tendo depois recebido
pensões especiais do governo para que trabalhasse em matemática. Publicou o teorema pelo qual é mais conhecido
em um livro obscuro. Descrevia o Cálculo como “uma coleção de falácias engenhosas”.
Tomemos agora uma função cont́ınua limitada por um
intervalo [a, b], como a da figura ao lado, onde f(a) não é
necessariamente igual a f(b). Podemos traçar uma reta
secante entre os pontos (a, f(a)) e (b, f(b)). Esta reta
secante, a exemplo da equação da reta tangente a um
ponto, tem a equação dada por
y(x) = f(a) + m(x − a) , m =
f(b) − f(a)
b − a
.
x
y
f(a)
f(b)
c
[ ]
a
b
Para verificar que esta equação é a correta, podemos calcular
y(a) = f(a) +
f(b) − f(a)
b − a
· 0 = f(a) , y(b) = f(a) +
f(b) − f(a)
b − a
· (b − a) = f(a) + f(b) − f(a) = f(b) .
Cálculo 2 - Caṕıtulo 2.7 - Diferenciabilidade e continuidade das derivadas parciais 10
O que o Teorema do Valor Médio afirma é que, traçando uma secante entre quaisquer dois pontos do
intervalo, haverá sempre um ponto c entre esses dois pontos cuja derivada será igual ao coeficiente angular da
reta secante.
A demonstração do teorema baseia-se na função g(x) = f(x) − y(x), que é tal que
g(a) = f(a) − y(a) = f(a) − f(a) = 0 e g(b) = f(b) − g(b) = f(b) − f(b) = 0 .
Escrevendo
g(x) = f(x) − f(a) − m(x − a) = f(x) − mx + ma ,
temos que
g′(x) = f ′(x) − m · 1 + 0 = f ′(x) − m = f ′(x) −
f(b) − f(a)
b − a
.
Teorema 3 - Teorema do Valor Médio: se f for cont́ınua em um intervalo fechado [a, b] e derivável
no intervalo aberto (a, b), então existirá pelo menos um c ∈ [a, b] tal que
f(b) − f(a)
b − a
= f ′(c) .
Demonstração: consideremos a função
g(x) = f(x) − y(x) = f(x) −
f(b) − f(a)
b − a
(x − a) .
Como f ′(x) é cont́ınua em [a, b] e diferenciável em (a, b), então g(x) também o é. Além disso, g(a) = g(b) = 0. Como
g(a) = g(b), então, pelo Teorema de Rolle, existe ao menos um ponto c ∈ (a, b) tal que g′(c) = 0. Considerando a
derivada de g(x), temos, então,
g′(c) = 0 ⇔ f ′(x) −
f(b) − f(a)
b − a
= 0 ⇔ f ′(x)=
f(b) − f(a)
b − a
,
provando o teorema.