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162
Unidade II
Unidade II
5 DERIVADAS PARCIAIS – MAIS REGRAS
5.1 Regra da cadeia
Em alguns casos, podemos ter funções de duas ou mais variáveis, em que essas variáveis dependem 
de uma outra variável. Se quisermos saber a taxa de variação da função em relação a essa outra variável, 
teremos que utilizar a regra da cadeia.
Veremos a seguir duas dessas regras, função de duas variáveis com cada variável dependendo de 
uma terceira e função de duas variáveis com cada variável dependendo de outras duas.
5.1.1 Primeira regra da cadeia
Consideremos uma função de duas variáveis z = f(x, y), onde x e y dependem de outra variável t, isto 
é, x = g(t) e y = h(t)
A derivada de z em relação a t será calculada pela expressão:
dz z dx z dy
 
dt x dt y dt
∂ ∂
= +
∂ ∂
 Lembrete
Como x e y são funções de uma variável (t), usaremos as notações 
dx dy
 e 
dt dt
 para indicar suas derivadas.
Exemplo de aplicação
Exemplo 1
Dada a função z = 3x2 . y + ex, com x = t2 e y = 3t, determine dz 
dt
.
Resolução
Devemos utilizar a regra da cadeia:
163
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
dz z dx z dy
 
dt x dt y dt
∂ ∂
= +
∂ ∂
Calculamos as derivadas separadamente e depois substituimos na regra da cadeia:
z = 3x2 . y + ex
xz 6xy e
x
∂
= +
∂
 e 2z 3x
y
∂
=
∂
2 dx x t 2t
dt
= ⇒ =
dx
 x 3t 3
dt
= ⇒ =
Substituindo na expressão de dz 
dt
:
x 2dz (6xy e ).2t 3x .3
dt
= + +
x 2dz (6xy e ).2t 9x
dt
= + +
Substituindo x = t2 e y = 3 t, temos:
t2 22 2dz (6 .( ) e ).2t 9( )
dt
t 3t t= + +
23 t 4dz (18t e ).2t 9t
dt
= + +
24 t 4dz 36t 2t.e 9t
dt
= + +
Exemplo 2
Em um circuito elétrico, a tensão média V (volts) diminui como o tempo (s) à taxa de 0,3 V/s, devido 
ao desgaste da bateria. Pelo aquecimento do resistor, a resistência R (Ω) aumenta à taxa de 0,5 Ω/s.
164
Unidade II
Usando a Lei de Ohm, V = I . R, determine a taxa de variação da corrente I(A), em relação ao tempo, 
no instante em que R = 250 Ω e I = 0,2 A.
Resolução
Segundo a Lei de Ohm, I é função de R e V. Assim, podemos escrever:
V
I(V,R)
R
=
Como V e R estão variando com o tempo, devemos utilizar a regra da cadeia:
dI I dV I dR
 
dt V dt R dt
∂ ∂
= +
∂ ∂
Calcularemos as derivadas separadamente e depois substituiremos na regra da cadeia:
V
I
R
= , isto é, I = V . R-1
1I R
V
-∂ =
∂
 e 2
I
V.R
R
-∂ = -
∂
Pelo enunciado, 
dV
0,3 V/s
dt
= - e 
dR
0,5 /s
dt
= Ω .
Substituindo na expressão de dI 
dt
:
1
2
dI V
R .( 0,3) .0,5
dt R
-  = - + -  
2
dI 0,3 0,5V
dt R R
= - -
Queremos a taxa de variação quando R = 250 Ω e V = 0,2 A. Assim:
2
dI 0,3 0,5 . 0
dt
,2
250 250
= - -
165
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
dI 0,3 0,1
dt 250 62500
= - -
dI
0,0012 0,0000016
dt
= - -
dI
0,0012016
dt
= -
3dI 1,2016.10 A/s
dt
-= -
Exemplo 3
Determine a taxa de variação da pressão (em kPa, quilopascal), em relação ao tempo, de 1 mol de 
um gás ideal que obedece à equação P.V = 8,31 T, quando a temperatura é de 250 K (kelvin) e está 
aumentando à taxa de 0,2 K/s, e o volume é de 150 L (litros) e está aumentando à taxa de 0,3 L/s.
Resolução
Conforme o enunciado, temos:
T = 250 K
V = 150 L
dT
0,2 K/s
dt
=
dV
0,3 L/s
dt
=
Queremos calcular dP
dt
.
Sabemos que PV = 8,31 T. Daí, isolando P, teremos: 
8,31 . T
P
V
=
Como T e V estão variando com o tempo, devemos utilizar a regra da cadeia:
dP P dV P dT
 
dt V dt T dt
∂ ∂
= +
∂ ∂
166
Unidade II
Calculamos as derivadas separadamente e depois substituimos na regra da cadeia:
Arrumando a função 
8,31 . T
P
V
= , temos: P = 8,31 . T . V-1
2
2
P P 8,31.T
( 1).8,31.T.V , isto é, 
V V V
-∂ ∂ -= - =
∂ ∂
P 8,31
T V
∂
=
∂
Pelo enunciado, 
dV
0,3 L/s
dt
= e 
dT
0,2 K/s
dt
= .
Substituindo na expressão de dP 
dt
:
2
dP 8,31 . T 8,31
.0,3 .0,2
dt VV
-
= +
Arrumando a expressão, temos:
2
dP 2,493 . T 1,662
dt VV
-
= +
Queremos a taxa de variação quando T = 250 K e V = 150 L. Assim:
2
250
150150
dP 2,493 . 1,662
dt
-
= +
dP
 0,0277 0,01108
dt
= - +
dP KPa 0,01662 sdt
= - ou 2 
dP KPa 1,662 . 10 sdt
-= -
Exemplo 4
Sabemos que o volume de um cone é dado por 2
1
V r h
3
= π . Determine a taxa de variação do 
volume de um cone se seu raio aumenta à taxa de 3 cm/s, enquanto sua altura decresce à taxa de 5 cm/s, 
no instante em que r = 15 cm e h = 20 cm.
167
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Resolução
Temos que V é função de duas variáveis, r e h. Como r e h estão variando com o tempo, devemos 
utilizar a regra da cadeia:
dV V dr V dh
 
dt r dt h dt
∂ ∂
= +
∂ ∂
Calcularemos as derivadas separadamente e depois substituiremos na regra da cadeia:
Derivando a função 2
1
V r h
3
= π , temos:
V 1 V 2
 2r h, isto é, r h
r 3 r 3
∂ ∂
= π = π
∂ ∂
2V 1 r
h 3
∂
= π
∂
Pelo enunciado, 
dr
3 cm/s
dt
= e 
dh
 5 cm/s
dt
= -
Substituindo na expressão de dV 
dt
:
dV V dr V dh
 
dt r dt h dt
∂ ∂
= +
∂ ∂
2dV 2 1 r h .3 r .( 5)
dt 3 3
= π + π -
Arrumando a expressão, temos:
2dP 52 r h r
dt 3
= π - π
Queremos a taxa de variação quando r = 15 cm e h = 20 cm. Assim:
2dP 52 . . .
dt
15 2 5
3
0 1= π - π
168
Unidade II
dP
600 375 
dt
= π - π
3dV cm225 sdt
= π
 
5.1.2 Segunda regra da cadeia
Consideremos uma função de duas variáveis z = f(x, y), onde x e y dependem de duas variáveis u e 
v, isto é, x = g(u, v) e y = h(u, v)
As derivadas parciais de z em relação a u e a v serão calculadas pelas expressões:
z z x z y
 
u x u y u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 e 
z z x z y
 
v x v y v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Exemplo de aplicação
Exemplo 1
Dada a função z = 3x2y3, com x = 2u + v e y = -u + 3v, determinar as derivadas parciais:
z
a) 
u
∂
∂
z
b) 
v
∂
∂
Resolução
Como z é função de duas variáveis, x e y, e cada uma delas é função de duas variáveis, u e v, devemos 
utilizar a segunda regra da cadeia.
Calcularemos as derivadas separadamente e depois substituiremos na regra da cadeia:
Derivando a função z = 3x2y3 em função de x e y:
3z 6xy
x
∂
=
∂
169
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
2 3 1 2 2z z3x .3y , isto é, 9x y
y y
-∂ ∂= =
∂ ∂
Derivando x = 2u + v em relação a u e a v:
x
2
u
∂
=
∂
 e 
x
1 
v
∂
=
∂
Derivando y = -u + 3v em relação a u e a v:
y
1
u
∂
= -
∂
 e 
y
3
v
∂
=
∂
a) Substituindo na expressão de z 
u
∂
∂
:
z z x z y
 
u x u y u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
3 2 2z 6x.y .2 9x .y .( 1)
u
∂
= + -
∂
Arrumando a expressão, temos:
3 2 2z 12x.y 9x .y
u
∂
= -
∂
Devemos agora substituir x e y por suas expressões, escrevendo a derivada parcial em função 
de u e v.
Assim, teremos:
3 2 2z 12(2u v).( u 3v) 9(2u v) .( u 3v)
u
∂
= + - + - + - +
∂
Colocando em evidência:
( )2 2 2z 6(2u v).( u 3v) . 2( u 3v) 3.(2u v).( u 3v)u
∂
= + - + - + - + - +
∂
170
Unidade II
b) Substituindo agora na expressão de z 
v
∂
∂
:
z z x z y
 
v x v y v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
3 2 2z 6xy . 1 18x y . 3
v
∂
= +
∂
Arrumando a expressão, temos:
3 2 2z 6xy 54x y
v
∂
= +
∂
Deve-se, agora, substituir x e y por suas expressões, escrevendo a derivada parcial em função 
de u e v.
Assim, teremos:
3 2 2z 6( ).( ) 54(2u v u 3v 2u ) ( )
v
v u 3v+ - + + - +
∂
= +
∂
Colocando em evidência:
( )2z 6(2u v).( u 3v). ( u 3v) 9.(2u v).( u 3v)v
∂
= + - + - + + + - +
∂
Exemplo 2
Determinar as derivadas parciais 
z z
 e 
u v
∂ ∂
∂ ∂
 para a função z = 2x2 + y2, sendo x = u2 + 3v e y = 4u + v2
Resolução
Como z é função de duas variáveis, x e y, e cada uma delas é função de duas variáveis, u e v, devemos 
utilizar a segunda regra da cadeia.
Calcularemos as derivadas separadamente e depois substituiremos na regra da cadeia:
Derivando a função z = 2x2 + y2 em função de x e y:
171
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
z
4x
x
∂
=
∂
z
2y
y
∂
=
∂
Derivando x = u2 + 3v em relação a u e a v:
x
2u
u
∂
=
∂
 e 
x
3 
v
∂
=
∂
Derivando y = 4u + v2 em relação a u e a v:
y
4
u
∂
=
∂
 e 
y
2v
v
∂
=
∂
a) Para calcular z 
u
∂
∂
, vamos substituir as derivadas parciais calculadas na expressão:
z z x zy
 
u x u y u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
z
4x.2u 2y.4
u
∂
= +
∂
Arrumando a expressão, temos:
z
8x.u 8y
u
∂
= -
∂
Devemos agora substituir x e y por suas expressões, escrevendo a derivada parcial em função 
de u e v.
Assim, teremos:
2 2z 8.(u 3v).u 8.(4u v )
 u
∂
= + - +
∂
172
Unidade II
b) Para calcular z 
v
∂
∂
, vamos substituir as derivadas parciais calculadas na expressão:
z z x z y
 
v x v y v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
z
4x . 3 2y . 2v 
v
∂
= +
∂
Arrumando a expressão, temos:
z
12x 4y.v
v
∂
= +
∂
Devemos agora substituir x e y por suas expressões, escrevendo a derivada parcial em função 
de u e v.
Assim, teremos:
2 2(u 3v
z
12 4) (4 v .v
u
u )+ +
∂
= +
∂
 
 Saiba mais
Conheça mais sobre a regra da cadeia:
STEWART, J. Cálculo. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2013. v. 2. 
Capítulo 14.
5.2 Plano tangente
Equações do tipo z = mx + ny + c definem planos no IR3.
Sendo z = f(x, y) uma função de duas variáveis derivável no ponto A = (a,b) ∈ Df, a equação do plano 
tangente ao gráfico da função f no ponto A é dada pela expressão:
0 x 0 0 0 y 0 0 0z z f (x ,y ) . (x - x ) f (x ,y ) . (y - y )- = + , sendo z0 = f(x0, y0)
173
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Exemplo de aplicação
Exemplo 1
Determinar a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x2 + 2xy - y2, no ponto A(2,1).
Resolução
Primeiro, determinaremos as derivadas parciais de f no ponto A.
 Lembrete
Para determinar a derivada no ponto, devemos calcular a derivada num 
ponto qualquer e somente depois substituir os valores de x e y do ponto.
Calculando a derivada parcial em relação a x, num ponto qualquer:
xf (x,y) 2x 2y= +
Substituindo as coordenadas do ponto A(2,1) em fx(x,y):
xf (2,1) 2.2 2.1= +
xf (2,1) 4 2= +
xf (2,1) 6=
Calculando agora a derivada parcial em relação a y, num ponto qualquer:
yf (x,y) 2x 2y= -
Substituindo as coordenadas do ponto A(2,1) em fy(x,y):
yf (2,1) 2.2 2.1= -
yf (2,1) 4 2= -
yf (2,1) 2=
174
Unidade II
Precisamos determinar também o valor de z0 = f(2,1), isto é, substituir os valores de x = 2 e y = 1 na 
expressão da função. Assim:
2 2f(x,y) x 2xy y= + -
2 2
0z f(2,1) 2 2.2.1 1= = + -
0z f(2,1) 4 4 1= = + -
0z f(2,1) 7= =
Para determinar a equação do plano tangente, devemos substituir os valores calculados na expressão:
0 x 0 0 0 y 0 0 0z z f (x ,y ).(x x ) f (x ,y ).(y y )- = - + -
x yz 7 f (2,1).(x 2) f (2,1).(y 1)- = - + -
z 7 6.(x 2) 2.(y 1)- = - + -
Utilizando a propriedade distributiva e arrumando a expressão, ficamos com:
z 6x 12 2y 2 7= - + - +
z 6x 2y 7= + -
Logo, a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x2 + 2xy - y2 no ponto A(2,1) é 
z = 6x + 2y - 7
Exemplo 2
Determinar a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x2 + y2 no ponto A(1,1).
Resolução
Primeiro, determinaremos as derivadas parciais de f no ponto A.
Calculando a derivada parcial em relação a x, num ponto qualquer:
xf 2x=
175
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Substituindo as coordenadas do ponto A(1,1) em fx(x,y):
xf (1,1) 2.1=
xf (1,1) 2=
Calculando agora a derivada parcial em relação a y, num ponto qualquer:
yf 2y=
Substituindo as coordenadas do ponto A(1,1) em fy(x,y):
yf (1,1) 2.1=
yf (1,1) 2=
Precisamos determinar também o valor de z0 = f(1,1), isto é, substituir os valores de x = 1 e y = 1 na 
expressão da função. Assim:
f(x,y) = x2 + y2
2 2
0z f(1,1 1 1)= = +
z0 = 2
Para determinar a equação do plano tangente, devemos substituir os valores calculados na expressão:
0 x 0 0 0 y 0 0 0z z f (x ,y ) . (x - x ) f (x ,y ) . (y - y )- = +
x y2 1z f (1,1) . (x - ) f (1,1) . )1(y -- = +
2 2. 1z (x - ) . 1)2 (y -- = +
Utilizando a propriedade distributiva e arrumando a expressão, ficamos com:
z 2x -2 2 y -2 2= + +
z = 2x + 2y - 2
176
Unidade II
Logo, a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x2 + y2 no ponto A(1,1) é z = 2x + 2y - 2
Exemplo 3
Determinar a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x2 + y2 no ponto A(0,0).
Resolução
Primeiro, determinaremos as derivadas parciais de f no ponto A.
Calculando a derivada parcial em relação a x, num ponto qualquer:
xf (x,y) 2.x=
Substituindo as coordenadas do ponto A(0,0) em fx(x,y):
xf (0,0) 2.0=
xf (0,0) 0=
Calculando agora a derivada parcial em relação a y, num ponto qualquer:
yf (x,y) 2.y=
Substituindo as coordenadas do ponto A(0,0) em fy(x,y):
y 0,0f ( ) 02.=
yf (0,0) 0=
Precisamos determinar também o valor de z0 = f(0,0), isto é, substituir os valores de x = 0 e y = 0 na 
expressão da função. Assim:
f(x,y) = x2 + y2
2 2
0z f(0,0) 0 0= = +
z0 = 0
177
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Para determinar a equação do plano tangente, devemos substituir os valores calculados na expressão:
0 x 0 0 0 y 0 0 0z z f (x ,y ) . (x - x ) f (x ,y ) . (y - y )- = +
x y0 0z f (0,0) . (x - ) f (0,0) . )0(y -- = +
z 0 0.(x 0) 0.(y 0)- = - + -
Arrumando a expressão, ficamos com:
z = 0
Logo, a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x2 + y2 no ponto A(0,0) é z = 0, isto é, o 
plano tangente é o plano 0xy.
 
5.3 Ampliando seu leque de exemplos
Exemplo 1
Dada a função 2 3 3 2f(x,y) x .y 2x 4y= + - , determine a derivada fxxy, isto é, queremos calcular a 
derivada de terceira ordem.
Resolução
Devemos derivar na ordem em que as variáveis aparecem, isto é, em relação a x, novamente em 
relação a x e, finalmente, em relação a y.
 Observação
Com a notação fxxy, a ordem para as derivadas é da esquerda para 
a direita.
Com a notação 
3f
y x x
∂
∂ ∂ ∂
, a ordem para as derivadas é da direita para a 
esquerda.
Calculando as derivadas inicialmente em relação a x:
3 2
xf 2xy 6x= +
178
Unidade II
Derivando novamente em relação a x:
3
x xf 2y 12x= +
Agora, devemos derivar em relação a y:
fxxy = 6y
2
Exemplo 2
Dada a função 3 2 2f(x,y) x cos(x y )= - , determine a derivada fxyx, isto é, queremos calcular a 
derivada de terceira ordem.
Resolução
Devemos derivar na ordem em que as variáveis aparecem, isto é, em relação a x, novamente em 
relação a y e, finalmente, em relação a x.
Calculando as derivadas inicialmente em relação a x, notamos que temos x nas duas parcelas da 
função. Utilizaremos, então, a regra do produto.
2 2 2 3 2 2
xf 3x cos(x y ) x [ sen(x y )].(2x)= - + - -
Arrumando a expressão:
2 2 2 4 2 2
xf 3x cos(x y ) 2x sen(x y )= - - -
Derivando novamente, agora em relação a y, observamos que a função tem duas partes e, em ambas, 
a variável y aparece somente uma vez. Assim, trata-se de constante vezes função:
2 2 2 4 2 2
x yf 3x [ sen(x y )].( 2y) 2x cos(x y ).( 2y)= - - - - - -
Arrumando a expressão:
2 2 2 4 2 2
x yf 6x ysen(x y ) 4x y cos(x y )= - + -
Agora, devemos derivar em relação a x:
2 2 3 2 2 3 2 2 5 2 2
x y xf 12xysen(x y ) 12x y cos(x y ) [16x y cos(x y ) 8x y( sen(x y ))]= - + - + - + - -
179
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Arrumando a expressão:
2 2 3 2 2 3 2 2 5 2 2
x y xf 12xysen(x y ) 12x y cos(x y ) 16x y cos(x y ) 8x ysen(x y )= - + - + - - -
Somando os termos comuns, vem:
2 2 3 2 2 5 2 2
x y xf 12xysen(x y ) 28x y cos(x y ) 8x ysen(x y )= - + - - -
Exemplo 3
Dada a função 
2x.yf(x,y) e= , determine a derivada 
3f
x y y
∂
∂ ∂ ∂
, isto é, queremos calcular a derivada 
de terceira ordem.
Resolução
Calculando as derivadas inicialmente em relação a y, notamos que é uma função composta. Assim:
2x.y f 2y.xe
y
∂
=
∂
 Lembrete
Para esta notação de derivadas parciais, devemos derivar primeiro em 
relação a y, novamente em relação a y e, finalmente, em relação a x, isto é, 
da direita para a esquerda.
Derivando em relação a y, observamos que agora temos o produto de duas funções de y. Utilizaremos, 
então, a regra do produto.
2 2 2x.y x.yf 2xe 2y.x.2y.xe
y y
∂
= +
∂ ∂
Arrumando a função:
2 2 2x.y 2 2 x.yf 2xe 4x y e
y y
∂
= +
∂ ∂
180
Unidade II
Antes de fazermos a última das derivadas, devemos arrumar a expressão:
2 2 2x.y 2 2 x.yf 2xe 4x .y e
y y
∂
= +
∂ ∂
Derivando agora em relação a x, notamos que nas duas parcelas a variável xaparece duas vezes, 
necessitando então da regra do produto em ambas.
3 2 2 2 2x.y 2 x.y 2 x.y 2 2 2 x.yf 2e 2x.y e 4.2x.y e 4x .y .y e
x y y
∂
= + + +
∂ ∂ ∂
Arrumando a expressão:
3 2 2 2 2x.y 2 x.y 2 x.y 2 4 x.yf 2e 2x.y e 8x.y e 4x .y e
x y y
∂
= + + +
∂ ∂ ∂
Somando os termos semelhantes, temos a derivada de terceira ordem pedida:
3 2 2 2x.y 2 x.y 2 4 x.yf 2e 10x.y e 4x y e
x y y
∂
= + +
∂ ∂ ∂
Exemplo 4
Determinar a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = 2x2 + y2 no ponto A(0,1).
Resolução
Primeiro, determinaremos as derivadas parciais de f no ponto A.
Calculando a derivada parcial em relação a x, num ponto qualquer:
yf (x,y) 4.x=
Substituindo as coordenadas do ponto A(0,1) em fx(x,y):
x 0,1f ( ) 04.=
xf (0,1) 0=
181
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Calculando, agora, a derivada parcial em relação a y, num ponto qualquer:
yf (x,y) 2.y=
Substituindo as coordenadas do ponto A(0,1) em fy(x,y):
y 0,1f ( ) 12.=
yf (0,1) 2=
Precisamos determinar também o valor de z0 = f(0,1), isto é, substituir os valores de x = 0 e y = 1 na 
expressão da função. Assim:
2 2f(x,y) 2x y= +
2 2
0z f(0,1) 2.0 1= = +
0z 1=
Para determinar a equação do plano tangente, devemos substituir os valores calculados na expressão:
0 x 0 0 0 y 0 0 0z z f (x ,y ) . (x - x ) f (x ,y ) . (y - y )- = +
x y1 0z f (0,1) . (x - ) f (0,1) . )1(y -- = +
1 0 0z - .(x - ) )2 1.(y -= +
z -1 2y 2= -
Arrumando a expressão, ficamos com:
z = 2y - 1
Logo, a equação do plano tangente ao gráfico de f(x,y) = x2 + y2 no ponto A(0,1) é z = 2y - 1 
182
Unidade II
6 DERIVADA DIRECIONAL
Já vimos as derivadas parciais. Veremos agora que é possível calcular a derivada de uma função de 
duas variáveis em várias direções. É o que chamamos de derivada direcional.
Em algumas situações, necessitaremos saber a taxa máxima de variação de uma função e, nesse 
caso, utilizaremos a derivada direcional.
Para o estudo de derivadas direcionais, necessitaremos de alguns conceitos de vetores. Faremos, 
então, uma breve revisão de vetores no plano.
6.1 Vetores no plano
No plano IR2, podemos escrever um vetor por meio de suas coordenadas ou pela sua expressão em 
função dos versores i
→
 e j
→
, u
→
 = (x,y) ou u
→
 = x . i
→
 + y . j
→
 Observação
Versor é um vetor com módulo ou norma igual a 1.
Módulo: definimos módulo (norma ou comprimento) para um vetor u
→
 = (x,y) por:
2 2u x y= +

Exemplo de aplicação
Determinar o módulo de u
→
a) u
→
 = (3,1)
Resolução
2 2u 3 1 u 10= + ⇒ =
 
b) u
→
 = (-1,2)
Resolução
2 2u ( 1) 2 u 1 4 u 5= - + ⇒ = + ⇒ =
  
183
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
 Lembrete
Para fazermos x = -1 ao quadrado, dentro da raiz, o uso de parênteses 
é obrigatório.
c) u
→
 = - i
→
 + j
→
Resolução
Sabemos que as coordenadas do vetor u
→
 são x = -1 e y = 1, isto é, são os coeficientes dos versores 
i
→
 e j
→
.
Assim, 2 2 2u ( 1) 1 u 1 1 u 2= - + ⇒ = + ⇒ =
  
 
Versor: definimos o versor de um vetor v
→
 pela expressão 
v
u
v
=



Exemplo de aplicação
Determinar o versor do vetor dado:
a) v
→
 = (2,-3)
b) v
→
 = 3
→
 + j
→
Resolução
a) Para determinar o versor, precisamos inicialmente calcular o módulo de v
→
, 
2 2v 2 ( 3) v 4 9 v 13= + - ⇒ = + ⇒ =
  
Assim, teremos:
v (2, 3) 2 3
u u ,
v 13 13 13
- - 
= = ⇒ =   

 

Não é usual deixar a raiz no denominador. Vamos, então, racionalizar as frações, isto é, multiplicar e 
dividir por 13 . Assim:
184
Unidade II
2 13 3 13
u . , .
13 13 13 13
 -
=   

Assim, o versor de v
→
 será igual a 
2 13 3 13
u ,
13 13
 -
=   

b) Para determinar o versor, precisamos inicialmente calcular o módulo de v
→
, 
2 2v 3 1 v 9 1 v 10= + ⇒ = + ⇒ =
  
Assim, teremos:
v 3i j 3 1
u u i j
v 10 10 10
+
= = ⇒ = +
 

 
 

Não é usual deixar a raiz no denominador. Vamos, então, racionalizar as frações, isto é, multiplicar e 
dividir por 10 . Assim:
3 10 10
u i j
10 10
= +
 

Assim, o versor de v
→
 será igual a 
3 10 10
u i j
10 10
= +
 

, ou, na notação de coordenadas, podemos 
escrever 
3 10 10
u ,
10 10
 
=   

 
Vetor por dois pontos: se A = (xA, yA) e B = (xB, yB), então o vetor AB
→
 será dado por:
B B A A B A B AAB B A (x ,y ) (x ,y ) (x x ,y y )= - = - = - -

Exemplo de aplicação
Determine as coordenadas do vetor AB
→
, pelos pontos A e B, nos seguintes casos:
a) A = (-1,2) e B = (3,5)
185
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
b) A = (1,3) e B = (6,-2)
Resolução
a) Sabemos que AB
→
 = B - A. Assim:
AB (3,5) ( 1,2)= - -

AB (3 ( 1),5 2)= - - -

AB (3 1,3)= +

AB (4,3)=

b) Sabemos que AB
→
 = B - A. Assim:
AB (6, 2) (1,3)= - -

AB (6 1, 2 3)= - - -

AB
→
 = (5,-5)
 
Produto escalar: produto de dois vetores resultando em um número real. O produto escalar de 
 u
→
 = (x,y) e v
→
 = (a,b) é definido por:
u . v (x,y) . (a,b) x.a y.b= = +
 
Exemplo de aplicação
Determinar o produto escalar dos vetores indicados:
a) u
→
 = (-1,2) e v
→
 = (3,1)
b) u 2 i j e v 4 i 2 j= - = +
   
 
186
Unidade II
Resolução
a) Utilizando a definição de produto escalar, vem:
u . v ( 1,2) . (3,1)= -
 
u . v ( 1).3 2.1= - +
 
u . v 3 2= - +
 
u . v 1= -
 
b) Nesse caso, como os vetores foram dados em função dos versores i
→
 e j
→
, faremos o produto escalar 
também em função dos versores i
→
 e j
→
.
( ) ( )u . v 2 i j . 4 i 2 j= - +    
u . v 2 i .4 i 2 i .2 j j .4 i j .2 j= + - -
       
 
Arrumando a expressão:
u . v 8 i . i 4 i . j 4 j. i 2 j. j= + - -
       
 
u . v 8 i . i 2 j. j= -
   
 
 Lembrete
Sabemos que i
→
 . i
→
 = (1,0) . (1,0) = 1, i
→
 . j
→
 = (1,0) . (0,1) = 0 e 
j
→
 . j
→
 = (0,1) . (0,1) = 1.
Assim:
u . v 8.1 2.1 8 2 6= - = - =
 
 
Podemos efetuar o produto escalar com a notação de coordenadas para os vetores ou com a notação 
de combinação linear dos versores.
187
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
 Saiba mais
Para mais exercícios sobre vetores e suas operações, consulte:
WINTERLE, P. Vetores e geometria analítica. São Paulo: Pearson, 2014.
6.2 Derivada direcional
Quando calculamos as derivadas 
 f f
 e 
x y
∂ ∂
∂ ∂
, estamos determinando a taxa de variação de f na 
direção do eixo x ou na direção do eixo y.
É possível determinar a derivada de uma função de duas variáveis em qualquer direção. Nesse caso, 
chamamos a derivada de derivada direcional.
Usaremos a notação Duf(x,y) para indicar a derivada direcional de f na direção do versor u = (a,b)
Definimos a derivada direcional Duf(x,y) como:
u x yD f(x,y) f (x,y) . a f (x,y) . b= +
A notação Duf(x0,y0) para indicar a derivada direcional de f na direção do versor u = (a,b), no 
ponto (x0,y0).
u 0 0 x 0 0 y 0 0D f(x ,y ) f (x ,y ) . a f (x ,y ) . b= +
 Observação
Na definição de derivada direcional, utilizamos a notação u para indicar 
o versor, diferentemente da notação u
→
, que utilizamos geralmente.
Exemplo de aplicação
Exemplo 1
Determine a derivada direcional de 3 2 3f(x,y) x 2x y 2y= - + na direção do versor 
2 2
u ,
2 2
 
=   
, 
no ponto P(1,1).
188
Unidade II
Resolução
Para calcularmos a derivada direcional, devemos inicialmente determinar as derivadas parciais de f 
num ponto qualquer e posteriormente substituir as coordenadas do ponto P.
Derivando em relação a x, temos:
2
xf 3x 4xy= -
2
x xf (1,1) 3. 4. . f (1,1 1 1 1) 1= - ⇒ = -
Derivando em relação a y, temos:
2 2
yf 2x 6y= - +
2 2
y yf (1,1) 2. 6. f (1,1) 41 1= - + ⇒ =
Substituindo na expressão de Duf(x,y):
u x yD f(1,1) f (1,1) . a f (1,1) . b= +
u
2 2
D f(1,1) ( 1) . 4 . 
2 2
= - +
u u
 2 4 2 3 2
D f(1,1) D f(1,1)
2 2 2
-
= + ⇒ =
Exemplo 2
Determine a derivada direcional de 3 2f(x,y) x y= - na direção do vetor v = (1,2) no ponto P(-1,1).
Resolução
Para calcularmos a derivada direcional, devemos inicialmente determinar as derivadas parciais de f 
num ponto qualquer e, posteriormente,substituir as coordenadas do ponto P.
Derivando em relação a x, temos:
fx = 3x
2
189
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
2
xf ( 1,1) 3( 1)- = -
xf ( 1,1) 3- =
Derivando em relação a y, temos:
yf 2y= -
yf ( 1,1) 2.1- = -
yf ( 1,1) 2- = -
Note que v = (1,2) não é um versor. Logo, precisamos determinar seu versor:
( )
2 2
1,2v
u
v 1 2
= =
+
1 2
u ,
5 5
 
=   
Substituindo na expressão de Duf(x,y), temos:
u x yD f( 1,1) f ( 1,1).a f ( 1,1).b- = - + -
u
1 2
D f( 1,1) 3. ( 2).
5 5
- = + -
u
3 4
D f( 1,1)
5 5
- = -
Racionalizando:
u
 5
D f( 1,1)
5
-
- =
190
Unidade II
Exemplo 3
Determinar a derivada direcional da função f(x,y) = ex . y, no ponto P(1,2), na direção do versor que 
forma ângulo θ = 50º com o eixo x.
Resolução
Para sabermos o versor quando for dado o ângulo, devemos utilizar o ciclo trigonométrico:
y
xcosθ
senθθ
Figura 58 – Ciclo trigonométrico
O versor será dado por u = (cosθ, senθ)
Nesse caso, teremos u = (cos50º, sen50º), isto é, u = (0.64, 0.77)
 Lembrete
Ao utilizar a calculadora para determinar os valores de cos50º e sen50º, 
observe se está em graus (D). A opção (R) radianos deverá ser utilizada caso 
o ângulo seja dado em radianos.
Calculando a derivada parcial em relação a x:
x.y f (x,y) ye
x
∂
=
∂
2 f (1,2) 2e
x
∂
=
∂
191
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Calculando a derivada parcial em relação a y:
x.y f (x,y) xe
y
∂
=
∂
2 2 f (1,2) 1.e e
x
∂
= =
∂
Substituindo na expressão da derivada direcional, teremos:
u
 f f
D f(1,2) (1,2) . a (1,2) . b
x y
∂ ∂
= +
∂ ∂
2 2
uD f(1,2) 2e .0,64 e .0,77= +
uD f(1,2) 9,46 5,69= +
uD f(1,2) 15,15=
 
6.3 Vetor gradiente
Consideremos f(x,y) uma função de duas variáveis, x e y. Se as derivadas parciais existirem, definimos 
como vetor gradiente de f(x,y) o vetor formado pelas derivadas parciais em relação a x.
Usaremos a notação ∇f para indicar o vetor gradiente da função f(x,y). O símbolo ∇ é o operador nabla.
Assim, teremos o vetor gradiente dado por:
x y
 f f
f(x,y) (f (x,y),f (x,y)) ou f(x,y) (x,y), (x,y)
x y
∂ ∂ 
∇ = ∇ =   ∂ ∂
Geralmente, utilizamos a notação simplificada, não escrevendo o ponto para indicar as coordenadas 
do vetor gradiente: ∇f = (fx, fy)
Exemplo de aplicação
Exemplo 1
Calcular o vetor gradiente da função f(x,y) = cos(x.y)
192
Unidade II
Resolução
Como o vetor gradiente é igual a ∇f = (fx, fy), para determinar suas coordenadas, devemos calcular 
as derivadas parciais da função f(x,y).
Observando a função, notamos que se trata de uma função composta.
Assim, devemos derivar a função cosseno e multiplicar pela derivada da expressão (x. y), parcialmente 
em relação a x e em relação a y:
xf (x,y) ysen(x.y)= -
yf (x,y) xsen(x.y)= -
Logo:
f ( ysen(x.y), xsen(x.y))∇ = - -
Exemplo 2
Calcular o vetor gradiente da função f(x,y) = Ln(x + 2y) no ponto P(1,0).
Resolução
Como o vetor gradiente é igual a ∇f = (fx, fy), para determinar suas coordenadas, devemos calcular 
as derivadas parciais da função f(x,y) no ponto dado.
 Lembrete
Inicialmente, calculamos a derivada em um ponto qualquer e depois 
substituímos as coordenadas do ponto dado.
Observando a função, notamos que se trata de uma função composta.
Assim, devemos derivar a função logaritmo (Ln) e multiplicar pela derivada da expressão (x + 2y), 
parcialmente em relação a x e em relação a y:
x
1
f (x,y)
x 2y
=
+
193
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
y
2
f (x,y)
x 2y
=
+
Logo, 1 2f(x,y) ,
x 2y x 2y
 
∇ =   + +
Substituindo os valores x = 1 e y = 0, do ponto P, no vetor gradiente, temos:
1 0
1 2
f(1,0) ,
2. 2.1 0
 ∇ =   + +
Assim, ∇f(1,0) = (1,2)
Podemos reescrever a definição de derivada direcional utilizando a notação de gradiente. A derivada 
direcional de f na direção do versor u será dada pelo produto escalar do vetor gradiente pelo versor u.
uD f(x,y) f . u= ∇
Exemplo 3
Dada a função f(x,y) = sen(x2 - y2), determine a derivada direcional de f na direção do versor 
2 2
u ,
2 2
 
=   
, no ponto P = (0,π)
Resolução
Para calcular a derivada direcional de f(x,y) na direção de u, vamos utilizar o produto escalar do vetor 
gradiente pelo versor, isto é:
uD f(x,y) f(x,y) . u= ∇
Calculando as derivadas parciais, notamos que se trata de uma função composta. Devemos derivar a 
função seno e multiplicar pela derivada da expressão (x2 - y2), parcialmente em relação a x e em relação a y.
Assim:
fx = 2x cos(x
2 - y2)
fy = -2y cos(x
2 - y2)
194
Unidade II
Como queremos a derivada direcional no ponto P, devemos substituir os valores x = 0 e y = π, do 
ponto P, nas derivadas parciais de f(x,y). Assim:
2 2
xf (0, ) 2.0.cos(0 )π = - π
xf (0, ) 0π =
e
2 2
yf (0, ) 2. .cos(0 )π = - π - π
2
yf (0, ) 2. .cos( )π = - π -π
yf (0, ) 5,67π =
Assim, ∇f(0,π) = (0, 5.67)
Substituindo na expressão da derivada direcional no ponto, temos:
u 0 0 0 0D f(x ,y ) f(x ,y ) . u= ∇
( )u
2 2
D f(0, ) 0, 5.67 . ,
2 2
 
π =   
u
2 2
D f(0, ) 0. 5,67 . 
2 2
π = +
Logo, Duf(0,π) = 4,01
 
6.4 Maximizando a derivada direcional
Em várias situações, precisaremos do valor máximo da derivada direcional.
Considere uma função de duas variáveis. O valor máximo da derivada direcional Duf(x0,y0) em um 
ponto P = (x0,y0) é dado pelo módulo do vetor gradiente, isto é, por |∇f(x0,y0)|, e ocorre na direção do 
vetor gradiente no ponto P.
195
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Exemplo de aplicação
Exemplo 1
Determinar a taxa de variação de f(x,y) = x cos(x.y) no ponto P = (1,0) na direção de P a Q, sendo 
Q = (2,1). A seguir, determine em que direção f tem a máxima taxa de variação e qual a máxima taxa 
de variação.
Resolução
Calculando o vetor gradiente, notamos que, na derivada parcial em relação a x, temos que utilizar a 
regra do produto, pois x aparece duas vezes na expressão.
xf (x,y) cos(x.y) x.y.sen(x.y)= -
Na derivada parcial em relação a y, temos uma constante vezes uma função composta. Assim:
2
y yf (x,y) x.x.sen(x.y) f (x,y) x sen(x.y)= - ⇒ = -
Queremos o gradiente no ponto P = (1,0). Calculando as derivadas parciais no ponto P, temos:
x x x1.0 1.0. 1f (1,0) cos( ) sen( ) f (1,0) 1 0 f (1,0)0 1.= - ⇒ = - ⇒ =
2
y y yf (1,0) ( ) sen( ) f (1,0) sen(0) f1 (1,01. ) 00= - ⇒ = - ⇒ =
Assim, o vetor gradiente no ponto (1,0) será:
f(1,0) (1,0)∇ =
 Lembrete
O vetor do ponto A = (xA, yA) para o ponto B = (xB, yB) é calculado por:
B A B AAB B A (x x ,y y ).= - = - -

Determinando as coordenadas do vetor v AB=


, temos: v B A (2,1) (1,0) v (1,1)= - = - ⇒ =
Observando as coordenadas de v, notamos que não é um versor, pois seu módulo não é igual a 1. 
Devemos calcular u, versor de v:
196
Unidade II
2 2
v (1,1) (1,1) 1 1
u u ,
v 2 2 21 1
 = = = ⇒ =   +
Racionalizando as coordenadas do versor u:
1 2 1 2 2 2
u . , . ,
2 22 2 2 2
   
= =      
Substituindo na expressão da derivada direcional, temos:
u 0 0 0 0D f(x ,y ) f(x ,y ) . u= ∇
u
2 2
D f(1,0) (1,0) . ,
2 2
 
=   
u u
2 2
D f(1,0) 0 D f(1,0)
2 2
= + ⇒ =
A taxa máxima de variação no ponto P = (1,0) ocorre na direção e sentido de ∇f(1,0) = (1,0)
O valor da taxa máxima de variação é:
2 2f(1,0) (1,0) 1 0 1∇ = = + =
Exemplo 2
Para 
2x
f(x,y)
y
= , determine a taxa máxima de variação de f no ponto P = (6,2) e a direção e sentido 
em que ela ocorre.
Resolução
Calculando o vetor gradiente, notamos que, na derivada parcial em relação x, a variável x aparece 
somente uma vez. Assim, teremos constante vezes função:
x
2x
f (x,y)
y
=
197
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Para fazer a derivada parcial em relação a y, devemos inicialmente arrumar a função. Utilizando a 
propriedade de potência, reescrevemos a função.
Assim: 2 1f(x,y) x y-=
Notamos, então, que temos uma constante vezes a função. Assim:
2
2 2
y y 2
x
f (x,y) x ( 1)y f (x,y)
y
-= - ⇒ = -
Queremos o gradiente no ponto P = (6,2). Calculando as derivadas parciais no ponto P, temos:
x x
2
y y y2
2.6
f (6,2) f (6,2) 6
26 36
f (6,2) f (6,2) f (6,2) 9
42
= ⇒ =
= - ⇒ = - ⇒ = -
Assim, o vetor gradiente no ponto (6,2) será:
∇f(6,2) = (6,-9)
A taxa máxima de variação no ponto P = (1,0) ocorre na direção e sentido de ∇f(6,2) = (6,-9)
O valor da taxa máxima de variação é:
2 2f(6,2) (6, 9) 6 ( 9) f(6,2) 36 81 f(6,2) 117∇ = - = + - ⇒ ∇ = + ⇒ ∇ =
Exemplo 3
Uma placa metálica tem sua distribuição de temperatura no plano xy dada pela função 
T(x,y) = 4x2 + x . y + y2, com T em graus Celsius, e x e y em metros. Determine a direção e sentido 
do maior crescimento de temperatura e o valor da taxa máxima de crescimento da temperatura, 
no ponto A(2,3).
Resolução
Sabemos que a direção e sentido de maior crescimento é a do gradiente. Assim, devemos calcular as 
derivadas parciais, inicialmente em um ponto qualquer e depois no ponto A.
198
Unidade II
Calculando a derivada de T em relação a x:
xT 4.2x y= +
xT 8x y= +
Calculando a derivada de T em relação a y:
yT x 2y= +
Substituindo as coordenadas do ponto A nas derivadas parciais, temos:
x xT (2,3) 8.2 3 T (2,3) 19= + ⇒ =
y yT (2,3) 2 2.3 T (2,3) 8= + ⇒ =
Logo, a maior variação ocorre na direção e sentido do vetor gradiente:
T(2,3) (19,8).∇ =
Para determinarmos o valor dessa variação máxima, devemos calcular o módulo do gradiente.
Calculando o módulo do vetor gradiente, temos:
2 2T(2,3) 19 8∇ = +
T(2,3) 20,62 ºC / m.∇ =
 
 Observação
O exemplo poderia ser resolvido utilizando, para o vetor gradiente, a 
combinação linear dos versores i e j, em vez da notação de coordenadas 
que foi utilizada. O uso de uma notação ou outra é indiferente.
199
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
6.5 Ampliando seu leque de exemplos
Exemplo 1
Para os vetores u
→
 = (5,-1) e v
→
 = (-1,4), determine:
a) |u
→
|
b) u
→
 + v
→
c) | u
→
 + v
→
 |
d) versor de u
→
e) u
→
 . v
→
Resolução
a) Para determinar o módulo de u
→
, devemos utilizar a fórmula 2 2|u| x y= +

. Assim, teremos:
2 2|u| (5, 1) 5 ( 1)
|u| 26
|u| 5,01
= - = + -
=
=



b) Queremos determinar a soma dos vetores. Para isso, somaremos as coordenadas correspondentes 
mantendo a posição.
 u
→
 + v
→
 = (5,-1) + (-1,4)
u
→
 + v
→
 = (5,+ (-1), (-1) + 4)
u
→
 + v
→
 = (4,3)
c) Queremos o módulo do vetor soma.
200
Unidade II
 Observação
Das propriedades de módulo, temos: | u
→
 + v
→
 | ≠ |u
→
| + |v
→
|. Assim, 
precisamos saber as coordenadas do vetor soma, u + v, antes de calcular 
seu módulo.
Já sabemos que u
→
 + v
→
 = (4,3). Calculando o módulo da soma, temos:
2 2
u v (4,3)
u v 4 3
+ =
+ = +
 
 
u v 25
u v 5
+ =
+ =
 
 
d) versor de u
→
 = (5,-1)
Sabemos que o versor de um vetor u é dado pela expressão 
u
w
u
=


 . Assim:
(5, 1)
w
(5, 1)
(5, 1) 5 1
w ,
25 1 26 26
-
=
-
- - 
= =   +


Racionalizando o denominador, temos o versor de u:
5 26 26
w ,
26 26
 -
=   

e) Queremos o produto escalar dos vetores u e v.
u . v (5, 1) . ( 1,4)= - -
 
201
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
u . v 5.( 1) + ( 1).4= - -
 
u . v 5 4= - -
 
u . v 9= -
 
Exemplo 2
Sendo A = (6, 2) e B = (-4, 5), determine as coordenadas do vetor AB.
Resolução
Para determinar o vetor por dois pontos, usaremos o fato de que AB B A.= -

Assim:
AB B A ( 4,5) (6,2)= - = - -

AB ( 4 6,5 2)= - - -

AB ( 10,3)= -

Exemplo 3
Determine a derivada direcional de 2 2 3f(x,y) x y 2x.y y= - + , na direção do versor u = (-1,0), no 
ponto P(2,1).
Resolução
Para calcularmos a derivada direcional, devemos inicialmente determinar as derivadas parciais de f 
num ponto qualquer e, posteriormente, substituir as coordenadas do ponto P.
Derivando em relação a x, temos:
2
xf 2x.y 2y= -
Substituindo o ponto (2,1) na derivada parcial em relação a x:
2
xf (2,1) 2.2.1 2.1= -
202
Unidade II
xf (2,1) 2=
Derivando em relação a y, temos:
2 2
yf 2x .y 2x 3y= - +
Substituindo o ponto (2,1) na derivada parcial em relação a y:
2 2
yf (2,1) 2.2 .1 2.2 3.1= - +
yf (2,1) 8 4 3= - +
yf (2,1) 7=
Substituindo na expressão de Duf(2,1):
u x yD f(2,1) f (2,1) . a f (2,1) . b= +
uD f(2,1) 2.( 1) 7.0= - +
Duf(2,1) = -2
Exemplo 4
Determine a derivada direcional de 2 yf(x,y) x .e= , no ponto P = (-1,3), na direção e sentido de 
v = (2,-1)
Resolução
Para calcularmos a derivada direcional, devemos inicialmente determinar as derivadas parciais de f 
num ponto qualquer e, posteriormente, substituir as coordenadas do ponto P.
Derivando em relação a x, temos:
fx(x,y) = 2 . x . e
y
Substituindo o ponto (-1,3) na derivada parcial em relação a x:
fx(-1,3) = 2 . (-1) . e
3
203
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
fx(-1,3) = -2 . e
3 
Derivando em relação a y, temos:
fy = x
2 . ey
Substituindo o ponto (-1,3) na derivada parcial em relação a y:
fy(-1,3) = (-1)
2 . e3
fy(-1,3) = e
3
Note que v = (2,-1) não é um versor. Logo, precisamos determinar seu versor:
( )
2 2
2, 1v
u
v 2 ( 1)
-
= =
+ -
2 1
u ,
5 5
- 
=   
Não é usual deixar raiz no denominador. Assim, devemos racionalizar o denominador:
2 5 1 5
u . , .
5 5 5 5
 -
=   
2 5 5
u ,
5 5
 -
=   
Substituindo na expressão de Duf, temos:
u x yD f( 1,3) f ( 1,3) . a f ( 1,3) . b- = - + -
3 3
u
2 5 5
D f( 1,3) 2.e . e .
5 5
 -
- = - +   
3 3
u
5 5
D f( 1,3) 4.e . e .
5 5
- = - -
204
Unidade II
3
u
5
D f( 1,3) 5.e .
5
- = -
3
uD f( 1,3) e . 5- = -
Exemplo 5
Determinar a derivada direcional da função f(x,y) = x . cos(x.y), no ponto P(2,0), na direção do versor 
que forma ângulo θ = 30º com o eixo x.
Resolução
O versor será dado por: u = (cosθ, senθ)
Neste caso, teremos: u = (cos30º, sen30º), isto é, u = (0.87,0.5)
 Observação
Ao utilizar a calculadora para determinar os valores de cos30º e sen30º, 
observe se está em graus (D). A opção (R) radianos deverá utilizada caso o 
ângulo seja dado em radianos.
Calculando a derivada parcial em relação a x:
 f
(x,y) cos(x.y) x.( y.sen(x.y))
x
∂
= + -
∂
 f
(x,y) cos(x.y) x.y.sen(x.y)
x
∂
= -
∂
Substituindo o ponto P = (2,0) na derivada em relação a x:
 f
(2,0) cos(2.0) 2.0.sen(2.0)
x
∂
= -
∂
 f
1
x
∂
=
∂
Calculando a derivada parcial em relação a y:
205
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
2 f (x,y) x .sen(x.y)
y
∂
= -
∂
Substituindo o ponto P = (2,0) na derivada em relação a y:
2 f (2,0) 2 .sen(2.0)
x
∂
= -
∂
 f
(2,0) 0
y
∂
=
∂
Substituindo na expressão da derivada direcional, teremos:
u
 f f
D f(2,0) . a . b
x y
∂ ∂
= +
∂ ∂
uD f(2,0) 1 . 0,87 0 . 0,51= +
Duf(2,0) = 0,87
Exemplo 6
Calcular o vetor gradiente da função 2 3f(x,y) 4x .y=
Resolução
Como o vetor gradiente é igual a ∇f = (fx, fy), para determinar suas coordenadas devemos calcular 
as derivadas parciais da função f(x,y).
Assim:
fx = 8x . y
3
fy = 12x
2 . y2
Logo:
3 2 2f(x,y) (8x.y ,12x .y )∇ =
206
Unidade II
Exemplo 7
Calcular o vetor gradiente da função f(x,y) = Ln(3x + y2) no ponto P (-1,1).
Resolução
Como o vetor gradiente é igual a ∇f = (fx, fy), para determinar suas coordenadas devemos calcular 
as derivadas parciais da função f(x,y) no ponto dado.
Observando a função, notamos que se trata de uma função composta.
Assim, devemos derivar a função logaritmo (Ln) e multiplicar pela derivada da expressão (3x + y2), 
parcialmente em relação a x e em relação a y:
x 2
3
f (x,y)
3x y
=
+
y 2
2y
f (x,y)
3x y
=
+
Logo:
2 2
3 2y
f ,
3x y 3x y
 
∇ =   + +
Substituindo os valores x = -1 e y = 1 do ponto P no vetor gradiente, temos:
2 2
3 2.1
f( 1,1) ,
3( 1) 1 3( 1) 1
 
∇ - =   - + - +
3 2.1
f( 1,1) ,
2 2
 ∇ - =   - -
Logo, 
3
f( 1,1) , 1
2
- ∇ - = -  
Exemplo 8
Dada a função 
2 2x yf(x,y) e += , determine a derivada direcional de f na direção do versor 
2 2
u ,
2 2
 
=   
, no ponto P = (2,2)
207
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Resolução
Para calcular a derivada direcional de f(x,y) na direção de u, vamos utilizar o produto escalar do vetor 
gradiente pelo versor, isto é, Duf =∇f . u
Calculando as derivadas parciais, notamos que se trata de uma função composta. Devemos derivar 
a função exponencial e multiplicar pela derivada da expressão x2 + y2
Assim:
fx = 2 . x . e
x2 + y2 
fy = 2 . y . e
x2 + y2
Como queremos a derivada direcional no ponto P, devemos substituir os valores x = 2 e y = 2, do 
ponto P, nas derivadas parciais de f(x,y). Assim:
2 22 2 8
x
2 22 2 8
y
f (2,2) 2.2.e 4.e
f (2,2) 2.2.e 4.e
+
+
= =
= =
Assim, substituindo na expressão da derivada direcional no ponto, temos:
uD f(2,2) f(2,2) . u= ∇
8 8
u
2 2
D f(2,2) (4.e ,4.e ) . ,
2 2
 
=   
8 8
u
2 2
D f(2,2) 4.e . 4.e .
2 2
= +
8
uD f(2,2) 4.e . 2=
Exemplo 9
Determine a taxa de variação de f(x,y) x.cos(2x y)= + , no ponto P = (0,1), na direção de P a Q, 
sendo Q = (2,4). A seguir, determine em que direção f tem a máxima taxa de variação e qual a máxima 
taxa de variação.
208
Unidade II
Resolução
Calculando o vetor gradiente, notamos que, na derivada parcial em relação a x, temos que utilizar a 
regra do produto, pois x aparece duas vezes na expressão.
( )xf 1.cos(2x y) x. 2sen(2x y)= + + - +
xf cos(2x y) 2x.sen(2x y)= + - +
Na derivada parcial em relação a y, temos uma constante vezes uma função composta. Assim:
y
y
f (x,y) x . ( sen(2x y))
f (x,y) x . sen(2x y)
= - +
= - +
Queremos o gradiente no ponto P = (0,1). Calculando as derivadas parciais no ponto P, temos:
x x
y y
f (0,1) cos(2.0 1) 2.0.sen(2.0 1) f (0,1) cos(1) 0.54
f (0,1) 0.sen(2.0 1) f (0,1) 0
= + - + ⇒ = =
= + ⇒ =
 Lembrete
Para calcular cos(1), a calculadora deve estar em radianos.
Assim, o vetor gradiente no ponto (0,1) será:
f(0,1) (0.54,0)∇ =
Determinando as coordenadas do vetor v PQ=

, temos:
v PQ Q P (2,4) (0,1)
v (2,3)
= = - = -
=

Observando as coordenadas de v, notamos que não é um versor, pois seu módulo não é igual a 1. 
Devemos calcular u versor de v:
209
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
( ) ( ) ( )2,3 2,3 2,3v
u
v (2,3) 4 9 13
2 13 3 13
u ,
13 13
= = = =
+
 
=   
Substituindo na expressão da derivada direcional, temos:
uD f(0,1) f(0,1) . u= ∇
u
u
2 13 3 13
D f(0,1) (0.54,0) . ,
13 13
2 13
D f(0,1) 0.54 . 0 0.30
13
 
=   
 
= + =  
A taxa máxima de variação no ponto P(0,1) ocorre na direção e sentido do vetor gradiente, isto é, na 
direção e sentido do vetor ∇f(0,1) = (0.54,0)
O valor da taxa máxima de variação é dado pelo módulo do gradiente. Assim:
2(0.54, 0) 0.54 0 0.54= + =
Logo, a taxa máxima de variação será 0,54.
Exemplo 10
Uma placa metálica tem sua distribuição de temperatura no plano xy dada pela função 
3 2T(x,y) 2x x .y y= - + , com T em graus Celsius, e x e y em metros. Determine a direção e sentido 
do maior crescimento de temperatura e o valor da taxa máxima de crescimento da temperatura, no 
ponto A(3,1).
Resolução
Sabemos que a direção e sentido de maior crescimento é a do gradiente. Assim, devemos calcular as 
derivadas parciais, inicialmente em um ponto qualquer e depois no ponto A.
Calculando a derivada de T em relação a x:
210
Unidade II
Tx = 6x2 - 2x . y
Calculando a derivada de T em relação a y:
2
yT x 1= - +
Substituindo as coordenadas do ponto A nas derivadas parciais, temos:
2
x x
2
y y
T (3,1) 6.3 2.3.1 T (3,1) 48
T (3,1) 3 1 T (3,1) 8
= - ⇒ =
= - + ⇒ = -
Logo, a maior variação ocorre na direção e sentido do vetor gradiente, isto é, na direção e sentido 
do vetor ∇T(3,1) = (48,-8)
Para determinarmos o valor dessa variação máxima, devemos calcular o módulo do gradiente.
Calculando o módulo do vetor gradiente, temos:
2 2T(3,1) (48, 8) 48 ( 8)
T(3,1) 2368 48,66
∇ = - = + -
∇ = =
Logo, a taxa máxima de variação da temperatura é igual a 48,66 ºC/m.
 Resumo
Nessa unidade, estudamos duas regras da cadeia para derivadas parciais. 
A primeira quando f é função de duas variáveis, x e y, e estas são funções 
de outra variável, t.
Nesse caso, temos a seguinte expressão para a regra da cadeia:
df f dx f dy
dt x dt y dt
∂ ∂
= +
∂ ∂
No caso da segunda regra da cadeia, temos f função de duas variáveis, 
x e y, e estas são funções de outras duas variáveis, u e v.
211
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
As expressões para a segunda regra da cadeia são:
f f dx f dy
u x du y du
∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂
 e 
f f dx f dy
v x dv y dv
∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂
Vimos algumas aplicações dessas regras.
Estudamos a equação do plano tangente ao gráfico da função em 
determinado ponto.
Fizemos a revisão de alguns conceitos ligados a vetores, módulo, versor, vetor 
por dois pontos e produto escalar, necessários no estudo de derivadas direcionais.
Estudamos a definição de derivada direcional, que depende das 
derivadas parciais e do versor que dará a direção.
O vetor gradiente tem primeira coordenada igual à derivada em relação 
a x, e segunda coordenada igual à derivada em relação a y.
Vimos também a maximização da derivada direcional, isto é, a taxa 
máxima de variação.
Para os assuntos estudados, foram apresentadas algumas aplicações.
 Exercícios
Questão 1. Um objeto está imerso em um líquido quente, deixando exposta uma superfície plana 
fixa em relação aos pontos cardiais.
Figura 59 – Placa imersa em líquido quente
212
Unidade II
Devido a seu formato, a temperatura superficial varia conforme a função:
( ) 2 2T N,L N 2NL 2L= + +
Figura 60 – Formato do objeto
Qual das alternativas a seguir apresenta a direção de sentido da maior variação de temperatura 
sobre a superfície no ponto (1,1)?
A) (4,6).
B) (4,4).
C) (6,4).
D) (2,4).
E) (2,6).
Resposta correta: alternativa A.
Análise da questão
Conforme o enunciado:
( ) 2 2T N,L N 2NL 2L= + +
Calculando a derivada parcial em relação ao Norte e aplicando no ponto (1,1):
( )T 1,1T
2N 2L 2 2 4
N N
∂∂
= + → = + =
∂ ∂
213
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Calculando a derivada parcial em relação a x e aplicando no ponto (1,1):
( )T 1,1T
2N 4L 2 4 6
L L
∂∂
= + → = + =
∂ ∂
Portanto, o gradiente no ponto (1,1) é:
( ) ( )T 1,1 4,6∇ =
Questão 2. Uma escultura de pedra-sabão e granito intitulada “Pão de...” com mais de 2 m de altura, 
para eventuais manutenções e limpeza, não pode ser apoiada de forma inadequada. Segundo o artista, 
essa escultura segue a função ( ) 2 2f x,y x 2x y 2= - - + + e seu ponto mais resistente está exatamente 
sobre o ponto (0,0).
Figura 61 – Escultura “Pão de...”
Uma limpeza no topo da escultura se tornou necessária, e os funcionários do museu onde está 
a escultura precisam encostar uma escada na obra. Para evitar o problema de ficarem encostando a 
escada em pontos diferentes aos indicados pelo escultor, imaginou-se um plano tangente ao ponto 
em questão. Com isso, eles poderão saber exatamente onde será o ponto B, ou seja, a distância do 
ponto em que o pé da escada deverá estar apoiado para que encoste no ponto de maior resistência 
da escultura.
214
Unidade II
Figura 62 – Plano tangente ao ponto indicado pelo artista
Calcule a coordenada do ponto B.
A) (0,1).
B) (0,2).
C) (0,4).
D) (0, 2 ).
E) (0,2 2 ).
Resposta correta: alternativa A.
Análise da questão
Primeiro, determinaremos as derivadas parciais de f no ponto A.
Calculando a derivada parcial em relação a x, num ponto qualquer:
( )f x,y
2x 2
x
∂
= - -
∂
215
CÁLCULO DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Substituindo as coordenadas do ponto A(0,0) em fx(x,y)
( )xf 0,0 2= -
Calculando, agora, a derivada parcial em relação a y, num ponto qualquer:
( )f x,y
2y
y
∂
=
∂
Substituindo as coordenadas do ponto A(0,0) em fy(x,y)
fy(0,0) = 0
Precisamos determinar também o valor de z0 = f(0,0), isto é, substituir os valores de x = 0 e y = 0 na 
expressão da função. Assim:
( ) 2 2f x,y x 2x y 2= - - + +
( ) 2f 0,0 0 2 0 0 2= - - + +
z0 = 2
Para determinar a equação do plano tangente, devemos substituir os valores calculados na expressão:
( ) ( ) ( ) ( )0 x 0 0 0 y 0 0 0z z f x ,y . x x f x ,y . y y- = - + -
( ) ( ) ( ) ( )x yz 2 f 0,0 . x 0 f 0,0 . y 0- = - + -
( )z 2 2x 0. y 0- = - + -
z 2x 2=- +
Dessa forma, a função do plano tangente é t(x,y) = -2x + 2
Assim, para saber onde z = 0 quando y = 0
X = 1
Y = 0