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Derivadas Parciais - Seções 14.1-8
Cálculo II - ECT 1202
Escola de Ciências e Tecnologia
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Março 2011
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 1 / 133
Funções de várias variáveis
Definição
Uma função f de duas variáveis é uma regra que associa a cada par
ordenado de números reais (x,y) de um conjunto D, um único valor real,
denotado por f (x,y). O conjunto D⊆ R2 é o domínio de f e sua imagem
Im ⊆ R é o conjunto dos possíveis valores de f , i.e., {f (x,y)| (x,y) ∈ D}.
Notação
Escrevemos z= f (x,y), onde x
e y são as variáveis
independentes, e z a variável
dependente.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 2 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 1
Para cada uma das seguintes funções calcule f (3,2) e encontre o domínio.
a) f (x,y) =
√
x+y+1
x−1
b) f (x,y) = x ln(y2− x)
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 3 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 1
Para cada uma das seguintes funções calcule f (3,2) e encontre o domínio.
a) f (x,y) =
√
x+y+1
x−1
b) f (x,y) = x ln(y2− x)
Solução
a) f (3,2) =
√
3+2+1
3−1 =
√
6
2 . Note que x+ y+1≥ 0 e que x−1 6= 0. Assim
D= {(x,y)| x+ y+1≥ 0, x 6= 1}.
b) f (3,2) = 3ln(22−3) = 0. O argumento do logaritmo dever ser
estritamente positivo, assim y2− x> 0 e D= {(x,y)| y2 > x}.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 4 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 2
Determine o domínio e a imagem de g(x,y) =
√
9− x2− y2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 5 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 2
Determine o domínio e a imagem de g(x,y) =
√
9− x2− y2.
Solução
Note que o argumento da função g(x,y) deve ser tal que 9− x2− y2 ≥ 0,
assim o domínio é dado por D= {(x,y)| x2+ y2 ≤ 9}.
O maior valor que o par (x,y) pode assumir é tal que x2+ y2 = 9, onde a
função se anula, enquanto que o menor valor para (x,y) é x e y ambos
nulos, onde a função vale 3. Assim a imagem de g(x,y) é Im = [0,3].
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 6 / 133
Funções de várias variáveis
Gráfico de uma função de duas variáveis
Se f é uma função de duas variáveis com domínio D, então o gráfico de f é o
conjunto de todos os pontos (x,y,z) ∈ R3 tal que z= f (x,y) e (x,y) ∈ D.
Gráfico de z= f (x,y)
Cuidado!
O gráfico de uma função de
duas variáveis é uma superfície
e não uma curva.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 7 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 3
Esboce o gráfico da função f (x,y) = 6−3x−2y.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 8 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 3
Esboce o gráfico da função f (x,y) = 6−3x−2y.
Solução
Sendo z= f (x,y) temos que z+3x+2y= 6. Essa função representa um
plano com vetor normal dado por (3,2,1). Para desenhar o plano, devemos
encontar as interseções com os eixos.
para y e z iguais a zero temos x= 2
para x e z iguais a zero temos y= 3
para x e y iguais a zero temos z= 6
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 9 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 4
Esboce o gráfico da função g(x,y) =
√
9− x2− y2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 10 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 4
Esboce o gráfico da função g(x,y) =
√
9− x2− y2.
Solução
Temos que x2+ y2+ z2 = 9, que
reconhecemos como a equação de
uma esfera centrada na origem de
raio 3. Como a coordenada z≥ 0,
o gráfico de g(x,y) é a metade
superior desta esfera.
Gráfico de g(x,y)
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 11 / 133
Funções de várias variáveis
Curvas de nível
As curvas de nível de uma função f de duas variáveis são aquelas com
equação f (x,y) = k, onde k é uma constante (na imagem de f ).
Curvas de nível
Interpretação das curvas de
nível
As curvas de nível mostram
onde o gráfico da função tem
altura k.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 12 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 5
Esboce as curvas de nível da função f (x,y) = 6−3x−2y para os valores
k =−6,0,6,12.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 13 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 5
Esboce as curvas de nível da função f (x,y) = 6−3x−2y para os valores
k =−6,0,6,12.
Solução
As curvas de nível são dadas por 6−3x−2y= k =⇒ 3x+2y+(k−6) = 0.
Assim vemos que as curvas de nível são retas com inclinação −32 .
para k =−6 temos 3x+2y−12= 0
para k = 0 temos 3x+2y−6= 0
para k = 6 temos 3x+2y= 0
para k = 12 temos 3x+2y+6= 0
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 14 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 6
Esboce as curvas de nível da função g(x,y) =
√
9− x2− y2 para os valores
k = 0,1,2,3.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 15 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 6
Esboce as curvas de nível da função g(x,y) =
√
9− x2− y2 para os valores
k = 0,1,2,3.
Solução
Neste caso as curvas de nível são dadas por:√
9− x2− y2 = k ou x2+ y2 = 9− k2
As curvas de nível são circunferências concêntricas centradas na origem e de
raio
√
9− k2. Note que −3≤ k ≤ 3.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 16 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 7
Esboce algumas curvas de nível da função h(x,y) = 4x2+ y2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 17 / 133
Funções de várias variáveis
Exemplo 7
Esboce algumas curvas de nível da função h(x,y) = 4x2+ y2.
Solução
As curvas de nível são dadas por
4x2+ y2 = k ou
x2
k/4
+
y2
k
= 1
As curvas de nível no plano xy são elípses centradas na origem com eixo
menor
√
k
2 e eixo maior
√
k.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 18 / 133
Limites e continuidade
Definição
Seja f uma função de duas variáveis cujo o domínio D contém pontos
arbitrariamente próximos de (a,b). Dizemos que o limite de f (x,y) quando
(x,y) tende a (a,b) é L e escrevemos
lim
(x,y)→(a,b)
f (x,y) = L
se para todo ε> 0 existe um número correspondente δ> 0 tal que se
(x,y) ∈ D e
0<
√
(x−a)2+(y−b)2 < δ =⇒ |f (x,y)−L|< ε.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 19 / 133
Limites e continuidade
Quando o limite não existe
Para uma função de uma variável, dizemos que o limite não exite se os limites
laterais (limite a direita e a esquerda) não existem ou são diferentes. Para uma
função de duas variáveis o caso não é tão simples assim. Uma condição
suficiente para a não existência do limite de uma função de duas variáveis é
dada a seguir:
Se lim(x,y)→(a,b) f (x,y) = L1 ao longo do caminho C1 e
lim(x,y)→(a,b) f (x,y) = L2 , com L1 6= L2 então lim(x,y)→(a,b) f (x,y) não
existe.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 20 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 8
Mostre que lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 não existe.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 21 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 8
Mostre que lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 não existe.
Solução
Seja f (x,y) = x
2−y2
x2+y2 . Seja ainda C1 o caminho ao longo do eixo x, i.e., y= 0, e
C2 o caminho ao longo do eixo y, i.e., x= 0. Ao longo de C1 temos:
lim
(x,y)→(0,0)
x2− y2
x2+ y2
= lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2
= 1.
Ao longo de C2 temos:
lim
(x,y)→(0,0)
x2− y2
x2+ y2
= lim
(x,y)→(0,0)
−y2
y2
=−1.
Como os limites são diferentes, lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 não existe.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 22 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 9
Se f (x,y) = xyx2+y2 , será que lim(x,y)→(0,0) f (x,y) existe?
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 23 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 9
Se f (x,y) = xyx2+y2 , será que lim(x,y)→(0,0) f (x,y) existe?
Solução
Seja C1 o caminho ao longo do eixo x, e C2 o caminho ao longo do eixo y.
Sobre C1:
lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2+ y2
= lim
(x,y)→(0,0)
0
x2
= 0.
Sobre C2 temos:
lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2
= lim
(x,y)→(0,0)
0
y2
= 0.
Mas sobre y= x temos:
lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2+ x2
= lim
(x,y)→(0,0)
1
2
=
1
2
.
Assim lim(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 não existe.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 24 / 133
Limites e continuidade
Teorema
Seja f (x,y) uma função limitada, ou seja |f (x,y)| ≤ k (k uma constante), e
g(x,y) uma função tal que lim(x,y)→(a,b) g(x,y) = 0. Então:
lim
(x,y)→(a,b)
f (x,y)g(x,y) = 0.
Demostração
−kg(x,y)≤ f (x,y)g(x,y)≤ kg(x,y)
Tomando o limite de cada membro quando (x,y) tende a (a,b) temos:
0≤ lim
(x,y)→(a,b)
f (x,y)g(x,y)≤ 0.
Logo devemos ter lim(x,y)→(a,b) f (x,y)g(x,y) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 25 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 10
Determine, se existir, lim(x,y)→(0,0)
3x2y
x2+y2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 26 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 10
Determine, se existir, lim(x,y)→(0,0)
3x2y
x2+y2 .
Solução
Sejam f (x,y) = x
2
x2+y2 e g(x,y) = 3y. Note que
0≤ x
2
x2+ y2
≤ 1 e lim
(x,y)→(0,0)
3y= 0.
Logo:
lim
(x,y)→(0,0)
3x2y
x2+ y2
= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 27 / 133
Limites e continuidade
Continuidade
Uma função f de duas variáveis é dita contínua em (a,b) se
lim
(x,y)→(a,b)
f (x,y) = f (a,b).
Dizemos que f é contínua em seu domínio D se f for contínua em todos os
pontos (a,b) ∈ D.
São exemplos de funções contínuas de duas variáveis:
funções polinomiais (são contínuas em todo o R2),
funções racionais (contínuas em seu domínio de definição),
as funções trigonométricas, exponencial, etc.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 28 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 11
calcule lim(x,y)→(1,2) (x2y3− x3y2+3x+2y).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 29 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 11
calcule lim(x,y)→(1,2) (x2y3− x3y2+3x+2y).
Solução
A função f (x,y) = x2y3− x3y2+3x+2y é um polinômio, logo é contínua em
todo o plano. De modo que
lim
(x,y)→(1,2)
(x2y3− x3y2+3x+2y) = f (1,2) = 11.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 30 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 12
Onde a função f (x,y) = x
2−y2
x2+y2 é contínua?
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 31 / 133
Limites e continuidade
Exemplo 12
Onde a função f (x,y) = x
2−y2
x2+y2 é contínua?
Solução
Neste caso temos uma função racional que é contínua em seu domínio. Assim
basta determinarmos o domínio de f (x,y) para sabermos onde a função é
contínua.
Note que a função não está definida para x2+ y2 = 0, ou seja, (x,y) = (0,0).
Assim o domínio de f é dado por D= {(x,y) ∈ R2| (x,y) 6= (0,0)}. Logo f é
contínua em D.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 32 / 133
Derivadas parciais
Definição
Seja f uma função de duas variáveis, fazendo y= b (b uma constante) ficamos
com uma função apenas em x, g(x) = f (x,b). Se esta função tiver derivada
em x= a, então essa será dada por:
g′(a) = fx(a,b) = lim
h→0
f (a+h,b)− f (a,b)
h
,
e é chamdada de derivada parcial de f em relação a x no ponto (a,b).
Da mesma forma, tomando x= a definimos h(y) = f (a,y). Supondo que h(y)
é derivável em y= b temos:
h′(b) = fy(a,b) = lim
h→0
f (a,b+h)− f (a,b)
h
,
chamdada de derivada parcial de f em relação a y no ponto (a,b).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 33 / 133
Derivadas parciais
Definição
De modo análogo podemos definir as derivadas parciais de f para pontos
genéricos (x,y) da seguinte forma:
fx(x,y) = lim
h→0
f (x+h,y)− f (x,y)
h
,
e ainda,
fy(x,y) = lim
h→0
f (x,y+h)− f (x,y)
h
.
Onde fx(x,y) é a derivada parcial de f em relação a variável x e fy(x,y) é a
derivada parcial em relação a y.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 34 / 133
Derivadas parciais
Notação
Existem diversas notações para as derivadas parciais. As mais comumente
empregadas são:
fx(x,y) = fx =
∂f
∂x
=
∂
∂x
f (x,y) =
∂z
∂x
= f1 = D1f = Dxf ,
e
fy(x,y) = fy =
∂f
∂y
=
∂
∂y
f (x,y) =
∂z
∂y
= f2 = D2f = Dyf .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 35 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 13
Se f (x,y) = x3+ x2y3−2y2, determine fx(2,1) e fy(2,1).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 36 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 13
Se f (x,y) = x3+ x2y3−2y2, determine fx(2,1) e fy(2,1).
Solução
Para determianarmos fx(x,y), basta manter y constante e derivar apenas em
relação à x.
fx(x,y) = 3x2+2xy3, no ponto (2,1) fx(2,1) = 16.
De forma análoga, temos que:
fy(x,y) = 3x2y2−4y, no ponto (2,1) fy(2,1) = 8.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 37 / 133
Derivadas parciais
Interpretação geométrica
Já vimos que z= f (x,y) representa o gráfico de uma superfície S. Ao
fazermos y= b, a função varia apenas na direção do eixo x. A essa variação
corresponde uma curva C1 sobre a superfície S, contida no plano y= b. Da
mesma forma, se tomarmos x= a descrevemos outra curva C2 na direção do
eixo y e contida no plano x= a.
Curvas sobre a superfície S
Coeficiente angular
Os números fx(a,b) e fy(a,b)
são respectivamente os
coeficientes angulares das
retas tangentes às curvas C1 e
C2 no ponto (a,b,c), com
c= f (a,b).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 38 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 14
Se f (x,y) = 4− x2−2y2, encontre fx(1,1) e fy(1,1) e interprete esses
números como inclinações.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 39 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 14
Se f (x,y) = 4− x2−2y2, encontre fx(1,1) e fy(1,1) e interprete esses
números como inclinações.
Solução
Note que:
fx(x,y) =−2x fx(1,1) =−2,
e
fy(x,y) =−4y fy(1,1) =−4.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 40 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 15
Se f (x,y) = sin
( x
1+y
)
, calcule ∂f∂x e
∂f
∂y .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 41 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 15
Se f (x,y) = sin
( x
1+y
)
, calcule ∂f∂x e
∂f
∂y .
Solução
Usando a regra da cadeia para função de uma variável temos:
∂f
∂x
= cos
(
x
1+ y
)
∂
∂x
(
x
1+ y
)
= cos
(
x
1+ y
)
1
1+ y
,
∂f
∂y
= cos
(
x
1+ y
)
∂
∂y
(
x
1+ y
)
=−cos
(
x
1+ y
)
x
(1+ y)2
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 42 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 16
Determine ∂z∂x e
∂z
∂y se z é definido implicitamente como uma função de x e y
pela equação x3+ y3+ z3+6xyz= 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 43 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 16
Determine ∂z∂x e
∂z
∂y se z é definido implicitamente como uma função de x e y
pela equação x3+ y3+ z3+6xyz= 1.
Solução
Derivando implicitamente em relação a x tomando y como constante temos:
3x2+3z2
∂z
∂x
+6yz+6xy
∂z
∂x
= 0,
isolando ∂z∂x temos:
∂z
∂x
=−x
2+2yz
z2+2xy
.
Da mesma forma temos:
∂z
∂y
=−y
2+2xz
z2+2xy
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 44 / 133
Derivadas parciais
Derivadas de ordem superior
As derivadas parciais de f são ainda funções duas variáveis. Dessa forma
podemos perguntar por suas derivadas parciais. Neste caso existem quatro
derivadas chamadas de derivadas parciais de segunda ordem.
(fx)x = fxx = f11 =
∂
∂x
(
∂f
∂x
)
=
∂2f
∂x2
=
∂2z
∂x2
,
(fx)y = fxy = f12 =
∂
∂y
(
∂f
∂x
)
=
∂2f
∂y∂x
=
∂2z
∂y∂x
,
(fy)x = fyx = f21 =
∂
∂x
(
∂f
∂y
)
=
∂2f
∂x∂y
=
∂2z
∂x∂y
,
(fy)y = fyy = f22 =
∂
∂y
(
∂f
∂y
)
=
∂2f
∂y2
=
∂2z
∂y2
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 45 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 17
Determine as derivadas parciais de segunda ordem de
f (x,y) = x3+ x2y3−2y2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 46 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 17
Determine as derivadas parciais de segunda ordem de
f (x,y)= x3+ x2y3−2y2.
Solução
No Exemplo 13 encontramos que fx(x,y) = 3x2+2xy3 e fy(x,y) = 3x2y2−4y.
Assim:
fxx =
∂
∂x
(3x2+2xy3) = 6x+2y3 fxy =
∂
∂y
(3x2+2xy3) = 6xy2,
e
fyx =
∂
∂x
(3x2y2−4y) = 6xy2 fyy = ∂∂y(3x
2y2−4y) = 6x2y−4.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 47 / 133
Derivadas parciais
Teorema de Clairaut-Schwarz
Suponha que f seja definida em um disco aberto D que contenha o ponto
(a,b). Se as funções fxy e fyx forem ambas contínuas em D, então:
fxy(a,b) = fyx(a,b).
Exemplo 18
Verifique o teorema de Schwarz para f (x,y) = e−x2y2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 48 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 18
Verifique o teorema de Schwarz para f (x,y) = e−x2y2 .
solução
Como a função exponencial e suas derivadas são contínuas, é de se esperar
que f (x,y) satisfaça o teorema de Schwarz. Note que:
fx =−2xy2e−x2y2 e fy =−2yx2e−x2y2 ,
fxy =
∂
∂y
(−2xy2e−x2y2) =−4xye−x2y2 +4x3y3e−x2y2 ,
fyx =
∂
∂x
(−2yx2e−x2y2) =−4xye−x2y2 +4x3y3e−x2y2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 49 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 19
O parabolóide circular z= x2+ y2 intercepta o plano y= 1 em uma parábola.
Determine as equações paramétricas para a reta tangente a essa parábola no
ponto (1,1,2).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 50 / 133
Derivadas parciais
Exemplo 19
O parabolóide circular z= x2+ y2 intercepta o plano y= 1 em uma parábola.
Determine as equações paramétricas para a reta tangente a essa parábola no
ponto (1,1,2).
Solução
A equação da reta no plano y= 1 tem a forma z− z0 = a(x− x0), onde
(x0,y0,z0) é o ponto de tangência, e a é o coeficiente angular da reta. Mas
sabemos que:
a=
∂z
∂x
(1,1) = 2,
de forma que a equação da reta é z−2= 2(x−1) e y= 1. Fazendo
t = (x−1) temos:
x= 1+ t y= 1 z= 2+2t.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 51 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Plano tangente
É comum perguntarmos pela equação da reta tangente em um dado ponto
(x0,y0) de uma curva y= f (x) diferenciável. Para uma função de duas
variáveis existem infinitas retas tangentes em um ponto P= (x0,y0,z0)
pertencente à superfície z= f (x,y). O plano tangente é o conjunto de todas
essas retas tangentes à superfície z= f (x,y) em P.
Plano tangente
A curva C1 pertence à
superfície z= f (x,y) e ao
plano y constante. A curva C2
pertence à superfície
z= f (x,y) e ao plano x
constante.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 52 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Equação do plano tangente
A equação geral do plano, que contém o ponto P= (x0,y0,z0), pode ser
escrita da seguinte forma:
z− z0 = a(x− x0)+b(y− y0).
Se a equação acima representa o plano tangente à z= f (x,y), então a
interseção deste plano com o plano y= y0 nos dá a reta z− z0 = a(x− x0).
Mas já vimos que a= fx(x0,y0). Assim z− z0 = fx(x0,y0)(x− x0). Da mesma
forma a interseção com o plano x= x0 nos fornece z− z0 = b(y− y0), com
b= fy(x0,y0). De modo que a equação do plano tangente é:
z− z0 = fx(x0,y0)(x− x0)+ fy(x0,y0)(y− y0).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 53 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 20
Determine a equação do plano tangente ao parabolóide elíptico z= 2x2+ y2
no ponto (1,1,3).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 54 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 20
Determine a equação do plano tangente ao parabolóide elíptico z= 2x2+ y2
no ponto (1,1,3).
Solução
fx(x,y) = 4x fy(x,y) = 2y
fx(1,1) = 4 fy(1,1) = 2
A equação do plano tangente ao parabolóide elíptico no ponto (1,1,3) é:
z−3= 4(x−1)+2(y−1) ou z= 4x+2y−3.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 55 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Aproximação Linear
Se na figura do exemplo anterior dermos um zoom em torno do ponto
P= (1,1,3), veremos que a superfície do parabolóide se aproxima do plano
tangente. Quanto mais próximos do ponto P mais o gráfico do parabolóide se
assemelha ao plano tangente. Para pontos próximos a P podemos aprixmar a
função z= 2x2+ y2 pela equação do seu plano tangente. Esse procedimento
é chamado de linearização ou aproximação linear. Para o exemplo anterior:
L(x,y) = 4x+2y−3.
Para uma função z= f (x,y), sua linearização no ponto (a,b) é dada por:
L(x,y) = f (a,b)+ fx(a,b)(x−a)+ fy(a,b)(y−b).
Temos então que f (x,y)≈ L(x,y) para pontos próximo de (a,b).
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 56 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Funções diferenciáveis
Nem toda função tem seu plano tangente como uma boa aproximação. A
definição a seguir nos permite identificar se a aproximação pelo plano
tangente será razoável.
Definição
Se z= f (x,y), então f é diferenciável em (a,b) se ∆z pode ser expresso na
forma:
∆z= fx(a,b)∆x+ fy(a,b)∆y+ ε1∆x+ ε2∆y,
onde ε1 e ε2→ 0 quando (∆x,∆y)→ (0,0).
A definição acima nos diz que se uma função é diferenciável, sua linearização
L(x,y) é uma boa aproximação para a função.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 57 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 21
Mostre que a função z= x2+ y2 é diferenciável em um ponto genérico (a,b).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 58 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 21
Mostre que a função z= x2+ y2 é diferenciável em um ponto genérico (a,b).
Solução
Note que:
f (a+∆x,b+∆y) = (a+∆x)2+(b+∆y)2
= a2+b2+2a∆x+2b∆y+(∆x)2+(∆y)2
= f (a,b)+2a∆x+2b∆y+ ε1∆x+ ε2∆y,
onde ε1 = ∆x e ε2 = ∆y. O incremento ∆z= f (a+∆x,b+∆y)− f (a,b) fica:
∆z= 2a∆x+2b∆y+ ε1∆x+ ε2∆y= fx(a,b)∆x+ fy(a,b)∆y+ ε1∆x+ ε2∆y.
Assim a função é diferenciável no ponto (a,b).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 59 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Funções diferenciáveis
As vezes é um pouco complicado utilizar a definição anterior para verificar a
diferenciabilidade de uma função. O teorema a seguir nos fornece uma
condição mais simples de se verificar.
Teorema
Se as derivadas parciais fx e fy existirem perto do ponto (a,b) e forem
contínuas em (a,b), então f é diferenciável em (a,b).
Assim para saber se a aproximação pelo plano tangente será razoável basta
verificar a diferenciabilidade da função, segundo o teorema acima.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 60 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 22
Mostre que f (x,y) = xexy é diferenciável em (1,0) e dertermine sua
linearização ali. Em seguida, use a linearização para aproximar f (1,1,−0,1).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 61 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 22
Mostre que f (x,y) = xexy é diferenciável em (1,0) e dertermine sua
linearização ali. Em seguida, use a linearização para aproximar f (1,1,−0,1).
Solução
As derivadas parciais são:
fx(x,y) = exy+ xyexy fy(x,y) = x2exy
fx(1,0) = 1 fy(1,0) = 1.
As derivadas parciais são contínuas, logo f é diferenciável. Sua linearização é:
L(x,y) = f (1,0)+ fx(1,0)(x−1)+ fy(1,0)(y−0)
L(x,y) = x+ y.
A aproximação é f (1,1,−0,1)≈ 1,1−0,1= 1. O valor real da função é
≈ 0,98542.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 62 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Diferenciais
Se em vez de assumir valores ∆x e ∆y, as variáveis independentes assumirem
valores infinitesimais dx e dy, chamados de diferenciais, a correspondente
variação na função será dz. A essa variação chamamos de diferencial total
que é dada por:
dz= fx(x,y)dx+ fy(x,y)dy=
∂z
∂x
dx+
∂z
∂y
dy.
Diferença entre dz e ∆z
Note que ∆z é a distância
(variação) entre os pontos
(a,b) e (a+∆x,b+∆y),
enquanto que dz é a distância
entre (a,b) e o plano tangente.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 63 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 23
Seja f (x,y) = x2+3xy− y2, determine a diferencial dz. Se x varia de2 a 2,05
e y varia de 3 a 2,96, compare os valores de ∆z e dz.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 64 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 23
Seja f (x,y) = x2+3xy− y2, determine a diferencial dz. Se x varia de 2 a 2,05
e y varia de 3 a 2,96, compare os valores de ∆z e dz.
Solução
A diferencial é:
dz= fx(x,y)dx+ fy(x,y)dy= ∂z∂xdx+
∂z
∂ydy= (2x+3y)dx+(3x−2y)dy.
Tomando x= 2, dx= 0,05, y= 3 e dy=−0,04 temos que:
dz= [2(2)+3(3)]0,05+[3(2)−2(3)](−0,04) = 0,65.
O incremento de z é:
∆z= f (2,05,2,96)− f (2,3) =
= [2,052+3(2,05)(2,96)− (2,96)2]− [22+3(2)(3)− (3)2] = 0,6449.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 65 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 24
Foram feitas medidas no raio da base e na altura de um cone circular reto e
obtivemos 10 cm e 25 cm, respectivamente, com possível erro nessas
medidas, no máximo, 0,1 cm. Utilize a diferencial para estimar o erro máximo
no cálculo do volume do cone.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 66 / 133
Planos tangentes e aproximações lineares
Exemplo 24
Foram feitas medidas no raio da base e na altura de um cone circular reto e
obtivemos 10 cm e 25 cm, respectivamente, com possível erro nessas
medidas, no máximo, 0,1 cm. Utilize a diferencial para estimar o erro máximo
no cálculo do volume do cone.
Solução
O Volume do cone é dado por V = V(r,h) = pir
2h
3 . A diferenciável é dada por:
dV =
∂V
∂r
dr+
∂V
∂h
dh= 2
pirh
3
dr+
pir2
3
dh.
Tomando dr = dh= 0,1 e fazendo r = 10 e h= 25 temos:
dV = 2
pi(10)(25)
3
(0,1)+
pi(10)2
3
(0,1) = 20pi≈ 63cm3.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 67 / 133
Regra da cadeia
Regra da cadeia (Caso 1)
Suponha que z= f (x,y) seja uma função diferenciável de x e y, onde x= g(t)
e y= h(t) são funções diferenciáveis de t. Então z é uma função diferenciável
de t e dz
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
.
Demonstração
Como z= f (x,y) é diferenciável então:
∆z= fx(a,b)∆x+ fy(a,b)∆y+ ε1∆x+ ε2∆y,
dividindo a equação acima por ∆t e tomando o limite quando ∆t→ 0 temos:
lim
∆t→0
∆z
∆t
=
∂f
∂x
lim
∆t→0
∆x
∆t
+
∂f
∂y
lim
∆t→0
∆y
∆t
+ lim
∆t→0
ε1 lim
∆t→0
∆x
∆t
+ lim
∆t→0
ε2 lim
∆t→0
∆y
∆t
dz
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 68 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 25
Se z= x2y+3xy4, onde x= sin(2t) e y= cos(t), determine dz/dt quando
t = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 69 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 25
Se z= x2y+3xy4, onde x= sin(2t) e y= cos(t), determine dz/dt quando
t = 0.
Solução
dz
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
= (2xy+3y4)(2cos(t))+(x2+12xy3)(−sin(t)).
Em t = 0 temos que:
dz
dt
= (0+3)[2cos(0)]+(0+0)[−sin(0)] = 6.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 70 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 26
A pressão P (em quilopascals), o volume V (em litros) e a temperatura (em
Kelvins) de um mol de gás ideal estão relacionados por meio da fórmula
PV = 8,31T . Determine a taxa de variação da pressão quando a temperatura
é 300K e está aumentando com a taxa 0,1K/s e o volume é de 100L e está
aumentando com a taxa de 0,2L/s.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 71 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 26
A pressão P (em quilopascals), o volume V (em litros) e a temperatura (em
Kelvins) de um mol de gás ideal estão relacionados por meio da fórmula
PV = 8,31T . Determine a taxa de variação da pressão quando a temperatura
é 300K e está aumentando com a taxa 0,1K/s e o volume é de 100L e está
aumentando com a taxa de 0,2L/s.
Solução
Sabemos que P= P(V,T) = 8,31TV , e
dP
dT =
∂P
∂T
dT
dt +
∂P
∂V
dV
dt :
dP
dT
=
(
8,31
V
)
(0,1K/s)−
(
8,31T
V2
)
(0,2L/s)
dP
dT
=
(
8,31
100
)
(0,1K/s)−
[
8,31(300)
(100)2
]
(0,2L/s) =−0,042kPa/s.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 72 / 133
Regra da cadeia
Regra da cadeia (continuação)
É comum termos uma função de duas variáveis z= f (x,y) onde cada variável
independente é função de mais duas variáveis. Neste caso ainda é possível
perguntar pela derivada da função z em relação a essas outras duas variáveis.
Para tal situação temos a seguinte versão da regra da cadeia.
Regra da cadeia (Caso 2)
Suponha que z= f (x,y) seja 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
e
∂z
∂t
=
∂f
∂x
∂x
∂t
+
∂f
∂y
∂y
∂t
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 73 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 27
Se z= ex sin(y), onde x= st2 e y= s2t, determine ∂z/∂s e ∂z/∂t.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 74 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 27
Se z= ex sin(y), onde x= st2 e y= s2t, determine ∂z/∂s e ∂z/∂t.
Solução
Pela regra da cadeia do segundo caso temos:
∂z
∂s
=
∂f
∂x
∂x
∂s
+
∂f
∂y
∂y
∂s
= [ex sin(y)](t2)+ [ex cos(y)](2st)
= t2est
2
sin(s2t)+2stest
2
cos(s2t),
∂z
∂t
=
∂f
∂x
∂x
∂t
+
∂f
∂y
∂y
∂t
= [ex sin(y)](2st)+ [ex sin(y)](s2)
= 2stest
2
sin(s2t)+ s2est
2
sin(s2t).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 75 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 28
Se z= f (x,y) tem derivadas parciais de segunda ordem contínuas e
x= r2+ s2 e y= 2rs, determine ∂z/∂r e ∂2z/∂r2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 76 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 28
Se z= f (x,y) tem derivadas parciais de segunda ordem contínuas e
x= r2+ s2 e y= 2rs, determine ∂z/∂r e ∂2z/∂r2.
Solução
Pela regra da cadeia temos:
∂z
∂r
=
∂z
∂x
∂x
∂r
+
∂z
∂y
∂y
∂r
=
∂z
∂x
(2r)+
∂z
∂y
(2s) = 2r
∂z
∂x
+2s
∂z
∂y
.
Para facilitar o cáculo da derivada segunda, façamos:
g(x,y) =
∂z
∂x
e h(x,y) =
∂z
∂y
,
de forma que ∂z∂r = 2rg(x,y)+2sh(x,y).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 77 / 133
Regra da cadeia
Exemplo 28 (Solução continuação)
∂2z
∂r2
=
∂
∂r
[2rg(x,y)]+
∂
∂r
[2sh(x,y)]
= 2g(x,y)+2r
∂g(x,y)
∂r
+2s
∂h(x,y)
∂r
.
Temos ainda que:
∂g(x,y)
∂r
= 2r
∂g(x,y)
∂x
+2s
∂g(x,y)
∂y
= 2r
∂2z
∂x2
+2s
∂z2
∂y∂x
∂h(x,y)
∂r
= 2r
∂h(x,y)
∂x
+2s
∂h(x,y)
∂y
= 2r
∂2z
∂x∂y
+2s
∂z2
∂y2
.
Assim:
∂2z
∂r2
= 2
∂z
∂x
+4r2
∂2z
∂x2
+8rs
∂2z
∂x∂y
+4s2
∂2z
∂y2
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 78 / 133
Funções a três variáveis
Até agora estudamos apenas funções a duas variáveis, porém tudo que
apredemos para duas variáveis pode ser estendido para três ou mais variáveis.
Superfície de Nível
No caso de uma função de três variáveis w= f (x,y,z) o conjunto dos pontos
(x,y,z) tal que f (x,y,z) = k, k uma constante, é chamdado de superfície de
nível.
Derivadas parciais
Para uma função w= f (x,y,z), temos as seguintes derivadas parciais:
fx(x,y,z) =
∂w
∂x
fy(x,y,z) =
∂w
∂y
fz(x,y,z) =
∂w
∂z
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 79 / 133
Funções a três variáveis
Diferencial total
Para uma função w= f (x,y,z), sua diferencial é definida da seguinte forma:
dw=
∂w
∂x
dx+
∂w
∂y
dy+
∂w
∂z
dz.
Regra da cadeia (Caso 1)
Sejam w= f (x,y,z), x= g(t), y= h(t) e z= p(t) então a derivada dwdt é dada
por:
dw
dt
=
∂w
∂x
dx
dt
+
∂w
∂y
dy
dt
+
∂w
∂z
dz
dt
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 80 / 133
Funções a três variáveis
Regra da cadeia (Caso 2)
Suponha que w= f (x,y,z) seja uma função diferenciável de x, y e z, onde
x= g(s, t), y= h(s, t) e z= p(s, t) são funções diferenciáveis de s e t, então:
∂w
∂s
=
∂f
∂x
∂x
∂s
+
∂f
∂y
∂y
∂s
+
∂f
∂z
∂z
∂s
e
∂w
∂t
=
∂f
∂x
∂x
∂t
+
∂f
∂y
∂y
∂t
+
∂f
∂z
∂z
∂t
.
Note que as derivadas parciais acima devem depender unicamente das
variáveiss e t.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 81 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Até o momento aprendemos a derivar parcialmente ao longo dos eixos x e y.
Veremos agora como derivar parcialmente em relação a qualquer direção.
Derivadas direcionais
Sejam z= f (x,y) uma função de duas variáveis,~c= 〈x0,y0〉 um ponto do
domínio da função e~u= 〈a,b〉 um vetor unitário, tais que~c+h~u ainda
pertence ao domínio da função, para um certo h ∈ R. A derivada direcional da
função na direção do vetor unitário~u= 〈a,b〉 é definida como:
D~uf (x0,y0) = lim
h→0
f (~c+h~u)− f (~c)
h
= lim
h→0
f (x0+ha,y0+hb)− f (a,b)
h
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 82 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Teorema
Seja z= f (x,y) uma função diferenciável de duas variáveis, então a derivada
direcional de f na direção do vetor unitário~u= 〈a,b〉 no ponto 〈x0,y0〉 é:
D~uf (x0,y0) = fx(x0,y0)a+ fy(x0,y0)b.
Demonstração
Seja g(h) = f (x,y), onde x= x0+ah e y= y0+bh. A derivada direcional é
dada por g′(0) = D~uf (x0,y0). Da regra da cadeia temos que:
g′(0) =
dg
dh
= fx(x0,y0)
dx
dh
+ fy(x0,y0)
dy
dh
= fx(x0,y0)a+ fy(x0,y0)b.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 83 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Vetor gradiente
A derivada direcional pode ser reescrita como:
D~uf (x0,y0) = fx(x0,y0)a+ fy(x0,y0)b=
〈
∂f
∂x
,
∂f
∂y
〉
· 〈a,b〉=
〈
∂f
∂x
,
∂f
∂y
〉
·~u.
O vetor cujas componentes são as derivadas parciais da função f é chamado
de vetor gradiente, e é denotado por:
∇f =
〈
∂f
∂x
,
∂f
∂y
〉
= fx(x,y)~i+ fy(x,y)~j.
Usando a notação do vetor gradiente, a derivada direcional fica:
D~uf (x0,y0) = ∇f ·~u.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 84 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 29
Determine a derivada direcional D~uf (x,y) se f (x,y) = x3−3xy+4y2,~u é o
vetor unitário dado pelo ângulo θ= pi/6 no ponto (1,2).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 85 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 29
Determine a derivada direcional D~uf (x,y) se f (x,y) = x3−3xy+4y2,~u é o
vetor unitário dado pelo ângulo θ= pi/6 no ponto (1,2).
Solução
A derivada direcional é dada por:
D~uf (x,y) = fx(x,y)cos(pi/6)+ fy(x,y)sin(pi/6)
= (3x2−3y)
√
3
2
+(−3x+8y)1
2
.
No ponto (1,2), temos que:
D~uf (1,2) =
1
2
[3
√
3(1)2−3(1)+(8−3
√
3)(2)]
=
13−3√3
2
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 86 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 30
Determine a derivada direcional da função f (x,y) = x2y3−4y no ponto (2,−1)
na direção do vetor~v= 2~i+5~j.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 87 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 30
Determine a derivada direcional da função f (x,y) = x2y3−4y no ponto (2,−1)
na direção do vetor~v= 2~i+5~j.
Solução
Normalizando~v temos:~u= ~v‖~v‖ =
2√
29
~i+ 5√
29
~j. O gradiente de f no ponto é:
∇f (x,y) = 2xy3~i+(3x2y2−4)~j
∇f (2,−1) =−4~i+8~j.
A derivada direcional fica:
D~uf (2,−1) = ∇f ·~u= 〈−4,8〉 ·
〈
2√
29
,
5√
29
〉
=
32√
29
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 88 / 133
Funções a três variáveis
Vetor gradiente
Para uma função w= f (x,y,z), o vetor gradiente é definido como:
∇f (x,y,z) =
∂f
∂x
~i+
∂f
∂y
~j+
∂f
∂z
~k.
Derivada direcional
A derivada direcional na direção do vetor unitário~u, no ponto (x0,y0,z0) é
dada por:
D~uf (x0,y0,z0) = ∇f (x0,y0,z0) ·~u.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 89 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Existem casos onde queremos saber em que direção, a partir de um ponto
dado, a taxa de variação da função é máxima ou mínima. O teorema a seguir
nos permite determinar tal direção.
Teorema
Suponha que f seja uma função diferenciável de duas ou três variáveis. O
valor máximo da derivada D~uf é ‖∇f‖ e ocorre quando~u tem a mesma
direção que o vetor gradiente ∇f .
Demonstração
Note que a equação abaixo é máxima quando θ= 0,
D~uf = ∇f ·~u= ‖∇f‖cos(θ) = ‖∇f‖.
Como θ é o ângulo entre ∇f e~u, θ= 0 implica que o vetor unitário tem a
mesma direção que o vetor gradiente. Neste caso seu valor máximo é ‖∇f‖.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 90 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 31
Se f (x,y) = xey, determine a taxa de variação no ponto P= (2,0) na direção
de P a Q= (12 ,2). Em que direção f tem a máxima taxa de variação? Qual é a
máxima taxa de variação?
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 91 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 31
Se f (x,y) = xey, determine a taxa de variação no ponto P= (2,0) na direção
de P a Q= (12 ,2). Em que direção f tem a máxima taxa de variação? Qual é a
máxima taxa de variação?
Solução
O vetor unitário na direção do vetor
−→
PQ= (−32 ,2) é~u=
〈− 35 , 45〉. O gradiente
de f em P é:
∇f = 〈fx, fy〉= 〈ex,xey〉 no ponto (2,0) ∇f (2,0) = 〈1,2〉.
Logo a derivada direcional é D~uf (2,0) = ∇f (2,0) ·~u= 〈1,2〉 ·
〈− 35 , 45〉= 1. E
de acordo com o teorema, a taxa de variação da função é máxima na direção
do vetor gradiente, isto é, na direção de ∇f (2,0) = 〈1,2〉, com valor máximo
‖∇f (2,0)‖=√5.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 92 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 32
Suponha que a temperatura em um 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
e z em metros. Em que direção no ponto (1,1,−2) a temperatura aumenta
mais rapidamente? Qual é a taxa máxima de aumento?
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 93 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 32
Suponha que a temperatura em um 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
e z em metros. Em que direção no ponto (1,1,−2) a temperatura aumenta
mais rapidamente? Qual é a taxa máxima de aumento?
Solução
A direção máxima é na direção do gradiente da função no ponto dado, ou seja:
∇T(x,y,z) =
∂T
∂x
~i+
∂T
∂y
~j+
∂T
∂z
~k
=
160
(1+ x2+2y2+3z2)2
(−x~i−2y~j−3z~k).
Assim: ∇T(1,1,−2) = 160320(−~i−2~j+6~k) = 58(−~i−2~j+6~k). A taxa máxima é
‖∇T(1,1,−2)‖= 58
√
41.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 94 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Plano tangente às superfícies de nível
Seja S uma superfície de nível dada por F(x,y,z) = k. Suponha ainda que x(t),
y(t) e z(t) sejam as equações paramétricas de uma curva sobre S. Note que:
dF
dt
=
∂F
∂x
dx
dt
+
∂F
∂y
dy
dt
+
∂F
∂z
dz
dt
= ∇F(x,y,z) · d~r
dt
= 0.
Como o produto escalar entre ∇F(x,y,z) e d~rdt é nulo, temos que ∇F(x,y,z) é
ortogonal à d~rdt . Porém
d~r
dt é um vetor tangente à curva 〈x(t),y(t),z(t)〉 sobre a
superfície, logo ∇F(x,y,z) deve ser ortogonal (normal) à superfície. Dessa
forma podemos utilizar o vetor gradiente como um vetor normal a uma
superfície S.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 95 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 33
Determine a equação do plano tangente no ponto (−2,1,3) ao elipsoide
x2
4 + y
2+ z
2
9 = 3.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 96 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 33
Determine a equação do plano tangente no ponto (−2,1,3) ao elipsoide
x2
4 + y
2+ z
2
9 = 3.
Solução
A equação geral do plano que contém o ponto (x0,y0,z0) com vetor normal
(a,b,c) é dado por:
a(x− x0)+b(y− y0)+ c(z− z0) = 0.
Note que o elipsoide é uma superfície de nível da função
F(x,y,z) = x
2
4 + y
2+ z
2
9 , com nível 3. Para determinarmos o vetor normal a
essa superfície basta obermos o vetor gradiente.
∇F(x,y,z) =
x
2
~i+2y~j+
2z
9
~k no ponto (-2,1,3) ∇F(−2,1,3) = 〈−1,2,−2
3
〉.
Leonardo Mafra(ECT-UFRN) Março 2011 97 / 133
Derivadas direcionais e o vetor gradiente
Exemplo 33 continuação
O vetor normal ao plano tem componentes a=−1, b= 2 e c=−23 . O plano
contém o ponto x0 =−2, y0 = 1 e z0 =−3. De forma que a equação do plano
fica:
−1(x+2)+2(y−1)− 2
3
(z+3) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 98 / 133
Valores máximo e mínimo
Definição
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
chamado de valor máximo local. Se f (x,y)≥ f (a,b) quando (x,y) está
próximo de (a,b), então f tem um mínimo local em (a,b) e f (a,b) é chamado
de valor mínimo local.
Teorema
Se uma função f tem um máximo ou mínimo local em (a,b) e as derivdas
parciais de primeira ordem de f existem nesses pontos, então fx(a,b) = 0 e
fy(a,b) = 0.
Definição
Um ponto (a,b) é chamado de ponto crítico (ou ponto estacionário) de f se
fx(a,b) = 0 e fy(a,b) = 0, ou se uma das derivadas parciais não existir.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 99 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 34
Determine os valores extremos de f (x,y) = x2+ y2−2x−6y+14, e verifique
que f (1,3) = 4 é um mínimo local.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 100 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 34
Determine os valores extremos de f (x,y) = x2+ y2−2x−6y+14, e verifique
que f (1,3) = 4 é um mínimo local.
Solução
Devemos determinar onde as derivadas parciais se anulam. Assim:
fx(x,y) = 2x−2= 0 =⇒ x= 1 fy(x,y) = 2y−6= 0 =⇒ y= 3.
Assim (1,3) é o único ponto crítico. Note completando os quadrados temos:
f (x,y) = 4+(x−1)2+(y−3)2.
Como (x−1)2 ≥ 0 e (y−3)2 ≥ 0, temos que o menor valor de f é quando
x= 1 e y= 3, com f (1,3) = 4.
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 101 / 133
Valores máximo e mínimo
Para classificarmos os pontos críticos utilizaremos o teste da segunda
derivada a seguir.
Teste da segunda derivada
Suponha que as segundas derivadas parciais de f sejam contínuas em uma
vizinhança de (a,b), e suponha que fx(a,b) = 0 e fy(a,b) = 0. Seja
D= D(a,b) = fxx(a,b)fyy(a,b)− [fxy(a,b)]2,
a) Se D> 0 e fxx(a,b)> 0, então f (a,b) é um mínimo local.
b) Se D> 0 e fxx(a,b)< 0, então f (a,b) é um máximo local.
c) Se D< 0, então f (a,b) não é um mínimo nem um máximo local (ponto
de sela).
Ver figura
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 102 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 35
Determine e classifique os pontos críticos da função
f (x,y) = x4+ y4−4xy+1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 103 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 35
Determine e classifique os pontos críticos da função
f (x,y) = x4+ y4−4xy+1.
Solução
Os pontos críticos são dados por:
fx(x,y) = 4x3−4y= 0 e fy(x,y) = 4y3−4x= 0.
Resolvendo para x temos a equação x9−x= x(x8−1) = x(x4−1)(x4+1) = 0
com raízes x= 0,1,−1. Que fornece os pontos (0,0), (1,1) e (-1,-1). As
derivadas parciais de segunda ordem são:
fxx(x,y) = 12x2, fxy(x,y) =−4e fyy(x,y) = 12y2.
Note que D(x,y) = fxxfyy− (fxy)2 = 144x2y2−16.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 104 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 35 continuação
Para classificar os pontos fazemos:
D(0,0) =−16< 0, assim (0,0) é um ponto de sela.
D(1,1) = 128> 0 e fxx(1,1) = 12> 0, assim (1,1) é um ponto de
mínimo local.
D(−1,−1) = 128> 0 e fxx(−1,−1) = 12> 0, assim (−1,−1) também é
um ponto de mínimo local.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 105 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 36
Determine a menor distância entre o ponto (1,0,−2) e o plano x+2y+ z= 4.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 106 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 36
Determine a menor distância entre o ponto (1,0,−2) e o plano x+2y+ z= 4.
Solução
Devemos então minimizar d =
√
(x−1)2+ y2+(z+2)2. Porém é mais fácil
minimizar d2 = f (x,y) dada por:
f (x,y) = (x−1)2+ y2+(6− x−2y)2.
As derivadas parciais são:
fx = 2(x−1)−2(6− x−2y) = 4x+4y−14= 0
fy = 2y−4(6− x−2y) = 4x+10y−24= 0.
A solução é o ponto (116 ,
5
3). Como fxx = 4= fyy e fxy = 10, temos
D(x,y) = fxxfyy− (fxy)2 = 6> 0 e fxx > 0, o ponto (116 , 53) é realmente um
mínimo. A menor distância é d(116 ,
5
3) =
√
(56)
2+(53)
2+(56)
2 = 56
√
6.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 107 / 133
Valores máximo e mínimo
Teorema do valor extremo para funções de duas variáveis
Se f for contínua em um conjunto fechado e limitado do R2, então f assume
um valor máximo absoluto e um mínimo absoluto.
Conjuntos fechando e limitado
Um conjunto do R2 é dito
limitado se está contido em
algum disco. E um conjunto do
R2 é dito fechado se este
contém os seus pontos de
fronteira.
Conjuntos fechados e não
fechados
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 108 / 133
Valores máximo e mínimo
Determinando máximo e mínimo absolutos
Para determinar os valores máximo e mínimo absolutos de uma função
contínua f em um conjunto fechado e limitado D devemos:
1 Determinar os valores de f nos pontos críticos de f em D.
2 Determinar os valores extremos de f na fronteira D.
3 O maior dos valores do passo 1 e 2 é o valor máximo absoluto; o menor
desses valores é o valor mínimo absoluto.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 109 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 37
Determine os valores máximo e mínimo absolutos da função
f (x,y) = x2−2xy+2y no retângulo D= {(x,y)|0≤ x≤ 3,0≤ y≤ 2}.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 110 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 37
Determine os valores máximo e mínimo absolutos da função
f (x,y) = x2−2xy+2y no retângulo D= {(x,y)|0≤ x≤ 3,0≤ y≤ 2}.
Solução
1 Pontos críticos em D, fx = 2x−2y= 0 e fy =−2x+2= 0 de onde temos
o ponto (1,1) como ponto crítico, com f (1,1) = 1.
2 Valores extremos de f na fronteira de D.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 111 / 133
Valores máximo e mínimo
Exemplo 37 continuação
Ao longo de L1, y= 0, f (x,0) = x2 com 0≤ x≤ 3 é uma função
crescente com mínimo f (0,0) = 0 e máximo f (3,0) = 9.
Ao longo de L2, x= 3, f (3,y) = 9−4y com 0≤ y≤ 2 é uma função
decrescente com mínimo f (3,2) = 1 e máximo f (3,0) = 9.
Ao longo de L3, y= 2, f (x,2) = x2−4x+4= (x−2)2 com 0≤ x≤ 3,
com mínimo f (2,2) = 0 e máximo f (0,2) = 4.
Ao longo de L4, x= 0, f (0,y) = 2y com 0≤ y≤ 2 é uma função
crescente com mínimo f (0,0) = 0 e e máximo f (0,2) = 4.
Portanto na fronteira de D o valor mínimo de f é 0 e o máximo é 9.
Comparando com o valor de f no ponto crítico f (1,1) = 1, vemos que o
máximo absoluto ocorre em (3,0) e vale f (3,0) = 9, e o mínimo absoluto
ocorre em (0,0) e (2,2) com valor f (0,0) = f (2,2) = 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 112 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Existem situações onde a função a ser extremizada possui algum tipo de
vínculo entre as varíaveis independentes. Para este tipo de situação aplicamos
o método dos multiplicadores de Lagrange para obter os pontos de máximo e
mínimo da função.
Método dos multiplicadores de Lagrange
Para determinar os valores máximo e mínimo de f (x,y,z) sujeita à restrição
g(x,y,z) = k:
a) Determine todos os valores de (x,y,z) e de λ, tais que:
∇f (x,y,z) = λ∇g(x,y,z) e g(x,y,z) = k
b) Calcule f em todos os pontos (x,y,z) do passo (a). O maior desses
valores será o valor máximo de f , e o menor será o mínimo de f .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 113 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Exemplo 38
Uma caixa retangular sem tampa é feita de 12 m2 de papelão. Determine o
volume máximo dessa caixa.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 114 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Exemplo 38
Uma caixa retangular sem tampa é feita de 12 m2 de papelão. Determine o
volume máximo dessa caixa.
Solução
O volume da caixa é V(x,y,z) = xyz. A área lateral da caixa é dada por
g(x,y,z) = xy+2xz+2yz= 12. Note que na função g(x,y,z) asvariáveis
independentes apresentam uma restrição. Assim:
∇V(x,y,z) = λ∇g(x,y,z) =⇒ 〈yz,xz,xy〉= λ〈y+2z,x+2z,2x+2y〉.
Ficamos com o seguinte conjunto de equações:
yz= λ(y+2z)
xz= λ(x+2z)
xy= λ(2x+2y)
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 115 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Exemplo 38 continuação
A solução desse sistema de equações é:
x= y= 2z.
Mas sabemos que as variávies devem satisfazer xy+2xz+2yz= 12, de forma
que encontramos:
x= y= 2 e z= 1.
O volume máximo é então V(2,2,1) = 4m3.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 116 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Exemplo 39
Determine os valores extremos da função f (x,y) = x2+2y2 no círculo
x2+ y2 = 1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 117 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Exemplo 39
Determine os valores extremos da função f (x,y) = x2+2y2 no círculo
x2+ y2 = 1.
Solução
As variáveis independentes satisfazem ao seguinte vículo
g(x,y) = x2+ y2 = 1. Assim:
∇f (x,y) = λ∇g(x,y) =⇒ 〈2x,4y〉= λ〈2x,2y〉.
Ficamos com o seguinte conjunto de equações:
2x= λ2x
4y= λ2y.
Se λ= 0 então x= 0 e y=±1. Se λ= 1 então y= 0 e x=±1. Assim temos
(0,1), (0,−1), (1,0) e (−1,0). Logo f (0,±1) = 2 é o valor máximo e
f (±1,0) = 1 é o valor mínimo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 118 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Exemplo 40
Determine o produto máximo de três números positivos tais que sua soma é
12.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 119 / 133
Multiplicadores de Lagrange
Exemplo 40
Determine o produto máximo de três números positivos tais que sua soma é
12.
Solução
Temos que f (x,y,z) = xyz é a função que deve ser extremizada sujeita ao
vínculo g(x,y,z) = x+ y+ z= 12.
∇f (x,y,z) = λ∇g(x,y,z) =⇒ 〈yz,xz,xy〉= λ〈1,1,1〉.
Ficamos com o seguinte conjunto de equações:
yz= λ
xz= λ
xy= λ
A solução é x= y= z= 4. Assim o produto máximo é f (4,4,4) = 64.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 120 / 133
Funções de várias variáveis
Domínio do exemplo a) Domínio do exemplo b)
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 121 / 133
Funções de várias variáveis
Domínio do exemplo 2
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 122 / 133
Funções de várias variáveis
Gráfico do plano z+3x+2y= 6
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 123 / 133
Funções de várias variáveis
Curvas de nível do exemplo 5
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 124 / 133
Funções de várias variáveis
Curvas de nível do exemplo 6
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 125 / 133
Funções de várias variáveis
Curvas de nível do exemplo 7
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 126 / 133
Limites e continuidade
Definição de limite
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 127 / 133
Derivadas parciais
Inclinação no plano y= 1 Inclinação no plano x= 1
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 128 / 133
Derivadas parciais
Reta tangente à superfície z= x2+ y2 no plano y= 1
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 129 / 133
Plano tangente e aproximações lineares
Plano tangente à superfície z= 2x2+ y2 no plano (1,1,3)
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 130 / 133
Plano tangente e aproximações lineares
Plano tangente em P Zoom em torno de P
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 131 / 133
Valores máximo e mínimo
Gráfico da função f (x,y) = x2+ y2−2x−6y+14
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 132 / 133
Valores máximo e mínimo
Função que exibe um ponto de sela
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Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Março 2011 133 / 133