Cálculo II Prof. Dr. Jair S. Santos 0.1 Fórmula de Taylor

Cálculo II
Prof. Dr. Jair S. Santos
1 - Fórmula de Taylor
2 - Derivação de Funções Implı́citas
0.1
Fórmula de Taylor
Lembremos que, para funções de uma variável, vale o seguinte resultado
Teorema 0.1. Se g é de classe C n+1 (isto é, tem derivadas de ordem n + 1 contı́nuas) em
um intervalo aberto I contendo t0 , então, para todo t ∈ I, existe c entre t0 e t tal que
g(t) = g(t0 ) + g ′(t0 ) (t − t0 ) +
em que Rn (t) =
g′′(t0 )
g (n) (t0 )
(t − t0 )2 + · · · +
(t − t0 )n + Rn (t),
2!
n!
(1)
g (n+1) (c)
(t − t0 )n+1 .
(n + 1)!
A igualdade (1) chama-se fórmula de Taylor de ordem n de g.
Primeira ordem para funções de duas variáveis
Consideremos agora uma função z = f (x, y) de duas variáveis. Suponhamos que f tenha
derivadas parciais até ordem n + 1 contı́nuas em uma vizinhança V de Q0 = (x0 , y0 ) e
seja Q = (x, y) ∈ V . Denotemos h = x − x0 e k = y − y0 e definamos a função g(t) =
f (x0 + t h, y0 + t k). Vamos calcular a fórmula de Taylor de g de ordem n de g
Para n = 1, a igualdade (1) fica
g(t) = g(0) + g ′ (0) t +
g ′′(c) 2
t,
2!
c entre 0 e t.
Denotando Q∗ = (x0 + c h, y0 + c k) e pondo t = 1 e observando que
g(1) = f (x0 + h, y0 + k), g(0) = f (Q0 ), g ′ (0) = fx (Q0 ) h + fy (Q0 ) k,
g ′′ (c) = fxx (Q∗ ) h2 + 2 fxy (Q∗ ) h k + fyy (Q∗ ) k 2
podemos escrever
f (x0 + h, y0 + k) = f (Q0 ) + fx (Q0 ) h + fy (Q0 ) k + R1 ( h, k)
em que
(2)
i
1 h
fxx (Q∗ ) h2 + 2 fxy (Q∗ ) h k + fyy (Q∗ ) k 2
(3)
2!
A igualdade (2) com R1 dado por (3) chama-se fórmula de Taylor de ordem 1 de f
em Q0 = (x0 ; y0) com resto R1 .
R1 ( h, k) =
• Note que na expressão (2) da fórmula de Taylor de ordem 1 de f em Q0 (x0 , y0),
o primeiro membro e as duas primeiras parcelas no segundo membro podem ser escritas na
seguinte forma matricial:
x − x0
=
p1 (x, y) = f (x0 , y0) + J(F (Q))1×2
y − y0 2×1
(4)
h ∂f
i ∂f
x − x0
f (x0 , y0 ) +
(x, y)
(x, y)
y − y0
∂x
∂y
1×2
A função p1 (x, y) dada em 4 é denominada Polinômio de Taylor de grau 1 de f em
Q0 = (x0 , y0).
Exemplo 0.1. Tome f (x, y) = ln(x2 + y 2 ); Q0 = (1, −1). Escreva o polinômio de Taylor
de ordem um de f em Q0 = (x0 , y0) na forma matricial.
2x
∂f
∂f
2y
∂f
(x, y) = 2
,
(1, −1) = 1 e
(x, y) = 2
;
2
∂x
x + y ∂x
∂y
x + y2
Vemos que
Resolução
∂f
(1, −1) = −1. Portanto,
∂x
i x−1
h ∂f
∂f
(1, −1)
(1, −1)
p1 (x, y) = f (1, −1) +
y − (−1)
∂x
∂y
1×2
p1 (x, y) = ln 2 +
h
1 −1
i
1×2
x−1
y+1
= ln 2 + (x − 1) − (y + 1) = ln 2 − 2 + x − y
Observação 0.1. Suponha que ln 2 = 0.6931. Então no Exemplo 0.1, se Q1 = (1.1; −1.1),
teremos Q1 próximo de Q0 = (1, −1). Ainda, f (Q1 ) = f (1.1; −1.1) = ln((1.1)2 + (−1.1)2 ) =
ln(2.42) = 0.8838. Agora, p1 (Q0 ) = p1 (1.1; −1.1) = ln 2 − 2 + 1.1 − (−1.1) = 0.8931. Veja
que |f (Q1 ) − p1 (Q1 )| = 0.0095 o que pequeno. Isto nos faz crer que se Q = (x, y) estiver
próximo de Q0 = (1, −1), p1 (Q) é uma aproximação interessante para f (Q).
Segunda ordem para funções de duas variáveis
Para n = 2, a igualdade (1) fica
g(t) = g(0) + g ′(0) t +
g ′′(0) 2 g (3) (c) 3
t +
t,
2!
2!
c entre 0 e t.
Procedendo como acima e notando que
g(1) = f (x0 + h, y0 + k), g(0) = f (Q0 ), g ′(0) = fx (Q0 ) h + fy (Q0 ) k,
g ′′ (0) = fxx (Q0 )[ h2 + 2 fxy (Q0 ) h k + (fyy (Q0 ) k 2
g (3) (c) = fxxx (Q∗ ) h3 + 3 fxxy (Q∗ ) h2 k3 fxyy (Q∗ ) h k 2 + fyyy (Q∗ ) k 3
podemos escrever
f (x0 + h, y0 + k) = f (Q0 ) + fx (Q0 ) h + fy (Q0 ) k+
i
1 h
(5)
+
fxx (Q0 ) h2 + 2 fxy (Q0 ) h k + (fyy (Q0 )) k 2 + R2 (h, k)
2!
em que
i
1 h
∗ 3
∗ 2
∗
2
∗
3
(6)
fxxx (Q )h + 3 fxxy (Q )h k + 3 fxyy (Q ) h k + fyyy (Q ) k
R2 (h, k) =
3!
A igualdade (5) com R2 dado por (6) chama-se fórmula de Taylor de ordem 2 de f em
Q0 = (x0 , y0) .
• Considere U = [x − x0 y − y0 ] e denote UT = [x − x0 y − y0 ]T , onde T indica
tranposiação . Note que na expressão (5) da fórmula de Taylor de ordem 2 de f em
Q0 = (x0 , y0 ), que o primeiro membro e as duas primeiras parcelas no segundo membro
podem ser escritas na seguinte forma matricial:
x − x0
p2 (x, y) = f (x0 , y0 ) + J(F (Q0 ))1×2
y − y0
h ∂f
i
∂f
x − x0
= f (Q0 ) +
(Q0 )
(Q0 )
+
y − y0
∂x
∂y
1
[x − x0
2
1
+ U1×2 H(f (Q0 ))2×2 UT2×1
2
2×1
(7)

∂2f
∂2f
 ∂x2 (Q0 ) ∂y∂x (Q0 )  x − x0


y − y0 ]  2
 y − y0
∂ f
∂2f
(Q0 )
(Q
)
0
∂x∂y
∂y 2

A função p1 (x, y) dada em 7 é denominada Polinômio de Taylor de grau 2 de f em
Q0 = (x0 , y0).
Exemplo 0.2. Tome f (x, y) = ln(x2 + y 2 ); Q0 = (1, −1). Escreva o polinômio de Taylor
de ordem dois de f em Q0 = (x0 , y0 ) na forma matricial.
Resolução Vamos nos valer dos cálculos já realizados no Exemplo 0.1. Então se
Q = (x, y), teremos
2y 2 − 2x2
∂2f
(Q)
=
,
∂x2
(x2 + y 2)2
∂2f
(1, −1) = 0;
∂x2
∂2f
−2xy
∂2f
∂2f
∂f
(Q) = 2
=
(P
);
(1, −1) = 1 =
(1, −1)
2
2
∂y∂x
(x + y )
∂x∂y
∂y∂x
∂x∂y
∂2f
2x2 − 2y 2
(Q)
=
,
∂y 2
(x2 + y 2)2
∂2f
(1, −1) = 0;
∂y 2
e
Portanto,
1
x−1
p2 (x, y) = f (1, −1) + J(F (Q))1×2
+ U H(f (Q0 ))2×2 UT2×1
y − (−1) 2×1 2 1×2
h
i 1 x−1
1
x−1
0 1
+ [x − 1 y − (−1)]
= ln 2 + 1 − 1 +
y − (−1)
1 0
2 y − (−1)
2
i x − 1 1h
y+1 x−1
p2 (x, y) = ln 2 − 2 + x − y +
y+1
2
1
p2 (x, y) = ln 2 − 2 + x − y + [(y + 1)(x − 1) + (x − 1)(y + 1)]
2
p2 (x, y) = ln 2 − 3 + 2x − 2y + xy.
Observação 0.2. Suponha que ln 2 = 0.6931. Então no Exemplo 0.2, se Q1 = (1.1; −1.1),
teremos Q1 próximo de Q0 = (1, −1). Ainda, f (Q1 ) = f (1.1; −1.1) = ln((1.1)2 + (−1.1)2 ) =
ln(2.42) = 0.8838. Agora, p1 (Q0 ) = p1 (1.1; −1.1) = ln 2−2+2(1.1)−2(−1.1)+(1.1)(−1.1) =
0.8831. Veja que |f (Q1 )−p2 (Q1 )| = 0.0007 o que é pequeno. Compare com o valor equivalente
dado na Observação 0.1. Isto nos faz crer que se Q = (x, y) estiver próximo de Q0 = (1, −1)
p2 (Q) é uma aproximação interessante para f (Q).
A fórmula de Taylor pode ser calculada para valores maiores de n, mas as expressões
ficam mais complicadas.
Exemplo 0.3. Obter a fórmula de Taylor de ordem 4 da função f (x, y) = x2 y + 3 y − 2 em
potências de x − 1 e y + 2.
Temos Q0 = (1, −2), h = x − 1 e k = y + 2. As derivadas de f são
fx = 2 x y, fy = x3 + 3
fxx = 2 y, fxy = 2 x,
fyy = 0
fxxx = 0, fxxy = 2,
fxyy = fyyy = 0
donde as derivadas de ordem 4 são iguais a zero (portanto R3 = 0) e
f (Q0 ) = −10, fx (Q0 ) = −4, fy (Q0 ) = 2
fxx (Q0 ) = −4, fxy (Q0 ) = 2, fyy (Q0 ) = 0
fxxx (Q0 ) = 0, fxxy (Q0 ) = 2, fxyy (Q0 ) = fyyy (Q0 ) = 0
Portanto
x2 y + 3 y − 2 = −10 − 4(x − 1) + 4(y + 2) +
i
1 h
− 4(x − 1)2 + 4(x − 1)(y + 2) + 4(y + 2)
2!
+ (x − 1)2 (y + 2)
= −10 − 4(x − 1) + 4(y + 2) − 2(x − 1)2 + 2(x − 1)(y + 2) + 2(y + 2) + (x − 1)2 (y + 2)
EXERCÍCIOS
2
4
1. Seja f (x, y) = x 3 y 3 .
(i) Tome o ponto Q0 = (1; 2). Calcule o polinômio de Taylor de grau um de f em Q0 .
(ii) Tome o ponto Q0 = (1; 2). Calcule o polinômio de Taylor de grau dois de f em Q0 .
(iii) Tome o ponto Q1 = (1.1; 2.3). Use o polinômio de Taylor de grau, calcule p1 (Q1 ),
f (Q1 ) e |p1 (Q1 ) − f (Q1 )|.
(iv) Tome o ponto Q1 = (1.1; 2.3). Use o polinômio de Taylor de grau, calcule p2 (Q1 ),
f (Q1 ) e |p1 (Q1 ) − f (Q1 )|. Copamare com o resultado que voce obteve no item (iii).
0.2
Derivação de Funções Implı́citas
Seja z = f (x, y) uma função de classe C 1 . Suponhamos que a equações
f (x, y) = 0
(8)
defina implicitamente y como uma funções de x, y = y(x), para todo x em um intervalo I.
Queremos obter uma expressão para y ′(x) sem ter de resolver a equações (8).
Substituindo y = y(x) em (8), temos
f (x, y(x)) ≡ 0
Chamando u(x) = f (x, y(x)), segue-se que u(x) ≡ 0 em I, donde u′ ≡ 0. Por outro lado,
usando a regra da cadeia, temos
u′ (x) = fx (x, y(x)) + fy (x, y(x)) y ′(x)
Combinando estes fatos temos
fx (x, y(x)) + fy (x, y(x))
dy
=0.
dx
(9)
Em todo ponto (x, y) tal que fy (x, y) 6= 0, temos
fx (x, y(x))
dy
=−
dx
fy (x, y(x))
(10)
Esta relações dá a derivada de y(x) em termos das derivadas parciais de f . Na verdade,
é possı́vel demonstrar o seguinte resultado:
A Teorema da Funções Implı́cita:
Teorema 0.2. Seja f : U ⊂ R2 → R uma função cujas derivadas parciais de primeira
ordem são contı́nuas em Q0
(i) Se z = f (x, y) for tal que fy (P0 ) 6= 0, então, em uma vizinhança de Q0 , a equações
(8) define y = y(x) (uma função contı́nua em x0 e sua derivada y ′(x) é dada por (10).
(ii) Se z = f (x, y) for tal que fx (P0 ) 6= 0, então, em uma vizinhança de Q0 , a equações
(8) define x = x(y) (uma função contı́nua em y0 e sua derivada x′ (y) é dada por
fy (x(y), y)
dx
=−
.
dy
fx (x(y), y)
(11)
Exemplo 0.4. Supondo que a equações x3 y 2 + x2 y 3 = 2 defina y = y(x), com y(1) = 1
calcular y ′ (1) e y ′′ (1).
Resolução
Derivando x3 y 2(x) + x2 y 3 (x) = 2 em relações a x, temos
3x2 y 2 + 2x3 y y ′ + 2x y 3 + 3x2 y 2 y ′ = 0,
donde
y ′(x) = −
(12)
3x2 y 2 + 2xy 3
3xy + 2y 2
=
−
3x2 y 2 + 2x3 y
3xy + 2x2
Derivando (12) em relações a x, temos
y ′′(x) = −
7 y y ′ + 3 x (y ′)2 + 7 x y ′ + 3 y
3xy + 2x2
Assim, para x = 1, temos y ′(1) = −1 e y ′′ (1) = 8/5. Isto permite escrever a fórmula de
Taylor de y,
8
y(x) = 1 − (x − 1) + (x − 1)2 + R(x),
5
3
em que R(x)/(x − 1) → 0, quando x → 1.
De modo análogo, podemos tratar funções implı́citas de mais variáveis independentes. Se
a equações F (x, y, z) = 0 definir z como funções de x, y, z = z(x, y), então, repetindo o
procedimento acima obtemos as derivadas parciais de z:
Fx
∂z
=−
∂x
Fz
Fy
∂z
=−
∂y
Fz
B Teorema das Funções Implı́citas
aberto
Teorema 0.3. Sejam P0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ U ⊂ R3 , f : U → R, função dada por f (x, y, z)
com uma derivadas parciais contı́nuas em P0 .
∂g
(i) Suponha que
(P0 ) 6= 0. Então existem δ > 0, ǫ > 0, uma bola B((x0 , y0 ), δ) ⊂ R2 ,
∂z
um intervalo aberto (z0 − ǫ; z0 + ǫ) e uma função z : B((x0 , y0 ); δ) → R tal que z é derivável
e
∂g
(x, y, z(x, y))
∂z
∂x
(x, y, z(x, y)) = −
; e
∂g
∂x
(x, y, z(x, y))
∂z
∂g
(x, y, z(x, y))
∂z
∂y
(x, y, z(x, y)) = −
.
∂g
∂y
(x, y, z(x, y))
∂z
(13)
Exemplo 0.5. Supondo que a equações x y z = tg (x y z) defina z como uma função de x e
y, (z = z(x, y)), calcular zx e zy .
Derivando a expressão x y z(x, y) − tg [x y z(x, y)] em relação a x, temos
y z(x, y) + x y zx (x, y) − sec2 [x y z(x, y)] [y z(x, y) + x y zx (x, y)] = 0
donde
zx (x, y) = −
y z − y z sec2 ( x y z )
x y − x y sec2 ( x y z )
Analogamente obtemos
zy (x, y) = −
x z − x z sec2 ( x y z )
x y − x y sec2 ( x y z )
2
2
Exemplo 0.6. Seja
z) =√x2 + y 2 + z√
− 6, onde p = (x, y, z).
√ f√: R√→ R dada por f (x, y,√
Tomemos P0 = ( 2, 2, 2), onde (x0 , y0) = ( 2, 2) e z0 = 2. Aplique o Teorema
das Funções Implı́citas e encontre z : B((x0 , y0 ), δ) → (z0 − δ; z0 + δ) tal que z é derivável
∂z
∂z
z(x, y, z(x, y)) = 0. Calcule
(x, y),
(x, y).
∂x
∂y
√ √ √
√ √ √
∂f (x, y, z)
∂f ( 2, 2, 2)
= 2z. Portanto,
=
Resolução Note que f ( 2, 2, 2) = 0 e que
∂z
√
√ ∂z
√
2 2 6= 0. O Teorema das Funções Implı́citas garante
z : B(( 2, 2), δ) →
√ √ que existe
√uma função
√
R derivável nos pontos (x, y, z(x, y)) ∈ B(( 2, 2), δ)) × ( 2 − ǫ; 2 + ǫ) e são tais que
f (x, y, z(x, y)) = 0 e,
fx (x, y, G(x, y))
x
∂z
(x, y) = −
=−
.
∂x
fz (x, y, G(x, y))
z(x, y)
(14)
fy (x, y, G(x, y))
x
∂z
(x, y) = −
=−
.
∂y
gz (x, y, z(x, y))
z(x, y)
(15)
Analogamente,
Observação 0.3. A equação
p f (x, y, z) = 0 no Exemplo 0.6 também
√ √ pode ser resolvida
algebricamente e z(x, y) = 6 − x2 − y 2 para (x, y) próximo de ( 2, 2). Portanto, ve-se
facilmente que as derivadas envolvidas em (14) e (15) são dadas por
x
∂z
(x, y) = − p
∂x
6 − x2 − y 2
EXERCÍCIOS
e
x
∂z
(x, y) = − p
.
∂y
6 − x2 − y 2
1. (Simon, C. e Lawrence Brume Matem. para Economistas pp 350 ) Considre a equação
G(x, y) = x2 − 3xy + y 3 − 7 = 0, P0 = (4, 3). Mostre que se P = (x, y) estiver próximo
de P0 pode-se resolver a equação G(x, y) = 0 com uma função y(x) derivável.
d2 y
2x − 3y
dy
(x) e 2 (x). Resp y ′(x) = − 2
.
(i) Calcule
dx
dx
3y − 3x
1
(ii) Se x0 = 4 calcule y ′(4). Resp y ′(4) = .
15
2. (Simon, C. e Lawrence Brume Matem. para Economistas pp 350 ) Considre a equação
G(x, y) = x2 − 3xy + y 3 − 7 = 0, P0 = (4, 3). Mostre que se P = (x, y) estiver próximo
de P0 pode-se resolver a equação G(x, y) = 0 com uma função x(y) derivável.
dx
d2 x
3y 2 − 3x
(iii) Calcule
(y) e 2 (y). Resp x′ (y) = −
.
dy
dy
2x − 3y
(iv) Se x0 = 4 calcule x′ (3). Resp x′ (3) = 15.
2
4
3. Considere f (x, y) = x 3 y 3 − 3x − 4y. Veja que algébricamente não há como expressar
x como função de de y e nem expressar y como função de de x
(i) Tome o ponto Q0 = (1; 2). Use o Teorema 0.2 e mostre que se pode expressar
dy
= y ′(x) e
y como função de de x para (x, y) próximo de Q0 = (1; 2). Calcule
dx
d2 y
= y ′′ (x).
dx2
(ii) Tome o ponto Q0 = (1; 2). Use o Teorema 0.2 e mostre que se pode expressar
dx
= x′ (y) e
x como função de de y para (x, y) próximo de Q0 = (1; 2). Calcule
dy
d2 x
= x′′ (y).
dy 2
1
3
1
4. Considere f (x, yz) = x 3 y 6 z 6 − 3x − 4y − 2z. Veja que algébricamente não há como
expressar x como função de de (y, z), nem expressar y como função de de (x, z) e nem
expressar z como função de de (x, y).
(i) Tome o ponto Q0 = (1; 2; 1). Use o Teorema 0.3 e mostre que se pode expressar z
∂z
(x, y) e
como função de de (x, y) para (x, y, z) próximo de Q0 = (1; 2; 1). Calcule
∂x
∂z
(x, y) .
∂y
(ii) Tome o ponto Q0 = (1; 2; 1). Use o Teorema 0.3 e mostre que se pode expressar y
∂y
(x, z) e
como função de de (x, z) para (x, y, z) próximo de Q0 = (1; 2; 1). Calcule
∂x
∂y
(x, z) .
∂z
(ii) Tome o ponto Q0 = (1; 2; 1). Use o Teorema 0.3 e mostre que se pode expressar x
∂x
(x, z) e
como função de de (y, z) para (x, y, z) próximo de Q0 = (1; 2; 1). Calcule
∂y
∂x
(x, z) .
∂z
5. Seja f (x, y, z) = αx2 + α−1 y α − y − 2αxz − 2z + (α − 23 )z 2 .
(i) Encontre os pontos crı́ticos de f .
Resp. P0 = (− 23 ; 1 ; − 32 )
(ii) Dê o conjunto de todos os valores α ∈ R para f tenha um ponto de Máximo Local.
Resp. α < 0
6. Seja f (x, y, z) = αx2 + α−1 y α − y − 2αxz − 2z + (α + 23 )z 2 .
(i) Encontre os pontos crı́ticos de f .
Resp. P0 = ( 23 ; 1 ; 32 )
(ii) Dê o conjunto de todos os valores α ∈ R para f tenha um ponto de Mı́nimo Local.
Resp. α > 1