Capítulo 6 DERIVADAS PARCIAIS

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Capítulo 6
DERIVADAS PARCIAIS
6.1 Definições
Neste capítulo, apresentamos um dos conceitos centrais do Cálculo em Várias Variáveis, as derivadas parciais e a diferenciação de funções.
Definição 6.1. Sejam A ⊂ R3 um conjunto aberto e f : A −→ R uma função.
1. A derivada parcial de f em relação à variável x, no ponto
∂f
(x, y, z) e definida por:
(x, y, z) ∈ A é denotada por
∂x
∂f
f (x + t, y, z) − f (x, y, z)
(x, y, z) = lim
t−→0
∂x
t
se o limite existe.
2. A derivada parcial de f em relação à variável y, no ponto
∂f
∂y
∂f
f (x, y + t, z) − f (x, y, z)
(x, y, z) = lim
t−→0
∂y
t
se o limite existe.
3. A derivada parcial de f em relação à variável z, no ponto
∂f
∂z
117
CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS
118
∂f
f (x, y, z + t) − f (x, y, z)
(x, y, z) = lim
t−→0
∂z
t
se o limite existe.
Observações 6.1.
1. De forma análoga são definidas as derivadas parciais para funções de
duas variáveis.
2. Observe que o conjunto A deve ser aberto, pois para todo x ∈ A é
necessário que x + t ei ∈ A, onde i = 1, 2, 3; o que é verdadeiro se
|t| < η (η > 0 pequeno). Veja a bibliografia.
Exemplos 6.1.
[1] Se z = f (x, y) = x y, calcule suas derivadas parciais.
Estamos no caso n = 2:
∂f
f (x + t, y) − f (x, y)
(x + t) y − x y
ty
(x, y) = lim
= lim
= lim
= y,
t−→0
t−→0
t−→0 t
∂x
t
t
f (x, t + y) − f (x, y)
x (t + y) − x y
tx
∂f
(x, y) = lim
= lim
= lim
= x.
t−→0
t−→0
t−→0 t
∂y
t
t
[2] Se w = f (x, y, z) = x2 y z 2 , calcule suas derivadas parciais.
Estamos no caso n = 3:
6.1. DEFINIÇÕES
119
∂f
f (x + t, y, z) − f (x, y, z)
(x + t)2 y z 2 − x2 y z 2
(x, y, z) = lim
= lim
t−→0
t−→0
∂x
t
t
2
2
2
2 x y z t + t yz
= 2 x y z2,
= lim
t−→0
t
∂f
f (x, t + y, z) − f (x, y, z)
x2 (t + y) z 2 − x2 y z 2
(x, y, z) = lim
= lim
t−→0
t−→0
∂y
t
t
2 2
tx z
= x2 z 2 ,
= lim
t−→0
t
∂f
f (x, y, t + z) − f (x, y, z)
x2 y (t + z)2 − x2 y z 2
(x, y, z) = lim
= lim
t−→0
t−→0
∂z
t
t
t2 x2 y + 2 t x2 y z
= 2 x2 y z.
= lim
t−→0
t
Observação 6.1.
1. Seja y = c, fixado e consideremos g(x) = f (x, c); logo:
∂f
f (x + t, c) − f (x, c)
g(x + t) − g(x)
= lim
=
(x, c).
t−→0
t−→0
t
t
∂x
g ′(x) = lim
2. Se h(y) = f (c, y), então:
∂f
f (c, y + t) − f (c, y)
h(y + t) − h(y)
= lim
=
(c, y).
t−→0
t−→0
t
t
∂y
h′ (y) = lim
Analogamente para mais variáveis.
3. Consequentemente, para derivar parcialmente uma função em relação
a x, as demais variáveis são consideradas como constantes e a derivação é feita como em R.
4. Em relação às outras variáveis o procedimento é análogo. Assim, todas as regras de derivação estudadas para funções em R podem ser
aplicadas.
120
Exemplos 6.1.
[1] Se z = f (x, y) =
p
x2 + y 2 , calcule suas derivadas parciais.
Calculemos, primeiramente, a derivada √
parcial de f em relação a x. Pela
observação anterior consideramos z = x2 + c, onde c = y 2; derivando
como em R:
x
x
∂f
;
(x, y) = √
=p
∂x
x2 + c
x2 + y 2
analogamente para y: fazemos c = x2 :
y
y
∂f
(x, y) = p
=p
.
∂y
c + y2
x2 + y 2
[2] Se z = f (x, y) = (x2 + y 2 ) cos(x y), calcule suas derivadas parciais no
ponto (1, π).
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pela observação anterior consideramos z = (x2 + c2 ) cos(c x), onde y = c; derivando
como em R:
∂f
(x, y) = (x2 + c2 ) cos(c x))′ = 2 x cos(c x) − c (x2 + c2 ) sen(c x)
∂x
= 2 x cos(x y) − y (x2 + y 2 ) sen(x y);
analogamente para y: fazemos z = (c2 + y 2) cos(c y):
′
∂f
(x, y) = (c2 + y 2) cos(c y) = 2 y cos(c y) − c (c2 + y 2) sen(c y)
∂y
= 2 y cos(x y) − x (x2 + y 2 ) sen(x y));
∂f
∂f
(1, π) = −2,
(1, π) = −2 π.
∂x
∂y
[3] Se w = f (x, y, z) = ln(x2 + y 2 + z 2 ), calcule suas derivadas parciais.
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x.
Seja w = ln(x2 + c), onde c = y 2 + z 2 ; derivando como em R, temos:
2x
2x
∂f
(x, y, z) = 2
= 2
;
∂x
x +c
x + y2 + z2
analogamente para y: fazemos c = x2 + z 2 e para z: c = x2 + y 2:
6.1. DEFINIÇÕES
121
2y
2y
∂f
(x, y, z) = 2
= 2
∂y
y +c
x + y2 + z2
e:
∂f
2z
2z
(x, y, z) =
= 2
.
2
∂z
c+z
x + y2 + z2
[4] Se w = f (x, y, z) = sen
xy
, calcule suas derivadas parciais.
z
Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x:
y
Seja w = sen(c x), onde c = ; derivando:
z
∂f
y
xy
;
(x, y, z) = c cos(c x) = cos
∂x
z
z
x
analogamente para y; fazemos c = e para z; fazemos c = x y:
z
x
xy
∂f
e
(x, y, z) = c cos(c y) = cos
∂y
z
z
xy
xy
c
∂f
.
(x, y, z) = −c z −2 cos( ) = − 2 cos
∂z
z
z
z
De forma análoga ao Cálculo de uma variável, as derivadas parciais de uma
função são funções e, portanto, podemos calcula-lás em pontos de seus domínios.
[5] Seja f (x, y) = ln (x2 + y 2 + 1); então:
2x
∂f
(x, y) = 2
∂x
x + y2 + 1
e
∂f
2y
(x, y) = 2
.
∂y
x + y2 + 1
e
h(x, y) =
Temos duas novas funções:
g(x, y) =
x2
2x
+ y2 + 1
x2
2y
.
+ y2 + 1
Logo,:
2
g(1, 1) = h(1, 1) = ,
3
g(3, −2) =
3
7
2
e h(1, −2) = − .
7
122
2
0
-2
3
2
1
0
-2
0
2
Figura 6.1: Gráfico de f .
Figura 6.2: Gráficos de g e h, respectivamente.
Observações 6.2.
1. A não existência das derivadas parciais de uma função contínua de
duas variáveis num ponto indica que o gráfico da função apresenta
"arestas"nesse ponto.
2. De fato, seja z = f (x, y) =
tem, exceto na origem.
p
x2 + y 2; então, as derivadas parciais exis-
Figura 6.3: Gráfico de f (x, y) =
p
x2 + y 2 .
6.2. GENERALIZAÇÕES
6.2
123
Generalizações
Definição 6.2. Seja A ⊂ Rn um conjunto aberto, x = (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ A e
f : A −→ R uma função. A derivada parcial de f em relação à j-ésima
∂f
variável no ponto x ∈ A é denotada por ∂x
(x) e definida por:
j
f (x1 , ..., xj + t, .., xn ) − f (x1 , ...., xn )
∂f
(x) = lim
,
t−→0
∂xj
t
se o limite existe.
Fazendo j = 1, ..., n, temos as derivadas parciais de f em relação à primeira,
à segunda, à terceira, ......., à n-ésima variáveis, respectivamente. Denotando
por ej = (0, ...., 1, ....0) o vetor que tem todas as componentes zero exceto a
j-ésima, que é igual a 1, temos:
f (x + tej ) − f (x)
∂f
(x) = lim
.
t−→0
∂xj
t
6.3 Interpretação Geométrica das Derivadas Parciais
O gráfico de uma função de duas variáveis z = f (x, y) é, em geral, uma
superfície em R3 . A interseção desta superfície com um plano paralelo ao
plano xz, que passa pelo ponto (0, y0, 0) é uma curva plana (ou um ponto)
que satisfaz às condições:
(
z = f (x, y)
y = y0 .
Como a curva é plana, podemos considerá-la como o gráfico de uma função
de uma variável, a saber: g(x) = f (x, y0). Logo, o coeficiente angular da reta
tangente à curva no ponto x0 , relativa ao plano, é:
g ′ (x0 ) =
∂f
(x0 , y0 )
∂x
Analogamente, a curva plana definida pela interseção do gráfico de f com
o plano que passa por (x0 , 0, 0) paralelo ao plano yz pode ser definida por
h(y) = f (x0 , y). Logo, o coeficiente angular da reta tangente à curva no
ponto y0 , relativa ao plano, é:
124
h′ (y0 ) =
∂f
(x0 , y0 )
∂y
Desenhos à esquerda e à direita, respectivamente:
Figura 6.4:
Figura 6.5:
Exemplos 6.2.
[1] Seja z = f (x, y) = x2 + y 2. Determine a equação da reta tangente à
interseção do gráfico de f com o plano de equação y = 2, no ponto (2, 2, 8).
Pela observação anterior: z = x2 + 4; logo, z = g(x) = x2 + 4 e a equação da
reta tangente é: z − g(x0 ) = g ′ (x0 )(x − x0 ), onde x0 = 2, ou seja: z − 4x = 0.
6.3. INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS 125
6
4
2
2
4
0
0
2
0
-2
-2
Figura 6.6: Exemplo [1].
[2] Seja z = f (x, y) = y 2 . Determine a equação da reta tangente à interseção
do gráfico de f com o plano de equação x = x0 , no ponto (x0 , 1, 1).
Pela observação anterior: z = y 2 ; logo z = h(y) = y 2 e a equação da reta
tangente é: z − h(y0 ) = h′ (y0 ) (y − y0 ), onde y0 = 1, ou seja: z − 2y + 1 = 0.
1
Dos parágrafos anteriores temos:
Proposição 6.1. Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função tal que as derivadas parciais
existam no conjunto aberto A, então:
∂f
(a, b) = g ′(a) se g(x) = f (x, b)
∂x
∂f
(a, b) = h′ (b) se h(y) = f (a, y)
∂y
A prova segue das definições e observações anteriores. Esta proposição se
estende naturalmente para n ≥ 2.
126
Exemplos 6.3.
p
∂f
∂f
4
x4 + y 4 , calcule
(0, 0) e
(0, 0).
∂x
∂y
Seja g(x) = f (x, 0) = x e h(y) = f (0, y) = y; logo g ′ (x) = 1 e h′ (y) = 1; então:
[1] Se f (x, y) =
∂f
∂f
(0, 0) =
(0, 0) = 1.
∂x
∂y
[2] Se f (x, y) = x2
p
(x2 + y 2 ln(y 2 + 1))−5 etg(x
2
y+y 3 x2 )
, calcule
∂f
(1, 0).
∂x
Seja g(x) = f (x, 0) = x−3 e g ′(x) = −3 x−4 ; logo:
∂f
(1, 0) = g ′(1) = −3.
∂x
∂f
cos(x + y + z)
, calcule
(π, 0, 0).
[3] Se f (x, y, z) =
2
2
2
ln(x + y + z )
∂x
x ln(x) sen(x) + cos(x)
cos(x)
e g ′ (x) = −
; logo:
2 ln(x)
2 ln2 (x)
1
∂f
(π, 0, 0) = g ′(π) =
.
∂x
2 π ln2 (π)
Seja g(x) = f (x, 0, 0) =
6.4
Derivadas Parciais como Taxa de Variação
As derivadas parciais também podem ser interpretadas como taxa de variação ou razão instantânea.
De fato, sejam A ⊂ R2 aberto e f : A −→ R uma função tal que as derivadas
parciais existem no ponto (x0 , y0).
∂f
(x0 , y0 ) é a taxa de variação de f ao
∂x
longo da reta que passa pelo ponto (x0 , y0 ) e na direção e1 = (1, 0).
Definição 6.3. A derivada parcial
Observações 6.3.
1. Isto é, a taxa de variação de f ao longo d a reta:
c(t) = (x0 , y0 ) + t (1, 0) = (x0 + t, y0 ),
tal que (|t| pequeno).
6.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO
127
∂f
(x0 , y0 ) é
∂y
a taxa de variação de f ao longo da reta que passa pelo ponto (x0 , y0 )
e na direção e2 = (0, 1), isto é, d(t) = (x0 , y0 ) + t (0, 1) = (x0 , y0 + t), (|t|
pequeno).
2. De forma análoga interpretamos a outra derivada parcial:
y +t
0
c(t)
A
e2
c(t)
y
0
e1
x 0+t
x0
d(t) d(t)
Figura 6.8:
3. Isto é, as derivadas parciais medem a velocidade da variação parcial
da função em relação a cada variável, quando as outras estão fixadas.
Exemplos 6.4.
[1] A lei de um gás ideal confinado é P V = 8 T , onde P é a pressão em
N/cm2 , V é o volume em cm3 e T é a temperatura em graus. Se o volume
do gás é de 150 cm3 e a temperatura é de 100o , pede-se:
(a) Determine a taxa de variação da pressão em relação à temperatura para
o volume fixo de 150 cm3 .
(b) Determine a taxa de variação do volume em relação à pressão para a
temperatura fixa de 100o .
(a) Escrevamos a pressão em função do volume e da temperatura:
P (V, T ) = 8
T
;
V
então,
∂P
8
(V, T ) = ;
∂T
V
logo,
∂P
(150, T ) ∼
= 0.0533 N/cm2 /kal.
∂T
128
A variação da pressão em relação à temperatura cresce a uma razão de
∂P
0.0533 N/cm2 /kal. Note que
não depende de T .
∂T
(b) Escrevemos o volume em função da pressão e da temperatura:
V (P, T ) = 8
T
;
P
então,
∂V
T
(P, T ) = −8 2 .
∂P
P
T
16
e para T = 100 e V = 150, obtemos P = ; logo:
V
3
∂V 16
( , 100) = −28.13 cm3 /N.
∂P 3
A variação do volume em relação à pressão diminui a uma razão de:
Por outro lado, P = 8
28.13 cm3 /N.
[2] O potencial elétrico no ponto (x, y, z) é dado por:
V (x, y, z) = p
x
x2 + y 2 + z 2
,
onde V é dado em volts e x, y e z em cm. Determine a taxa de variação
instantânea de V em relação à distância em (1, 2, 3) na direção do:
(a) eixo dos x;
(b) eixo dos y;
(c) eixo dos z.
∂V
x
(1, 2, 3). Seja g(x) = f (x, 2, 3) = √
; então:
∂x
x2 + 13
13
∂V
(x, 2, 3) = g ′(x) =
,
∂x
(x + 13)3/2
∂V
13
√ volts/cm.
(1, 2, 3) =
logo;
∂x
14 14
∂V
1
(b) Devemos calcular
(1, 2, 3): Seja h(y) = f (1, y, 3) = p
; então:
∂y
y 2 + 10
y
∂V
= h′ (y) = − 2
,
∂y
(y + 10)3/2
1
∂V
(1, 2, 3) = − √ volts/cm.
logo;
∂y
7 14
∂V
1
(c) Devemos calcular
(1, 2, 3): Seja k(z) = f (1, 2, z) = √
; então:
∂z
z2 + 5
(a) Devemos calcular
6.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO
129
∂V
z
= k ′ (z) = − 2
,
∂z
(z + 5)3/2
logo;
3
∂V
(1, 2, 3) = − √ volts/cm.
∂z
14 14
[3] Quando materiais tóxicos são despejados ou manipulados num aterro
podem ser liberadas partículas contaminadas para a atmosfera circundante.
Experimentalmente, a emissão destas partículas pode ser modelada pela
função:
E(V, M) = K × 0.00032 V 1.3 M −1.4 ,
onde E é a emissão (quantidade de partículas liberadas na atmosfera por tonelada de solo manipulado), V é a velocidade média do vento (mph=metros
por hora), M é a umidade contida no material (dada em porcentagem) e K
é uma constante que depende do tamanho das partículas. Calcule a taxa de
variação da emissão para uma partícula tal que K = 0.2, V = 10 e M = 13
em relação:
(a) ao vento;
(b) à umidade.
50
40
30
20
10
10
20
30
40
50
Figura 6.9: Curvas de nível de E.
∂E
∂E
(10, 13): Então,
(V, M) = 0.000122 V 0.3 M −1.4 ; logo,
∂V
∂V
∂E
(10, 13) = 0.00001496.
∂V
∂E
∂E
(10, 13): Então,
(V, M) = −0.000291 V 1.3 M −2.4 ; logo,
(b) Calculamos
∂M
∂M
(a) Calculamos
130
∂E
(10, 13) = −0.00001234.
∂M
Interprete os resultados obtidos no último exemplo.
6.5 Diferenciabilidade
No caso de uma variável sabemos que se uma função é derivável num
ponto, ela é contínua no ponto. Gostaríamos de ter um comportamento análogo para funções de várias variáveis; no entanto, a existência das derivadas
parciais não garante a continuidade da função.
∂f
depende do comportamento da função f so∂x
∂f
mente na direção do eixo dos x e a existência de
depende do comporta∂y
mento da função f somente na direção do eixo dos y. Por exemplo, sabemos
que a função:

 2xy
se (x, y) 6= (0, 0)
,
f (x, y) = x2 + y 2
0
se (x, y) = (0, 0)
De fato, a existência de
não é contínua na origem. No entanto, as derivadas parciais existem em
todos os pontos, inclusive na origem. De fato, sejam g(x) = f (x, 0) = 0 e
h(y) = f (0, y) = 0; logo:
∂f
(0, 0) = g ′ (0) = 0 e
∂x
∂f
(0, 0) = h′ (0) = 0.
∂y
As derivadas parciais para (x, y) 6= (0, 0) são:
2 y 3 − 2 x2 y
∂f
=
∂x
(x2 + y 2 )2
e
∂f
2 x3 − 2 x y 2
=
.
∂y
(x2 + y 2)2
Em uma variável, a existência da derivada de uma função num ponto, garante que nas proximidades desse ponto o gráfico da função fica bastante
próximo da reta tangente a esse gráfico no ponto considerado. Seguiremos
esta idéia para estender o conceito de diferenciabilidade para funções de
várias variáveis. Correspondendo à reta tangente num ponto do gráfico de
uma função em R temos o "plano tangente"num ponto do G(f ) e este plano
deve ser uma "boa"aproximação para o G(f ) numa vizinhança do ponto.
6.5. DIFERENCIABILIDADE
131
Definição 6.4. Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função definida no conjunto
aberto A. Dizemos que f é diferenciável no ponto x0 ∈ A se existem as
derivadas parciais de f em x0 e:
lim
khk→0
n
X
∂f
f (x) − f (x0 ) −
(x
)h
0
j
∂xj
j=1
khk
= 0,
onde h = x − x0 , hj é a componente j-ésima de h e x ∈ A.
Para n = 2, este limite expressa o que pensamos ao dizer que:
f (x0 , y0 ) +
∂f
∂f
(x0 , y0 ) (x − x0 ) +
(x0 , y0) (y − y0 ),
∂x
∂y
é uma boa aproximação para f numa vizinhança de x0 = (x0 , y0 ).
Definição 6.5. f é diferenciável em A ⊂ Rn , se é diferenciável em cada ponto
de A.
Exemplos 6.2.
Considere a função:
 2
 xy
f (x, y) = x2 + y 2

0
se (x, y) 6= (0, 0)
,
se (x, y) = (0, 0)
f é contínua em (0, 0); suas derivadas parciais são:
∂f
∂f
(0, 0) =
(0, 0) = 0,
∂x
∂y
∂f
2 x y3
(x, y) = 2
∂x
(x + y 2 )2
e:
x2 (x2 − y 2 )
∂f
(x, y) =
.
∂y
(x2 + y 2 )2
Agora, apliquemos a definição de diferenciabilidade para f no ponto (0, 0):
|f (x, y)|
|x2 y|
p
=
lim
;
(x,y)−→(0,0) k(x, y)k
(x,y)−→(0,0) (x2 + y 2 )
x2 + y 2
lim
considere y = k x, k > 0:
132
lim
|x2 y|
(x,k x)→(0,0) (x2
+
y 2)
3
2
=
lim
(x,k x)→(0,0) (x2
=±
k
3
(1 + k 2 ) 2
|kx3 |
+
3
k 2 x2 ) 2
=
lim
(x,k x)→(0,0)
±k
3
(1 + k 2 ) 2
;
o limite depende de k; logo f não é diferenciável em (0, 0).
Observação 6.2. Aplicar diretamente a definição de função diferenciável
pode ser, em muitos casos, bastante complicado. Por isso, apresentamos
o seguinte teorema:
Teorema 6.1. Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função definida no conjunto
aberto A tal que existem todas as derivadas parciais em cada ponto de A e
cada uma delas é contínua no ponto x0 ∈ A. Então f é diferenciável em x0 .
Observação 6.3. O teorema estabelece apenas uma condição suficiente, ou
seja, nem todas as funções diferenciáveis num ponto x0 devem ter derivadas
parciais contínuas numa vizinhança de x0 . Para a prova do teorema, veja o
apêndice.
Exemplos 6.5.
[1] Considere a seguinte função
 2 2
 xy
f (x, y) = x2 + y 2

0
133
se (x, y) 6= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0).
As derivadas parciais são:
∂f
∂f
(0, 0) =
(0, 0) = 0,
∂x
∂y
∂f
2xy 4
(x, y) = 2
∂x
(x + y 2)2
e
∂f
2x4 y
(x, y) = 2
.
∂y
(x + y 2 )2
As derivadas parciais existem em todo ponto. Aplicaremos o teorema para
provar a diferenciabilidade de f no ponto (0, 0). Para isto provaremos que
as derivadas parciais são contínuas no ponto (0, 0).
2xy 4
∂f
∂f
(x, y) = lim
=
(0, 0) = 0.
2
2
2
(x,y)→(0,0) (x + y )
(x,y)→(0,0) ∂x
∂x
p
p
x y4 |
De fato, |x| ≤ x2 + y 2 e y 4 ≤ (x2 +y 2)2 ; logo, (x|22 +y
x2 + y 2 ; se δ = 2ε ,
2 )2 ≤ 2
p
2 x y4 < ε se 0 < x2 + y 2 < δ. Analogamente para a outra
teremos 2
(x + y 2 )2
derivada parcial.
lim
[2] Os polinômios em várias variáveis são claramente diferenciáveis em
todo ponto de Rn .
p
[3] A função z = f (x, y) = x2 + y 2 é diferenciável em R2 − {(0, 0)}. De
fato:
134
x
∂f
=p
∂x
x2 + y 2
e
∂f
y
=p
∂y
x2 + y 2
e ambas são funções contínuas em R2 − {(0, 0)}.
Definição 6.6. Uma função é dita de classe C 1 em A quando existem as
derivadas parciais em cada ponto de A e estas são contínuas. Logo f de
classe C 1 implica em f diferenciável.
Proposição 6.2. Se f e g são funções de classe C 1 no ponto x0 , então:
1. f + g é de classe C 1 em x0 .
2. f g é de classe C 1 em x0 .
3. Se g(x0) 6= 0,
f
é de classe C 1 em x0 .
g
As provas seguem da aplicação direta da definição.
Exemplos 6.6.
[1] As função definidas por polinômios de várias variáveis são de classe C 1 .
y
[2] A função f (x, y) = xy 2 + 2
é diferenciável em todo R2 . De fato,
x + y2 + 1
escrevendo:
f (x, y) = f1 (x, y) +
f2 (x, y)
,
f3 (x, y)
onde f1 (x, y) = xy 2 , f2 (x, y) = y e f3 (x, y) = x2 + y 2 + 1, vemos que as três
funções são diferenciáveis em todo o plano, pois são polinômios e f3 não
se anula em nenhum ponto do plano. Pelas propriedades anteriores, f é
diferenciável em R2 .
Teorema 6.2. Se f é diferenciável no ponto x0 , então f é contínua em x0 .
Para a prova, veja o apêndice. Se f é de classe C 1 , então f é diferenciável e
portanto f é contínua.
135
Observações 6.4.
1. O plano tangente ao gráfico de uma função f num ponto é o plano
que contem todas as retas tangentes ao gráfico de f que passam pelo
ponto.
2. Se todas as retas tangente a esse ponto não são co-planares, então dizemos que o plano tangente não existe.
3. Nos próximos parágrafos daremos uma justificativa para a seguinte
definição:
Definição 6.7. Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função diferenciável no ponto
(x0 , y0 ). A equação do plano tangente ao G(f ) no ponto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) é:
z = f (x0 , y0 ) +
∂f
∂f
(x0 , y0 ) (x − x0 ) +
(x0 , y0) (y − y0 )
∂x
∂y
Figura 6.12: Plano tangente ao G(f ).
Segue, de imediato, que os vetores normais ao plano tangente no ponto
(x0 , y0 , z0 ), onde z0 = f (x0 , y0 ), são:
n(x0 , y0, z0 ) = ±
∂f
∂f
(x0 , y0),
(x0 , y0 ), −1
∂x
∂y
136
Exemplos 6.7.
[1] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de:
z = (x2 + y 2 + 1) e−(x
2 +y 2 )
no ponto (0, 0, 1).
2
2
Observemos que f (x, y) = (x2 + y 2 + 1) e−(x +y ) é uma função diferenciável
2
2
em R2 . Sejam g(x) = f (x, 0) = (1 + x2 ) e−x e h(y) = f (0, y) = (1 + y 2) e−y ;
2
2
logo, g ′(x) = −2 x3 e−x e h′ (y) = −2 y 3 e−y e:
∂f
(0, 0) = g ′ (0) = 0;
∂x
∂f
(0, 0) = h′ (0) = 0
∂y
e f (0, 0) = 1. A equação do plano tangente no ponto (0, 0, 1) é:
z = 1.
Figura 6.13: Plano tangente do exemplo [1].
[2] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = x − 6 y 2 nos
pontos (1, 1, f (1, 1)) e (−1, −1, f (−1, −1)).
Como f é diferenciável em R2 : f (1, 1) = −5 e f (−1, −1) = −7. Por outro
lado:
∂f
(x, y) = 1,
∂x
∂f
(x, y) = −12 y.
∂y
As equações dos planos tangente ao G(f ) nos pontos (1, 1, −5) e
(−1, −1, −7) são:
6.6. APROXIMAÇÃO LINEAR
z = x − 12 y + 6
137
e
z = x + 12 y + 6,
respectivamente.
Figura 6.14: Plano tangente do exemplo [2].
[3] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = ex−y + x y 2 no
ponto (1, 1, 2).
Note que f é diferenciável em R2 :
f (1, 1) = 2,
∂f
(x, y) = ex−y + y 2
∂x
e
∂f
(x, y) = −ex−y + 2 x y.
∂y
A equação do plano tangente ao G(f ) no ponto (1, 1, 2) é:
z = 2 x + y − 1.
Os vetores normais no ponto (1, 1, 2) são n = (2, 1, −1) e n = (−2, −1, 1).
6.6 Aproximação Linear
Como em Cálculo I, podemos usar a "boa"aproximação do plano tangente
ao gráfico numa vizinhança de um ponto para efetuar cálculos numéricos
aproximados.
Definição 6.8. Seja f diferenciável no ponto x0 . A aproximação linear de f
ao redor de x0 é denotada por l e definida como:
138
1. se n = 2 e z0 = f (x0 , y0):
l(x, y) = z0 +
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) +
(x0 , y0 )(y − y0 )
∂x
∂y
2. se n = 3, x0 = (x0 , y0 , z0 ) e w0 = f (x0 ):
l(x, y, z) = w0 +
∂f
∂f
∂f
(x0 ) (x − x0 ) +
(x0 ) (y − y0 ) +
(x0 ) (z − z0 )
∂x
∂y
∂z
Seja ε > 0 pequeno. Para todo x ∈ B(x0 , ε), o erro da aproximação é:
e satisfaz:
E(x) = |f (x) − l(x)|
lim
x−→x0
E(x)
= 0.
kx − x0 k
Em outras palavras l(x) aproxima f (x) numa vizinhança de x0 . A função
l(x) também é chamada linearização de f numa vizinhança de x0 .
Exemplos 6.8.
[1] Suponha que não dispomos de calculadora ou de outro instrumento de
cálculo e precisamos resolver os seguintes problemas:
(a) Se:
T (x, y) = x ex y
representa a temperatura num ponto (x, y) numa certa região do plano, calcular as seguintes temperaturas T (1.0023, 0.00012) e T (0.00012, 1.0023).
(b) Se:
ρ(x, y, z) = ln(
p
x2 + y 2 + z 2 )
representa a densidade de um ponto (x, y, z) numa certa região do espaço
que não contem a origem, determine ρ(1.005, 0.007, 1.01).
√
(c) Calcule, aproximadamente, o valor de 1.012 + 4.012 + 8.0022 .
(a) Como (1.0023, 0.00012) está perto de (1, 0) acharemos a linearização de T
numa vizinhança de (1, 0). Isto é:
139
∂T
∂T
(1, 0) (x − 1) +
(1, 0) y
∂x
∂y
∂T
∂T
∂T
=1+
(1, 0) x +
(1, 0) y −
(1, 0).
∂x
∂y
∂x
l(x, y) = T (1, 0) +
∂T
∂T
(x, y) = ex y (1 + x y) e
(x, y) = ex y x2 ; então, numa vizinhança do
∂x
∂y
ponto (1, 0), temos:
x ex y ≃ x + y.
O ponto (1.0023, 0.00012) está perto do ponto (1, 0), logo:
1.0023 × e1.0023×0.00012 ≃ 1.0023 + 0.00012 = 1.00242.
1
1
Figura 6.15: Vista de x ex y e x + y ao redor de (1, 0).
Analogamente, como (0.00012, 1.0023) está perto de (0, 1) acharemos a linearização de T numa vizinhança de (0, 1). Isto é:
∂T
∂T
(0, 1) x +
(0, 1) (y − 1)
∂x
∂y
∂T
∂T
∂T
=
(0, 1) x +
(0, 1) y −
(0, 1)
∂x
∂y
∂y
= x.
l(x, y) = T (0, 1) +
Então, numa vizinhança do ponto (0, 1), temos:
140
x ex y ≃ x.
Logo: T (0.00012, 1.0023) ≃ 0.00012.
(b) Devemos determinar a linearização de ρ numa vizinhança de (1, 0, 1).
Isto é:
l(x, y, z) = ρ(1, 0, 1) +
∂ρ
∂ρ
∂ρ
(1, 0, 1) (x − 1) + (1, 0, 1) y + (1, 0, 1) (z − 1).
∂x
∂y
∂z
Temos:
∂ρ
x
(x, y, z) = 2
,
∂x
x + y2 + z2
z
∂ρ
(x, y, z) = 2
.
∂z
x + y2 + z2
∂ρ
y
(x, y, z) = 2
∂y
x + y2 + z2
e
Então, numa vizinhança do ponto (1, 0, 1), temos:
ln(
p
x2 + y 2 + z 2 ) ≃
x + z + ln(2)
− 1.
2
Logo: ρ(1.005, 0.007, 1.01) ≃ 0.354.
p
(c) Seja a função f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 .
Consideremos o ponto (x0 , y0 , z0 ) = (1, 4, 8) e determinemos a linearização
de f numa vizinhança do ponto (1, 4, 8):
l(x, y, z) = f (1, 4, 8)+
∂f
∂f
∂f
(1, 4, 8) (x−1)+ (1, 4, 8) (y−4)+ (1, 4, 8) (z−8).
∂x
∂y
∂z
Temos:
x
∂f
(x, y, z) =
,
∂x
f (x, y, z)
∂f
y
(x, y, z) =
∂y
f (x, y, z)
e
∂f
z
(x, y, z) =
.
∂z
f (x, y, z)
∂f
1 ∂f
4 ∂f
8
(1, 4, 8) = ,
(1, 4, 8) = e
(1, 4, 8) = ; então,
∂x
9 ∂y
9 ∂z
9
numa vizinhança do ponto (1, 4, 8), temos:
Logo, f (1, 4, 8) = 9,
p
x2 + y 2 + z 2 ≃
141
1
(x + 4 y + 8 z),
9
Em particular, no ponto (1.01, 4.01, 8.002):
p
1.012 + 4.012 + 8.0022 ≃
1
(1.01 + 4 × (4.01) + 8 × (8.002)) ≃ 9.0073.
9
[2] Lei de gravitação de Newton. A força de atração entre dois corpos de
massa m e M, respectivamente, situados a uma distância r é dada por:
F (m, M, r) =
GmM
,
r2
onde G é a constante de gravitação. Determinemos a linearização da função
F ao redor do ponto (m0 , M0 , r0 ).
∂F
GM
(m, M, r) = 2 ,
∂m
r
∂F
Gm
(m, M, r) = 2
∂M
r
e:
2GmM
∂F
(m, M, r) = −
;
∂r
r3
logo, no ponto (m0 , M0 , r0 ), temos:
l(m, M, r) =
G
(M0 r0 m + m0 r0 M − 2 m0 M0 r + m0 M0 r0 ).
r03
Por exemplo, se m0 = 1, M0 = 2 e r0 = 1, temos que:
F (m, M, r) ≃ G (2 m + M − 4 r + 2),
para todo (m, M, r) numa vizinhança de (1, 2, 1).
[3] Um depósito de material radioativo tem o formato de um cilindro circular reto e deve possuir altura no lado interno igual a 6 cm, raio interno com
2 cm e espessura de 0.1 cm. Se o custo de fabricação do depósito é de 10 cv
por cm3 . (cv= centavos), determine o custo aproximado do material usado.
142
Figura 6.16: Depósito de material radioativo.
O volume exato do depósito é a diferença entre os volumes dos cilindros
C1 e C, onde C1 tem raio r1 = 2.1 e altura h1 = 6.2 e C tem raio r = 2 e
altura h = 6. Determinemos a aproximação linear do volume do cilindro:
V (r, h) = π r 2 h. Como V (2, 6)) = 24 π,
∂V
(r, h) = 2 π r h
∂r
e
∂V
(r, h) = π r 2 ;
∂h
então, numa vizinhança do ponto (2, 6), temos: l(r, h) = 4 π(6 r + h − 12). O
∼
volume
3de C1 é VC1 3= l(2.1, 6.2) = 27.2 π e o volume total é V = 27.2 π −
24 π cm = 3.2 π cm . Logo o custo aproximado é de 10 × 3.2 π ∼
= 100.58 cv.
O argumento desenvolvido neste parágrafo se generaliza facilmente para
mais de 3 variáveis:
[4] Suponha que 4 resistores num circuito são conectados em paralelo; a
resistência R do circuito é dada por:
R(r1 , r2 , r3 , r4 ) =
1
1
1
1
+ + +
r1 r2 r3 r4
−1
.
Determine a linearização de R numa vizinhança do ponto (10, 20, 40, 10),
onde os ri são medidos em Ohms. Seja x = (r1 , r2 , r3 , r4 ):
∂R
(R(r1 , r2 , r3 , r4 ))2
(x) =
,
∂r1
r12
(R(r1 , r2 , r3 , r4 ))2
∂R
(x) =
,
∂r2
r22
(R(r1 , r2 , r3 , r4 ))2
∂R
(x) =
,
∂r3
r32
(R(r1 , r2 , r3 , r4 ))2
∂R
(x) =
.
∂r4
r42
6.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR
143
Logo, numa vizinhança do ponto (10, 20, 40, 10), temos:
R(r1 , r2 , r3 , r4 ) ≃
1
(16 r1 + 4 r2 + r3 + 16 r4 ).
121
6.7 Derivadas Parciais de Ordem Superior
Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função tal que suas derivadas parciais existem
em todos os pontos (x, y) ∈ A. As derivadas parciais são, em geral, funções de x e y e podemos perguntar se as derivadas parciais destas funções
existem:
∂f ∂f
,
: A ⊂ R2 −→ R.
∂x ∂y
Definição 6.9. As derivadas parciais de segunda ordem de f são definidas
e denotadas por:
∂f
(x + t, y) −
∂ ∂f (x, y) = limS ∂x
t→0
∂x ∂x
t
∂f
(x + t, y) −
∂ ∂f ∂y
(x, y) = lim
t→0
∂x ∂y
t
∂f
(x, y
∂x
∂f
(x, y)
∂x
∂f
(x, y)
∂y
+ t) −
t
∂f
(x, y)
∂x
∂f
(x, y + t) −
∂ ∂f
∂y
(x, y) = lim
t→0
∂y ∂y
t
∂f
(x, y)
∂y
∂ ∂f (x, y) = lim
t→0
∂y ∂x
,
se os limites existem.
As notações usuais são:
∂2f
∂ ∂f (x, y) =
(x, y)
∂x ∂x
∂x2
∂ ∂f ∂2f
(x, y) =
(x, y)
∂y ∂x
∂y∂x
∂2f
∂ ∂f (x, y) =
(x, y)
∂x ∂y
∂x∂y
∂2f
∂ ∂f (x, y) =
(x, y)
∂y ∂y
∂y 2
144
Exemplos 6.9.
[1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de:
f (x, y) = x2 y 3 .
Primeiramente, calculamos as de primeira ordem:
∂f
∂f
= 2 x y3 e
= 3 x2 y 2; logo:
∂x
∂y
∂
∂ ∂f ∂2f
3
=
2
x
y
= 2 y 3,
=
∂x2
∂x ∂x
∂x
∂
∂ ∂f ∂2f
=
3 x2 y 2 = 6 x2 y,
=
2
∂y
∂y ∂y
∂y
2
∂ f
∂
∂ ∂f =
3 x2 y 2 = 6 x y 2,
=
∂x∂y
∂x ∂y
∂x
2
∂
∂ ∂f ∂ f
=
2 x y 3 = 6 x y 2.
=
∂y∂x
∂y ∂x
∂y
= f (x, y) = ln(x2 + y 2 ).
∂f
2x
∂f
2y
= 2
e
= 2
; logo:
2
∂x
x +y
∂y
x + y2
2x
∂
∂2f
=
=
∂x2
∂x x2 + y 2
2y
∂
∂2f
=
=
∂y 2
∂y x2 + y 2
2 (y 2 − x2 )
,
(x2 + y 2 )2
2(x2 − y 2)
,
(x2 + y 2)2
−4xy
2y
∂
∂2f
= 2
=
,
2
2
∂x∂y
∂x x + y
(x + y 2)2
∂2f
−4 x y
∂
2x
= 2
=
.
2
2
∂y∂x
∂y x + y
(x + y 2)2
145
Em geral, se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função tal que suas derivadas parciais existem em todos os pontos x ∈ A, definimos as derivadas parciais de
segunda ordem de f da seguinte forma:
∂f
(x + tej ) −
∂ ∂f ∂xi
(x) = lim
t→0
∂xj ∂xi
t
se os limites existem. A notação é
mos n2 funções:
∂f
(x)
∂xi
,
∂ ∂f ∂2f
(x) =
(x). Logo, defini∂xj ∂xi
∂xj ∂xi
∂ ∂f : A ⊂ Rn −→ R.
∂xj ∂xi
Se n = 2 temos 4 derivadas parciais de segunda ordem e se n = 3 temos 9
derivadas parciais de segunda ordem. Se i = j:
∂2f
∂ ∂f (x) =
(x).
∂xi ∂xi
∂x2i
Analogamente, definimos as derivadas de ordem 3, 4, etc. Por exemplo,
para i, j, k = 1....n:
∂3f
∂2f ∂
(x).
(x) =
∂xj ∂xi ∂xk
∂xj ∂xi ∂xk
Exemplos 6.10.
f (x, y, z) = x y z.
Calculemos as de primeira ordem:
∂f
∂f
∂f
= y z,
= xz e
= x y, logo:
∂x
∂y
∂z
∂
∂2f
=
(y z) = 0,
2
∂x
∂x
∂
∂2f
=
(x y) = 0,
2
∂z
∂z
∂2f
∂
=
(x z) = 0,
2
∂y
∂y
∂2f
∂
=
(x z) = z,
∂x ∂y
∂x
146
∂2f
∂
=
(x y) = y,
∂x∂z
∂x
∂2f
∂
=
(y z) = z,
∂y∂x
∂y
∂2f
∂
=
(y z) = y,
∂z∂x
∂z
∂
∂2f
=
(x y) = x,
∂y∂z
∂y
∂2f
∂
=
(x z) = x.
∂z∂y
∂z
f (x, y, z) = sen(x y z).
Calculemos as de primeira ordem:
∂f
∂f
∂f
= y z cos(x y z),
= x z cos(x y z) e
= x y cos(x y z); logo:
∂x
∂y
∂z
∂2f
∂2f
2 2
==
−y
z
sen(x
y
z),
= z cos(x y z)−x y z 2 sen(x y z),
2
∂x
∂y∂x
∂2f
= −x2 z 2 sen(x y z),
∂2f
∂y 2
= x cos(x y z)−x2 y z sen(x y z),
∂y∂z
∂2f
= −x2 y 2 sen(x y z),
2
∂z
∂2f
= y cos(x y z)−x y 2 z sen(x y z),
∂2f
= z cos(x y z)−x y z 2 sen(x y z), ∂z∂x
∂x∂y
∂2f
∂2f
2
2
= y cos(x y z)−x y z sen(x y z), ∂z∂y = x cos(x y z)−x y z sen(x y z).
∂x∂z
[3] Equação de Laplace: Seja u = u(x, y) uma função duas vezes diferenciável num conjunto aberto do plano. A equação de Laplace é:
∂2u ∂2u
+
= 0.
∂x2 ∂y 2
A equação de Laplace está associada a fenômenos estacionários, isto é, independentes do tempo, como por exemplo potenciais eletrostáticos. As soluções desta equação são chamadas funções harmônicas. A função u(x, y) =
sen(x) ey é harmônica. De fato:
∂2u
= −sen(x) ey
∂x2
e
∂2u
= sen(x) ey .
∂y 2
147
6
5
4
3
2
1
0
2
4
6
8
Figura 6.17: Curvas de nível da função u(x, y) = sen(x) ey .
[4] Equação da onda: Seja u = u(x, t) uma função duas vezes diferenciável
num conjunto aberto do plano. A equação homogênea da onda é:
2
∂2u
2 ∂ u
=
c
,
∂t2
∂x2
onde c > 0 (c é chamada a velocidade de propagação da onda). u(x, t)
descreve o deslocamento vertical de uma corda vibrante. A função :
u(x, t) = (x + c t)n + (x − c t)m ,
satisfaz à equação da onda. De fato.
n, m ∈ N
∂2u
= m (m − 1) (x − c t)m−2 + n (n − 1) (x + c t)n−2 ,
∂x2
∂2u
= c2 (m (m − 1) (x − c t)m−2 + n (n − 1) (x + c t)n−2 ).
2
∂t
Figura 6.18: Gráfico de z = u(x, t) para c = 16 , n = m = 3.
148
Analogamente, a função:
sen(x + c t) + cos(x − c t)
u(x, t) =
satisfaz à equação da onda. De fato.
2
1
∂2u
= − (sen(x + c t) + cos(x − c t)),
2
∂x
2
2
∂ u
c2
=
−
(sen(x + c t) + cos(x − c t)).
∂t2
2
Figura 6.19: Gráfico de z = u(x, t) para c = 2.
Definição 6.10. A função f : A −→ R é de classe C 2 quando existem as derivadas parciais até a segunda ordem em todos os pontos de A e as funções
∂ ∂f : A ⊂ Rn → R
∂xj ∂xi
são contínuas, para todo i, j.
Notamos que nos exemplos estudados sempre verificamos que:
∂ ∂f ∂ ∂f =
.
∂xj ∂xi
∂xi ∂xj
Isto é consequencia do seguinte teorema.
Teorema 6.3. (Schwarz) Se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função de classe C 2 no
ponto x0 ∈ A, então para todo i, j = 1.....n tem-se:
∂ ∂f
∂ ∂f
(x0 ) =
(x0 )
∂xj ∂xi
∂xi ∂xj
149
Para a prova veja o apêndice.
Exemplos 6.3.

2
2
 x y (x − y )
Consideremos a função: f (x, y) =
x2 + y 2

0
se (x, y) 6= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0).
Se (x, y) 6= (0, 0), f (x, y) possui derivadas parciais de todas as ordens; em
(0, 0) as derivadas parciais de f (x, y) existem e são todas nulas:
∂f
y (x4 − y 4 + 4x2 y 2 )
=
∂x
(x2 + y 2)2
Para todo y 6= 0, f (0, y) = 0,
∂f
(0, y)
∂x
∂2f
(0, y) = −1,
∂x∂y
e
∂f
x (x4 − y 4 − 4x2 y 2)
=
.
∂y
(x2 + y 2 )2
= −y,
∂f
(0, y)
∂y
= 0 e:
∂2f
(0, y) = 0.
∂y∂x
Logo, a função não é de classe C 2 .
Observações 6.5.
1. Em geral, as funções "bem comportadas", como as polinomiais, exponenciais e a maioria das funções utilizadas neste livro são de classe
C 2.
2. A seguir apresentamos os gráficos e as curvas de nível da função de
classe C 2 :
150
f (x, y) = (x2 − y 2 ) e
−(x2 +y 2 )
2
e de suas derivadas parciais de primeira e segunda ordem mistas, respectivamente:
Figura 6.21: Gráficos de f e
Figura 6.22: Gráficos de
∂f
∂y
e
∂f
,
∂x
respectivamente.
∂2f
,
∂x∂y
respectivamente.
2
2
1
1
0
0
-1
-1
-2
151
-2
-2
-1
0
1
2
-2
Figura 6.23: Curvas de diversos níveis de f e
2
2
1
1
0
0
-1
-1
-2
0
-1
∂f
,
∂x
1
2
respectivamente.
-2
-2
-1
0
1
2
-2
Figura 6.24: Curvas de diversos níveis de
-1
∂f
∂y
e
0
∂2f
,
∂x∂y
1
2
respectivamente.
O teorema de Schwarz também é valido para derivadas mistas de ordem
superior a dois. De fato, se as terceiras derivadas de f são contínuas (f de
classe C 3 ), temos:
∂3f
∂ ∂2f ∂3f
∂ ∂2f =
=
=
.
∂x∂x∂y
∂x ∂x∂y
∂x ∂y∂x
∂x∂y∂x
Por outro lado, fazendo g =
∂f
:
∂x
∂3f
∂2g
∂2g
∂3f
=
=
=
.
∂x∂y∂x
∂x∂y
∂y∂x
∂y∂x∂x
Fica como exercício determinar as outras igualdades. Em geral, f é de classe
C k (k ≥ 1), no conjunto aberto A se as derivadas parciais até ordem k existem e são contínuas em A. f e de classe C ∞ se é de classe C k para todo
k ≥ 1.
152
6.8
Regra da Cadeia
Teorema 6.4. Se n = 2, z = f (x, y) é uma função de classe C 1 , x = x(r, s) e
y = y(r, s) são funções tais que suas derivadas parciais existem, então:
∂z ∂x ∂z ∂y
∂z
=
+
∂r
∂x ∂r ∂y ∂r
e
∂z
∂z ∂x ∂z ∂y
=
+
∂s
∂x ∂s ∂y ∂s
z
x
r
y
s
r
s
Figura 6.25: A regra da cadeia para n = 2.
Em particular, se x = x(t) e y = y(t) são deriváveis, então:
∂z dx ∂z dy
dz
=
+
dt
∂x dt
∂y dt
z
x
y
t
Figura 6.26: Caso particular da regra da cadeia para n = 2.
Se n = 3, w = f (x, y, z) é uma função de classe C 1 , x = x(r, s, t), y = y(r, s, t)
e z = z(r, s, t) são tais que as derivadas parciais existem, então:
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
,
∂r
∂x ∂r
∂y ∂r
∂z ∂r
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
∂s
∂x ∂s
∂y ∂s
∂z ∂s
e
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
∂t
∂x ∂t
∂y ∂t
∂z ∂t
6.8. REGRA DA CADEIA
153
w
x
r s t
y
r s t
z
r s t
Figura 6.27: A regra da cadeia para n = 3.
Em particular, se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) são deriváveis, então:
w
x
z
y
t
Figura 6.28: Caso particular da regra da cadeia para n = 3.
dw
∂w dx ∂w dy ∂w dz
=
+
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
Exemplos 6.11.
dw
se w = f (x, y, z) = x y z onde x = x(t) = t2 , y = y(t) = t e
dt
z = z(t) = t4 .
[1] Calcule
∂w dx ∂w dy ∂w dz
dw
=
+
+
,
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
∂w
∂w
∂w
= y z = t × t4 = t5 ,
= x z = t2 × t4 = t6 e
= x y = t2 × t = t3 . Por
∂x
∂y
∂z
dy
dz
dx
= 2 t,
=1eS
= 4 t3 ; então;
outro lado, temos que
dt
dt
dt
dw
= 2 t6 + t6 + 4 t6 = 7 t6 .
dt
Observe que podemos obter o mesmo resultado fazendo a composição das
funções:
w = f (t2 , t, t4 ) = t2 × t × t4 = t7 ,
então
dw
= 7 t6 .
dt
154
Pode explicar por que isto ocorre?
[2] Seja w = f (x, y, z) = x2 + y 2 + 2 z 2 , se:
x(ρ, α, θ) = ρ sen(α) cos(θ),
y(ρ, α, θ) = ρ sen(α) sen(θ)
z(ρ, α, θ) = ρ cos(α).
Calcule
e
∂w ∂w ∂w
,
e
.
∂ρ ∂α ∂θ
∂w
∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z
=
+
+
=
∂ρ
∂x ∂ρ
∂y ∂ρ
∂z ∂ρ
= 2 x sen(α) cos(θ) + 2 y sen(α) sen(θ) + 4 z cos(α);
logo, utilizando a definição das funções x, y e z temos:
∂w
= 2 ρ sen2 (α) cos2 (θ) + sen2 (θ) + 4 ρ cos2(α) = 2 ρ + 2 ρ cos2 (α).
∂ρ
Como antes, se fazemos w = f (ρ, α, θ) = ρ2 + ρ2 cos2 (α), obtemos:
∂w
= 2 ρ + 2 ρ cos2 (α),
∂ρ
∂w
= −2 ρ2 cos(α) sen(α) e
∂α
∂w
= 0.
∂θ
[3] Em um instante dado, o comprimento de um lado de um triângulo retângulo é 10 cm e cresce à razão de 1 cm/seg; o comprimento do outro lado é
12 cm e decresce à razão de 2 cm/seg. Calcule a razão de variação da medida
do ângulo agudo oposto ao lado de 12 cm, medido em radianos, no instante
dado.
y
θ
x
155
Sejam x = x(t) e y = y(t) os lados no instante t e θ = arctg
questão; pela regra da cadeia:
y
x
o ângulo em
∂θ dx ∂θ dy
y
x
dθ
dx
dy
=
+
=− 2
+
;
dt
∂x dt
∂y dt
x + y 2 dt
x2 + y 2 dt
dx
dy
= 1; y = 12,
= −2, pois y decresce. Substituindo
dt
dt
dθ
8
estes valores na expressão anterior
= − ; logo, decresce à razão de
dt
61
8
rad/seg.
61
E
[4] A resistência R, em Ohms, de um circuito é dada por R = , onde I é
I
a corrente em ampères e E é a força eletromotriz, em volts. Num certo instante, quando E = 120 volts e I = 15 ampères, E aumenta numa velocidade
de 0.1 volts/seg e I diminui à velocidade de 0.05 ampères/seg. Determine
a taxa de variação instantânea de R.
E
Como R = R(E, I) = . Sejam E = E(t) a força eletromotriz no instante t
I
e I = I(t) a corrente no instante t. Pela regra da cadeia:
temos x = 10,
dR
∂R dE ∂R dI
1 dE E dI
=
+
=
+ − 2
.
dt
∂E dt
∂I dt
I dt
I dt
dI
dE
= 0.1, I = 15,
= −0.05, pois I decresce. Substituindo
Temos E = 120,
dt
dt
estes valores na expressão anterior:
1
dR
=
Ohm/seg.
dt
30
[5] A lei de um gás ideal confinado é P V = k T , onde P é a pressão, V é
o volume, T é a temperatura e k > 0 constante. O gás está sendo aquecido
à razão de 2 graus/min e a pressão aumenta à razão de 0.5 kg/min. Se em
certo instante, a temperatura é de 200 graus e a pressão é de 10 kg/cm2, ache
a razão com que varia o volume para k = 8.
Escrevemos o volume do gás em função da pressão e da temperatura:
V (P, T ) = 8
T
= 8 T P −1 .
P
Sejam P = P (t) a pressão do gás no instante t e T = T (t) a temperatura do
dP
dT
=2e
= 0.5:
gás no instante t. Pela regra da cadeia e usando que
dt
dt
156
∂V dT
∂V dP
4
T
dV
=
+
= (4 − ).
dt
∂T dt
∂P dt
P
P
Como T = 200 e P = 10, substituindo estes valores na expressão anterior:
32
dV
= − cm3 /min.
dt
5
32
cm3 /min.
5
[6] De um funil cônico escoa água à razão de 18 πcm3 /seg. Se a geratriz
faz com o eixo do cone um ângulo α = π3 , determine a velocidade com que
baixa o nível de água no funil, no momento em que o raio da base do volume
líquido é igual a 6 cm.
O volume decresce à razão de
r
h
α
Figura 6.30: Funil.
Sejam r = r(t) o raio do cone no instante t, h = h(t) a altura do cone no
dh
r 2 hπ
. Devemos calcular
.
instante t. O volume do cone é V (r, h) =
3
dt
dV
dr
∂V dr ∂V dh
π
dh 2rh + r 2
;
=
+
=
dt
∂r dt
∂h dt
3
dt
dt
sabemos que:
√
dV
dr √ dh
= 18π e tg(α) = r/h, logo r = h tg(π/3) = 3 h e
= 3
e:
dt
dt
dt
dr
dh
dh π
2rh + r 2
= π r2 .
18 π =
3
dt
dt
dt
dh
18
1
= 2 = cm/seg.
dt
r
2
b x2 a y 3 é diferenciável, a, b ∈ R. Então, f satis−
[7] Suponha que z = f
2
3
faz à equação:
Logo, temos
157
a y2
∂z
∂z
+ bx
= 0.
∂x
∂y
b x2 a y 3
−
; então, z = f (u). Pela regra da cadeia:
2
3
dz ∂u
∂z
dz ∂u
∂z
=
= f ′ (u) b x e
=
= −f ′ (u) a y 2;
∂x
du ∂x
∂y
du ∂y
De fato, seja u =
logo, a y 2
∂z
∂z
+ bx
= f ′ (u) (a b x y 2 − a b x y 2) = 0.
∂x
∂y
[8] Equação da onda: Seja u = u(x, t) de classe C 2 . A equação homogênea
da onda é dada por:
2
∂2u
2 ∂ u
=
c
,
∂t2
∂x2
A solução (chamada de d’Alambert) desta equação é dada por:
u(x, t) = f (x + c t) + g(x − c t),
onde f e g são funções reais de uma variável duas vezes diferenciáveis. De
fato, pela regra da cadeia:
∂2u
= f ′′ (x + c t) + g ′′ (x − c t) e
2
∂x
∂2u
= c2 (f ′′ (x + c t) + g ′′ (x − c t)),
2
∂t
ou seja:
2
∂2u
2 ∂ u
=
c
.
∂t2
∂x2
158
6.9 Exercícios
1. Calcule as derivadas parciais das seguintes funções:
(a) z = x2 y − x y 2
(m) w = x y z + z sen(x y z)
2
(b) z = x3 y 3
(n) w = exyz
x+y+z
(o) w = 2
x + y2 + z2
(p) w = arctg(x + y + z)
(c) z = x2 y 3 − 3 x4 y 4
(d) z = arctg(x2 + y)
(e) z = sec(x2 y)
√
(f) z = senh( x y)
xy
(g) z =
x+y
x−y
(h) z =
x+y
1
(i) z = p
x2 + y 2
r
y
(j) z = tg( 4 )
x
x
(k) z = arcsec( 3 )
y
(l) z = cos(x y 4 )
(q) w = arcsec(x y z)
(r) w = argsenh(x y z)
(s) w = x2 y 3 z 4
(t) w = cos(x y + z x)
√
(u) w = 6 x y z
(v) w = ln(x2 y 3 z 4 )
xy + zx
(w) w =
1 + x2 + y 3 z 4
(x) w = sen(ln(x y z 2 ))
(y) w = ex
2
y3 z 4
(z) w = cos(ln(x y z 2 ))
∂w ∂w ∂w
+
+
= 0. Verifique se as seguintes funções satisfazem
∂x
∂y
∂z
à equação:
2. Seja
√
(a) w = ex−y +cos(y −z)+ z − x
(c) w = ln(ex + ey + ez )
(b) w = sen(ex + ey + ez )
(d) w = cos(x2 + y 2 + z 2 )
3. Ligando-se em paralelo n resitências R1 , R2 , ........, Rn a resistência total R é dada por
n
X 1
1
=
.
R
Ri
i=1
Verifique que:
∂R
R 2
.
=
∂Ri
Ri
6.9. EXERCÍCIOS
159
4. Determine a equação do plano tangente ao gráfico da função f no
ponto P se:
(a) z = x2 + y, P = (1, 1, f (1, 1)).
(b) z = x2 − y 2 , P = (0, 0, 0).
(c) z = x2 + 4 y 2, P = (2, 1, f (2, 1)).
(d) z = x2 y + y 3 , P = (−1, 2, f (−1, 2)). .
x
(e) z = p
, P = (3, −4, f (3, −4)).
x2 + y 2
(f) z = sen(x y), P = (1, π, 0).
x2 + 4 y 2
, P = (3, −2, 5).
5
4 − xy
, P = (2, 2, f (2, 2)).
(h) z =
x+y
(g) z =
(i) z = x ex
2 −y 2
, P = (2, 2, f (2, 2)).
(j) z = 3 x3 y − x y, P = (1, −1, f (1, −1)).
1
(k) z =
, P = (1, 1, f (1, 1)).
xy
π
π
(l) z = cos(x) sen(y), P = (0, , f (0, )).
2
2
5. Determine o plano tangente ao gráfico de z = x y que passa pelos
pontos (1, 1, 2) e (−1, 1, 1).
6. Determine o plano tangente ao gráfico de z = x2 + y 2 que seja paralelo
ao plano z − 2 x − y = 0.
7. Verifique que o plano tangente ao gráfico de z = x2 − y 2 na origem
intersecta o gráfico segundo duas retas.
8. Determine a linearização das seguintes funções, ao redor dos pontos
dados:
(a) f (x, y) = sen(x y), (0, 1).
p
(b) f (x, y, z) = 4 x2 + y 2 + z 2 , (1, 0, 0).
(c) f (x, y, z) = x y z, (1, 1, 1).
160
(d) f (x, y, z) = (x y)z , (12, 10, 1).
(e) f (x, y, z) = x y 3 + cos(π z), (1, 3, 1)
(f) f (x, y, z) = x2 − y 2 − z 2 + x y z, (1, 1, 0)
9. Calcule, aproximadamente:
(a)
√
4
1.00222 + 0.00232 + 0.000982.
(b) 0.98 × 0.99 × 1.02.
(c) 3.001 × (2.0023)3 × cos((1.002) π).
(d) (12.03 × 10.04)1.08 .
√
(e) 8.99 × 9.99 − 1.013
(f) 1.0023 × 2.99313 + cos(1.00012π).
10. Calcule as derivadas parciais de segunda e terceira ordem de:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
z = x3 y − 2 x2 y 2 + 5 x y − 2 x
z = x cos(x y) − y sen(x y)
z = cos(x3 + x y)
z = arctg(x2 − 2 x y)
2
2
z = ex +y
w = x2 y 3 z 4
w = cos(x + y + z)
(h) w = x3 y 2 z + 2 (x + y + z)
(i) w =
x3 − y 3
x2 + y 3
(j) w = exyz
(k) w = log4 (x2 + y z + x y z)
(l) w = exy
2 z3
11. Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace:
∂2f
∂2f
+
= 0.
∂x2
∂y 2
y
(a) f (x, y) = e−x cos(y).
, x > 0.
(c) f (x, y) = arctg
p
x
(b) f (x, y) = ln( x2 + y 2 ).
12. Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace em
dimensão 3:
∂2f
∂2f
∂2f
+
+
= 0.
∂x2
∂y 2
∂z 2
6.9. EXERCÍCIOS
161
(a) f (x, y, z) = x2 + y 2 − 2 z 2 .
(b) f (x, y, z) = e3x+4y cos(5z).
dz
13. Usando a regra da cadeia para z = f (x, y) e w = f (x, y, z), calcule
dt
dw
:
e
dt
(a) z = x2 + 2y 2, x = sen(t), , y = cos(t)
y
(b) z = arctg( ), x = ln(t), y = et
x
x
(c) z = tg( ), x = t, y = et
y
xy
(d) z = e , x = 3t + 1, y = t2
(e) z = x2 cos(y) − x, x = t2 , y =
1
t
t
(f) z = ln(x) + ln(y) + xy, x = e , y = e−t
(g) w = xyz, x = t2 , y = t3 , z = t4
(h) w = e−x y 2 sen(z), x = t, y = 2t, z = 3t
(i) w = x2 + y 2 + z 2 , x = et , y = et cos(t), z = et sen(t)
x2 + y 2
, x = cos(t), y = sen(t), z = et
1 + x2 + y 2 + z 2
x+y+z
(k) w = 2
, x = cos(t), y = sen(t), z = et
x + y2 + z2
s
z3
(l) w = (x2 − y 2) ln(
), x = cosh(t), y = senh(t), z = t
x2 − y 2
(j) w =
14. Usando a regra da cadeia para z = f (x, y) e w = f (x, y, z), calcule:
∂z ∂z ∂w ∂w ∂w
,
e
,
e
.
∂t ∂s ∂t ∂s ∂r
(a) z = x2 − y 2 , x = 3t − s, y = t + 2s
y
(b) z = e x , x = 2s cos(t), y = 4s sen(t)
(c) z = x2 + y 2, x = cosh(s) cos(t), y = senh(s) sen(t)
(d) z = x2 y −2 , x = s2 − t, y = 2st
y
(e) z = cosh( ), x = 3t2 s, y = 6tes
x
162
(f) ) z =
p
1 + x2 + y 2, x = set , y = se−t
(g) z = arcsen(3x + y), x = s2 , y = sen(st)
(h) w = xey , x = arctg(rst), y = ln(3rs + 5st)
(i) w = x2 + y 2 + z 2 , x = rcos(s), y = rsen(t)sen(s), z = rcos(t)
p
(j) w = x2 + y 2 + z 2 , x = tg(t), y = cos(r), z = sen(s)
(k) w = xy + yz + zx, x = tr, y = st, z = ts
(l) w = log5 (xy + yz + zx), x = t2 r, y = st2 , z = t2 s
15. Se o raio r e a altura h de um tanque cônico decrescem à razão de
0.3 cm/h e 0.5 cm/h respectivamente, determine a razão de decrescimento do volume do tanque quando r = 6 cm e h = 30 cm.
16. Num certo instante, a altura de um cone é 30 cm e o raio da base é 20 cm
e cresce à razão de 1 cm/seg. Qual é a velocidade com que a altura auπ cm3 /seg?
menta no instante em que o volume cresce à razão de 2000
3
17. Considere a lei de um gás ideal confinado, para k = 10. Determine
a taxa de variação da temperatura no instante em que o volume do
gás é de 120 cm3 e o gás está sob pressão de 8 din/cm2 , sabendo que
o volume cresce à razão de 2 cm3 /seg e a pressão decresce à razão de
0.1 din/cm2 .
18. Se z = f (x, y) é diferenciável, x = rcos(θ) e y = rsen(θ), verifique:
∂z
∂z
∂z sen(θ)
=
cos(θ) −
∂x
∂r
∂θ r
e
∂z
∂z
∂z cos(θ)
=
sen(θ) +
.
∂y
∂r
∂θ r
19. Sejam f (x, y) e g(x, y) funções diferenciáveis tais que:
∂f
∂g
=
∂x
∂y
e
∂f
∂g
=− .
∂y
∂x
Se x = rcos(θ), y = rsen(θ) verifique que:
1 ∂g
∂f
=
∂r
r ∂θ
e
∂g
1 ∂f
=−
.
∂r
r ∂θ
6.9. EXERCÍCIOS
163
20. Verifique que se w = f (x, y, z) é diferenciável e homogênea de grau n,
então:
x
∂f
∂f
∂f
+y
+z
= nf (x, y, z).
∂x
∂y
∂z
164
Capítulo 7
DERIVADA DIRECIONAL
7.1 Introdução
Suponha que estamos numa ladeira de uma montanha e desejamos determinar a inclinação da montanha na direção do eixo dos z. Se a montanha
fosse representada pelo gráfico da função z = f (x, y), então, já saberíamos
determinar a inclinação em duas direções diferentes, a saber, na direção do
∂f
∂f
eixo dos x utilizando
(x, y) e na direção do eixo dos y utilizando
(x, y).
∂x
∂y
Neste parágrafo veremos como utilizar derivada para determinar a inclinação em qualquer direção; para isto definimos um novo tipo de derivada
chamada direcional. Este conceito generaliza o de derivada parcial, isto é,
as derivadas parciais de uma função podem ser obtidas como casos particulares das derivadas direcionais.
Definição 7.1. Sejam A ⊂ Rn aberto, f : A ⊂ Rn −→ R uma função, x ∈ A
e ~v um vetor unitário em Rn . A derivada direcional de f no ponto x e na
direção ~v é denotada por:
∂f
(x)
∂v
e definida por:
f (x + t ~v) − f (x)
∂f
(x) = lim
,
t−→0
∂v
t
se o limite existe.
165
CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL
166
Observações 7.1.
1. Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R3 −→ R uma função, x = (x, y, z) ∈
A e ~v = (v1 , v2 , v3 ) um vetor unitário em R3 .
2. A derivada direcional de f no ponto (x, y, z) e na direção ~v é denotada
∂f
por:
∂v
∂f
f (x + t v1 , y + t v2 , z + t v3 ) − f (x, y, z)
(x, y, z) = lim
t−→0
∂v
t
se o limite existe.
3. Analogamente para n = 2:
∂f
f (x + t v1 , y + t v2 ) − f (x, y)
(x, y) = lim
t−→0
∂v
t
se o limite existe.
Exemplos 7.1.
[1] A função:
 2
 x y
f (x, y) = x4 + y 2

0
se (x, y) 6= (0, 0)
,
se (x, y) = (0, 0)
não é contínua na origem. No entanto, as derivadas direcionais no ponto
(0, 0) e em qualquer direção ~v = (v1 , v2 ) existem.
De fato:
então:
f (0, 0) + t (v1 , v2 ) − f (0, 0) = f t v1 , t v2 =
t v12 v2
;
t2 v14 + v22
7.1. INTRODUÇÃO
167
f (0, 0) + t (v1 , v2 ) − f (0, 0)
∂f
(0, 0) = lim
t→0
∂v
t
2
v v2
= lim 2 41
t→0 t v + v22
 2 1
 v1
se v2 6= 0
= v2

0
se v2 = 0.
[2] Calcule a derivada direcional de f (x, y) = x2 + y 2 na direção (2, 2).
√
(2, 2)
2
1, 1 é unitário e:
=
O vetor (2, 2) não é unitário; logo ~v =
k(2, 2)k
2
√
√
√
√
2t
2 t
t 2 2
t 2 2
f x+
= x+
+ y+
;
,y +
2
2
2
2
√
√
√
2t
2 t
então, f x +
− f (x, y) = t2 + 2 t (x + y); logo,
,y +
2
2
√
√ √
√
f x + 22 t , y + 22 t − f (x, y)
∂f
= lim
= lim t + 2 (x + y) = 2 (x + y).
t→0
∂v t→0
t
[3] Calcule a derivada direcional de f (x, y, z) = x y z na direção (1, 1, 1).
√
(1, 1, 1)
3
1, 1, 1 é unitário.
=
O vetor (1, 1, 1) não é unitário; logo ~v =
3
√
√k(1, 1, 1)k√
3t
3t
3 t
Denote por (x0 , y0, z0 ) = x +
; logo:
,y +
,z +
3
3
3
√
√
√
t 3
t 3
t 3
y+
z+
;
f (x0 , y0 , z0 ) = x +
3
3
3
então:
f (x0 , y0, z0 ) − f (x, y, z) =
√
3 t3 t2 (x + y + z) t
+
+
9
3
√
3 (x y + x z + y z)
;
3
logo,
√
√ 2
t (x + y + z)
∂f
3t
3 (x y + x z + x y) = lim
+
+
∂v t→0
9
3
3
√
3 (x y + x z + x y)
=
.
3
168
A derivada direcional é a generalização natural das derivadas parciais. De
fato, se ~v = e1 = (1, 0, 0), então, a derivada direcional de f na direção ~v é a
derivada parcial de f em relação a x:
∂f
∂f
f (x + t, y, z) − f (x, y, z)
(x, y, z) = lim
=
(x, y, z).
t→0
∂e1
t
∂x
Analogamente se ~v = e2 = (0, 1, 0) e ~v = e3 = (0, 0, 1):
∂f
∂f
(x, y, z) =
(x, y, z) e
∂e2
∂y
∂f
∂f
(x, y, z) =
(x, y, z).
∂e3
∂z
A definição para n = 2 é análoga.
Observações 7.2.
1. Notemos que na definição de derivada direcional o vetor ~v deve ser
unitário. A razão disto é a seguinte: se o vetor não fosse unitário, a
derivada direcional não dependeria somente do ponto e da direção,
mas também do comprimento do vetor.
2. Para n = 2, ~v determina a direção do plano secante que intersecta o
gráfico de f .
Figura 7.1:
3. Pode acontecer que a derivada direcional de uma função num ponto
numa certa direção exista e a derivada direcional da mesma função no
mesmo ponto em outra direção não exista.
7.2. DERIVADA DIRECIONAL COMO TAXA DE VARIAÇÃO
169
7.2 Derivada Direcional como Taxa de Variação
De forma análoga ao que ocorre com as derivadas parciais, a derivada direcional de f no ponto x ∈ A na direção ~v exprime a taxa de variação de f ao
longo da reta:
c(t) = x + t~v
ou, equivalentemente, a taxa de variação de f em relação à distância, no
plano xy, na direção ~v.
c(t)
y +t
0
A
e2
v
y0
e1
x0
x 0+t
Figura 7.2:
Novamente, a existência de todas as derivadas direcionais de uma função
num ponto não garante a continuidade da função no ponto, pois, equivale
a aproximar-se do ponto por retas.
Exemplos 7.1.
O potencial elétrico numa região do espaço é dado por:
V (x, y, z) = x2 + 4 y 2 + 9 z 2 .
Ache a taxa de variação de V no ponto (2, −1, 3) e na direção de (2, −1, 3)
para a origem.
(2, −1, 3)
1
2, −1, 3 .
O vetor (2, −1, 3) não é unitário; logo, ~v =
=√
k(2, −1, 3)k
14
Então:
2t
t
3t 2 t 2
t 2
3 t 2
f x+ √ ,y− √ ,z + √
= x+ √
+4 y− √
+9 z+ √
;
14
14
14
14
14
14
170
e,
√
2t
t
1
3t t 89 t+2 14 (2 x−4 y+27 z) .
f x+ √ , y− √ , z+ √
−f (x, y, z) =
14
14
14
14
√
∂f
1
Logo,
89 t + 2 14 (2 x − 4 y + 27 z) =
= lim
∂v t−→0 14
Então:
√
14
(2 x − 4 y + 27 z).
7
√
∂f
89 14
(2, −1, 3) =
.
∂v
7
Se f é diferenciável no ponto x0 , então, f possui todas as derivadas direcionais em x0 . A recíproca é falsa. Procure exemplos.
7.3 Gradiente de uma Função
Definição 7.2. Sejam A ⊂ Rn aberto, x ∈ A e f : A ⊂ Rn −→ R uma função
tal que as derivadas parciais existem em x. O gradiente de f no ponto x é
o vetor do Rn denotado por ∇f (x) e definido por:
∇f (x) =
∂f
∂f
∂f
(x),
(x), . . . ,
(x) .
∂x1
∂x2
∂xn
Observações 7.3.
1. Equivalentemente:
∇f (x) =
∂f
∂f
∂f
(x) e~1 +
(x) e~2 + ............ +
(x) e~n .
∂x1
∂x2
∂xn
2. Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R3 −→ R uma função, o ponto
x = (x, y, z) ∈ A o gradiente de f no ponto (x, y, z) é definido por:
∇f (x, y, z) =
∂f
∂f
∂f
(x, y, z),
(x, y, z) (x, y, z)
∂x
∂y
∂z
7.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO
171
3. Analogamente para n = 2:
∇f (x, y) =
∂f
∂f
(x, y),
(x, y) .
∂x
∂y
4. A rigor ∇f é uma função que associa a cada ponto x ∈ A ⊂ Rn um
único vetor ∇f (x) ∈ Rn . Este tipo de função é chamado campo de
vetores. O nome se justifica se expressarmos graficamente ∇f do seguinte modo: em cada ponto x ∈ A desenhamos um vetor com origem
em x e com o comprimento e direção de ∇f (x).
A
Figura 7.3: O gradiente como campo de vetores.
Exemplos 7.2.
[1] Se f (x, y) = x2 + y 2 ; então, ∇f (x, y) = (2 x, 2 y).
(x, y)
(0, 0)
(1, 0)
(x, 0)
(0, y)
(1, 1)
(x, y)
∇f (x, y)
(0, 0)
(2, 0)
(2x, 0)
(0, 2y)
(2, 2)
(2x, 2y)
k∇f (x, y)k
0
2
2x
2y
√
2 2
2 k(x, y)k
172
À medida que o ponto se afasta da origem o comprimento do gradiente
cresce e fica igual a duas vezes a distância do ponto à origem.
Figura 7.4: Esboço de ∇f e das curvas de nível de f .
[2] Se f (x, y) = x2 − y 2 ; então, ∇f (x, y) = (2 x, −2 y).
(x, y)
(0, 0)
(1, 0)
(x, 0)
(0, y)
(1, 1)
(x, y)
∇f (x, y)
(0, 0)
(2, 0)
(2x, 0)
(0, −2y)
(2, −2)
(2x, −2y)
k∇f (x, y)k
0
2
2x
2y
√
2 2
2 k(x, y)k
À medida que o ponto se afasta da origem o comprimento do gradiente
cresce ficando igual a duas vezes a distância do ponto à origem.
7.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO
173
[3] Se f (x, y) = sen(x) sen(y); então:
∇f (x, y) = (cos(x) sen(y), sen(x) cos(y)).
[4] Se f (x, y, z) = x2 − y 2 + z 2 , então:
∇f (x, y, z) = (2 x, −2 y, 2 z)
e:
k∇f (x, y, z)k = 2
p
x2 + y 2 + z 2 .
Figura 7.7: Esboço de ∇f .
174
Proposição 7.1. Se f é uma função de classe C 1 , então:
∂f
(x) = ∇f (x) · ~v
∂v
Para a prova, veja o apêndice.
Se n = 2, qualquer vetor unitário ~v pode ser escrito na forma:
~v = cos(θ), sen(θ) ,
onde θ é o ângulo diretor de ~v. Logo:
∂f
∂f
∂f
(x, y) = cos(θ)
(x, y) + sen(θ)
(x, y)
∂v
∂x
∂y
Exemplos 7.3.
[1] Calcule as derivadas direcionais de z = f (x, y) = ln(
ção do vetor (1, 1).
p
x2 + y 2) na dire-
O ângulo formado por (1, 1) e o eixo positivo dos x é θ = π4 , logo:
√
2 x+y ∂f
π
x
π
y
(x, y) = cos( ) 2
+
sen(
)
=
.
∂v
4 x + y2
4 x2 + y 2
2 x2 + y 2
[2] Calcule as derivadas direcionais de w = f (x, y, z) = x y z na direção do
vetor (1, 2, 2).
(1, 2, 2)
1 2 2
= , , ; logo:
k(1, 2, 2)k
3 3 3
1 2 2 y z + 2 x z + 2 x y
∂f
=
(x, y, z) = y z, x z, x y · , ,
.
∂v
3 3 3
3
Consideremos o vetor unitário ~v =
[3] Calcule as derivadas direcionais de w = f (x, y, z) = ex + y z na direção
do vetor (−1, 5, −2).
1
O vetor (−1, 5, −2) não é unitário; logo ~v = √ (−1, 5, −2).
30
1
−ex + 5 z − 2 y
∂f
x
√
(x, y, z) = √ (e , z, y) · (−1, 5, −2) =
.
∂v
30
30
7.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES
7.4
175
Observações Geométricas sobre Gradientes
Sejam f : A ⊂ Rn −→ R uma função diferenciável tal que ∇f 6= ~0, ~v um
vetor unitário e α o ângulo formado por ~v e ∇f . Então:
∇f · ~v = k∇f k k~vk cos(α) = k∇f k cos(α);
como cos(α) atinge o máximo em α = 0, então:
∂f
≤ k∇f k.
∂v
Note que, se α = 0, então, ∇f e ~v são paralelos com a mesma direção.
Se consideramos o vetor unitário ~v =
∇f
, então,
k∇f k
∂f
∇f
k∇f k2
= ∇f ·
=
= k∇f k.
∂v
k∇f k
k∇f k
Logo, temos a igualdade quando derivamos na direção de ∇f .
Proposição 7.2. Se ∇f 6= 0, então:
1. A taxa máxima de crescimento de f no ponto x0 ocorre na direção e no
sentido do gradiente. Analogamente, a taxa mínima de crescimento de
f no ponto x0 ocorre na direção contrária a do gradiente.
2. O valor máximo de
∂f
no ponto x0 é k∇f (x0 )k.
∂v
∂f
3. Se ∇f (x) = ~0, então,
= 0 para todo ~v.
∂v
O gradiente de f no ponto x0 indica a direção, no plano xy (Dom(f )), de
maior crescimento de f numa vizinhança do ponto x0 .
176
Figura 7.8:
Exemplos 7.4.
[1] Se:
T (x, y) =
x2
100 x y
+ 4 y2 + 4
é a temperatura em graus Celsius, sobre uma lâmina metálica, x e y medidos
em cm, determine a direção de crescimento máximo de T a partir do ponto
(1, 1) e a taxa máxima de crescimento de T , nesse ponto.
Pela proposição anterior, no ponto (1, 1), a função cresce mais rapidamente
na direção de ∇T (1, 1) e a taxa máxima de crescimento nesta direção é
k∇T (1, 1)k.
∇T (x, y) =
100
2
2
2
2
y
(4
−
x
+
4
y
),
x
(4
+
x
−
4
y
)
;
(4 + x2 + 4 y 2)2
√
100
500 2 ∼
∇T (1, 1) = 2 7, 1 e k∇T (1, 1)k =
= 8.729o
9
92
por centímetro.
A solução apresentada pode ser enganosa, pois, apesar de o gradiente apontar na direção de maior crescimento da temperatura, não necessariamente
indica o lugar mais quente da lâmina, isto é, o gradiente nos dá uma solução num pequeno aberto ao redor do ponto (1, 1); se mudamos este ponto
177
a direção de maior crescimento muda. Desenhos do gradiente ao redor do
ponto (1, 1) numa região do plano, respectivamente:
2
2
1.5
1.5
1
1
0.5
0.5
0
0.5
1
1.5
2
0
0.5
1
1.5
2
Figura 7.9:
[2] Suponha que o potencial numa lâmina plana é dado por:
em volts, x e y em cm.
V (x, y) = 80 − 20 x e−
x2 +y 2
20
(a) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralela
ao eixo dos x.
(b) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralela
ao eixo dos y.
(c) Determine a taxa de variação do potencial na direção do vetor (1, 1).
(d) Qual é a taxa máxima de variação do potencial no ponto (1, 2)?
(e) Em que direção, a partir da origem, o potencial aumenta e diminui?
(a) Qualquer direção paralela ao eixo dos x é dada pelo vetor ~v = (1, 0);
logo:
x2 +y 2
∂V
∂V
(x, y) =
(x, y) = 2 (x2 − 10) e− 20 .
∂v
∂x
(b) Analogamente, qualquer direção paralela ao eixo dos y é dada pelo vetor
~v = (0, 1); logo:
x2 +y 2
∂V
∂V
(x, y) =
(x, y) = 2 x y e− 20 .
∂v
∂y
(c) O vetor (1, 1) não é unitário; normalizando o vetor obtemos:
178
~v =
√
2
(1, 1)
2
e calculamos:
∂V
(x, y) = ∇V (x, y) · ~v.
∂v
Então:
∇V (x, y) =
∂V
∂V
(x, y),
(x, y)
∂x
∂y
= 2 e−
x2 +y 2
20
(x2 − 10, x y);
√
√
x2 +y 2
∂V
(x, y) = 2 ∇V (x, y) · (1, 1) = 2 e− 20 (x2 + x y − 10).
∂v
(d) A taxa máxima do potencial no ponto (1, 2) é k∇V (1, 2)k.
logo:
k∇V (x, y)k = 2 e
−x2 −y 2
20
p
100 + x4 + x2 (y 2 − 20);
√
2 85
k∇V (1, 2)k = √
volts.
4
e
(e) A direção do gradiente é aquela onde o potencial cresce mais rapidamente. Logo, temos que ∇V (0, 0) = (−20, 0). A partir da origem o potencial
cresce mais rapidamente na direção do vetor (−20, 0) e decresce mais rapidamente na direção do vetor −∇V (0, 0) = (20, 0). Veja o seguinte desenho:
179
[3] A temperatura do ar em certa altitude é dada por:
f (x, y, z) = x y 2 z 3 + x2 y z 3 + x2 y 3 z.
Um avião está localizado no ponto (−1, 2, 1). Em que direção deve voar para
que o motor resfrie o mais rapidamente possível?
De todas as direções possíveis, a direção do gradiente é aquela onde a função cresce mais rapidamente. Logo, o avião deverá voar na direção contrária
a do gradiente.
∂f
(x, y) = y z (2 x y 2 + 2 x z 2 + y z 2 ),
∂x
∂f
(x, y) = x z (3 x y 2 + x z 2 + 2 y z 2 ),
∂y
f rac∂f ∂z(x, y) = x y (x y 2 + 3 x z 2 + 3 y z 2 ),
e:
∇f (−1, 2, 1) = (−16, 9, 2).
O avião deverá voar na direção de (16, −9, −2).
[4] Uma lâmina metálica está situada no plano xy de modo que a temperatura T = T (x, y), em graus Celsius, em cada ponto, seja proporcional à
distância do ponto à origem. Se a temperatura no ponto (3, 4) é de 150oC,
pede-se:
(a) Ache a taxa de variação de T no ponto (3, 4) na direção (−1, 1).
(b) Em que direções a taxa de variação é zero?
p
Note que T (x, y) = k x2 + y 2 ; então, 150 = T (3, 4) = 5 k; logo k = 30 e:
T (x, y) = 30
p
x2 + y 2
e o gradiente
Logo, ∇T (3, 4) = 6 (3, 4). Esboço de ∇f :
∇T (x, y) = p
30
x2 + y 2
(x, y).
180
1 1 (a) (−1, 1) não é unitário; logo, ~v = − √ , √ ; então,
2 2
√
∂T
(3, 4) = ∇T (3, 4) · ~v = 3 2.
∂v
∂T
(3, 4) = 0 se (3, 4) · (a, b) = 0; logo,
(b) Seja ~v = (a, b) tal que a2 + b2 = 1;
∂v
obtemos o seguinte sistema:
(
a2 + b2 = 1
3 a + 4 b = 0,
4
3
com solução a = ± e b = ∓ . As direções solicitadas são (4, −3) e (−4, 3).
5
5
[5] A equação da superfície de uma montanha é:
z = f (x, y) = 1200 − 3 x2 − 2 y 2,
onde as distâncias são medidas em metros. Suponha que os pontos do eixo
positivo dos x estão a leste e os pontos do eixo positivo dos y ao norte e que
um alpinista está no ponto (−10, 5, 850).
181
(a) Qual é a direção da parte que tem a inclinação mais acentuada?
(b) Se o alpinista se mover na direção leste, ele estará subindo ou descendo
e qual será sua velocidade?
(c) Se o alpinista se mover na direção sudoeste, ele estará subindo ou descendo e qual será sua velocidade?
(d) Em que direção ele estará percorrendo um caminho plano?
Sabemos que
∂f
atinge o máximo valor se:
∂v
~v =
∇f (x, y)
k∇f (x, y)k
e
∂f
= k∇f (x, y)k.
∂v
(a) ∇f (x, y) = (−6 x, −4 y) e ∇f (−10, 5) = (60, −20). A direção da parte que
tem a inclinação mais acentuada é (3, −1).
Figura 7.13: Esboço de ∇f e das curvas de nível de f
182
Um vetor unitário no plano se escreve ~v = (cos(α), sen(α)), onde α é o ângulo formado pelo vetor e o eixo dos x.
(b) O vetor unitário na direção leste é ~v = (cos(0), sen(0)) = (1, 0); veja o
desenho:
N
L
O
Figura 7.14:
∂f
∂f
(−10, 5) =
(−10, 5) = 60.
∂v
∂x
O alpinista estará subindo a uma razão de 60 m/min.
(c) O vetor na direção sudoeste
√
√ é (−1, −1); logo, o vetor unitário nesta dire2
2
ção é dado por: ~v = (−
,−
); veja o desenho:
2
2
O
S
Figura 7.15:
√
∂f
(−10, 5) = ∇f (−10, 5) · ~v = −20 2.
∂v
√
O alpinista estará descendo a uma razão de 20 2 m/min.
(d) Seja ~v = (cos(α), sen(α)) vetor unitário. Devemos determinar α tal que:
7.5. FUNÇÕES IMPLÍCITAS
183
∂f
(−10, 5) = ∇f (−10, 5) · ~v = 0,
∂v
que é equivalente a 3 cos(α) − sen(α) = 0; logo tg(α) = 3. Utilizando a
seguinte identidade trigonométrica:
sen2 (α) =
tg 2 (α)
,
1 + tg 2 (α)
√
√
p
3 10
10
obtemos sen(α) = ±
e cos(α) = 1 − sen2 (α) = ±
. O alpinista
10
10
estará percorrendo um caminho plano na direção de (1, 3) ou de (−1, −3).
7.5
Funções Implícitas
Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, f : A −→ R2 e c ∈ R fixado. A equação
f (x, y) = c define y implicitamente como função de x, quando existe g :
I −→ R tal que y = g(x) e f (x, g(x)) = c. Isto significa que:
é o gráfico de g.
f −1 (c) = {(x, y) ∈ A / f (x, y) = c}
Em geral uma equação do tipo f (x, y) = c quando define y em função de
x o faz apenas localmente (ou seja numa vizinhança de um ponto). Como
veremos nos exemplos, nem sempre uma equação do tipo f (x, y) = c define
alguma função implicitamente. Para isto, basta considerar c ∈
/ Im(f ).
Exemplos 7.5.
[1] Seja f (x, y) = x2 + y 2 . Se c = −1, f não define implicitamente nehuma
função. Se c = 0, então x = 0 e y = 0 e f não define implicitamente nenhuma
função definida num intervalo não degenerado. Se c = 1, f não define
implicitamente nehuma função. Considerando x ∈ I = (−1, 1), podemos
definir:
g1 (x) =
e
√
1 − x2
√
g2 (x) = − 1 − x2
se
A1 = {(x, y) ∈ R2 / y > 0},
se A2 = {(x, y) ∈ R2 / y < 0}.
[2] Seja f (x, y) = x y e c ∈ R; então, f define implícitamente:
184
y = g(x) =
c
x
se
x 6= 0.
Nosso objetivo é dar condições suficientes para que seja possível obter uma
função definida implicitamente. Exceto para as equações mais simples, por
exemplo, lineares, quadráticas, esta questão não é simples. O estudo das
funções definidas implicitamente tem muitas aplicações não só na Matemática como em outras Ciências.
[3] A lei de Gay-Loussac para gases ideais confinados: P V = k T , onde P é
a pressão, V o volume e T a temperatura.
[4] O sistema:
(
x2 + y 2 + z 2 = 1
x + y + z = 0,
estabelece uma relação entre as coordenadas de um ponto da esfera unitária
centrada na origem.
No estudo das funções definidas implicitamente surgem dois problemas:
1. Dada f (x, y) = c, f de classe C k , (k > 1), em que casos existe g definida
implicitamente por f (x, y) = c?
2. Se existe g diferenciável definida implicitamente por f (x, y) = c, como
calcular a derivada de g?
Teorema 7.1. (Função Implícita)Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, f :
A −→ R de classe C k e c ∈ R fixo. Se (x0 , y0 ) ∈ A é tal que f (x0 , y0 ) = c e
∂f
(x0 , y0 ) 6= 0, então, existe um retângulo aberto I1 × I2 centrado em (x0 , y0 )
∂y
tal que f −1 (c) ∩ I1 × I2 é o gráfico da função g : I1 −→ I2 de classe C k e:
∂F
(x, g(x))
.
g ′(x) = − ∂x
∂F
(x, g(x))
∂y
7.5. FUNÇÕES IMPLÍCITAS
185
g(x)
I2
f=c
x
I1
Figura 7.16:
O teorema da função implícita é um teorema de existência; isto é, não indica
como determinar a função definida implícitamente. O teorema tem consequências geométricas profundas. Se f satisfaz às hipóteses do teorema,
então f −1 (c) é localmente uma curvas de classe C k . Veja [EL] na bibliografia.
Nós, essencialmente, utilizaremos a fórmula para o cálculo das derivadas.
Exemplos 7.6.
[1] Se y = f (x) é definida implicitamente por ex−y + x2 − y = 1, calcule y ′.
∂f
Seja f (x, y) = ex−y +x2 −y −1; f é de classe C k e
(x0 , y0) = −ex0 −y0 −1 6= 0
∂y
para todo (x0 , y0) ∈ R2 ; então:
y′ =
ex−y + 2 x
.
ex−y + 1
[2] Se y = f (x) é definida implicitamente por x2 + y 2 = 1, calcule y ′ .
∂f
(x0 , y0) = −2 y0 6= 0 para todo
Seja f (x, y) = x2 + y 2 , f é de classe C k e
∂y
(x0 , y0 ) ∈ R2 tal que y0 6= 0; então:
x
y′ = − .
y
[3] Seja f (x, y) = (x − 2)3 y + x ey−1 . Não podemos afirmar que f (x, y) = 0
define implicitamente uma função de x num retângulo aberto centrado em
(1, 1). De fato, f (1, 1) = 0, f é de classe C k mas:
∂f
3
y−1 = 0.
(1, 1) = (x − 2) + x e ∂y
(1,1)
186
2
1.5
1
0.5
0
0
0.5
1
1.5
2
Figura 7.17: Curvas de nível de f num retângulo centrado em (1, 1).
Para n > 2 o teorema da função implícita também é válido. A seguir, apressentamos a versão para n = 3:
Teorema 7.2. (Função Implícita) Sejam A ⊂ R3 um conjunto aberto, f :
A −→ R de classe C k e c ∈ R fixo.
∂f
Se (x0 , y0 , z0 ) ∈ A é tal que f (x0 , y0 , z0 ) = c e
(x0 , y0, z0 ) 6= 0, então, existe
∂z
um paralelepípedo
aberto I1 × I2 × I3 centrado em (x0 , y0 , z0 ) tal que f −1 (c) ∩
I1 × I2 × I3 é o gráfico da função g : I1 × I2 −→ I3 de classe C k tal que
z = g(x, y) e:
∂f
(x, , y, g(x, y))
∂g
= − ∂x
∂f
∂x
(x, y, g(x, y))
∂z
e
∂f
(x, , y, g(x, y))
∂g
∂y
=−
.
∂f
∂y
(x, y, g(x, y))
∂z
Novamente o teorema implica em que toda superfície de classe C k é localmente o gráfico de alguma função de classe C k . Veja [EL] na bibliografia.
7.6 Gradiente e Conjuntos de Nível
Sabemos que ∇f aponta na direção para a qual f cresce o mais rapidamente,
mas nas curvas de nível a função f permanece constante, isto é, ao andarmos por uma curva de nível, os valores de f são constantes; logo, a derivada
direcional nessa direção será zero (sem variação):
∂f
(x0 ) = ∇f (x0 ) · ~v = 0.
∂v
7.7. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL
187
Em geral, considere uma função f : A ⊂ Rn −→ R diferenciável.
Proposição 7.3. Seja x0 ∈ A tal que ∇f (x0 ) 6= ~0. Então ∇f (x0 ) é perpendicular ao conjunto de nível de f que passa pelo ponto x0 .
Para a prova, veja o apêndice.
Então, se ∇f (x0 ) 6= ~0, temos que ∇f (x0 ) é perpendicular a cada elemento
do conjunto:
{x ∈ Dom(f ) / f (x) = f (x0 )}.
Sc 3
Sc
Sc
2
1
Figura 7.18: O gradiente perpendicular aos conjuntos de nível.
7.7
Gradiente e Curvas de Nível
Seja a função f : A ⊂ R2 −→ R diferenciável e as curvas de nível c de f :
Cc = {(x, y) ∈ R2 /f (x, y) = c}.
Se (x0 , y0 ) ∈ Cc tal que ∇f (x0 , y0 ) 6= ~0. Pela proposição 7.3, segue que a
equação da reta tangente à curva de nível f (x, y) = f (x0 , y0 ) é
ou:
∇f (x0 , y0) · (x − x0 , y − y0 ) = 0
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) +
(x0 , y0 )(y − y0 ) = 0
∂x
∂y
188
e a equação da reta normal é:
∂f
∂f
(x0 , y0 )(y − y0 ) −
(x0 , y0 )(x − x0 ) = 0
∂x
∂y
Exemplos 7.7.
[1] Determine as equações da reta tangente e da reta normal no ponto (x0 , y0 )
da elipse centrada na origem.
x2 y 2
A equação da elipse centrada na origem é 2 + 2 = 1,
a
b
deremos:
f (x, y) =
(a, b 6= 0). Consi-
x2 y 2
+ 2 − 1;
a2
b
x0 y0 então, ∇f (x0 , y0) = 2 2 , 2 ; as equações das retas tangente e normal são,
a b
respectivamente:
(
b2 x0 x + a2 y0 y = a2 b2 ,
b2 x0 y − a2 y0 x = (b2 − a2 ) x0 y0 .
Em particular, se a = b temos um círculo de raio a e as equações da reta
tangente e da reta normal são, respectivamente,
(
x0 x + y0 y = a2
x0 y − y0 x = 0.
x2 y 2
[2] Determine a equação da reta tangente à elipse
+
= 1, que é paralela
16
9
à reta x + y = 0.
x2 y 2
+
e g(x, y) = x + y. Pelo exercício anterior para a = 4 e
Seja f (x, y) =
16
9
b = 3, temos:
9 x x0 + 16 y y0 = 144;
esta reta deve ser paralela à reta x + y = 0; logo, os vetores normais devem
ser paralelos, isto é, devemos resolver o sistema:

∇f (x0 , y0 ) = λ∇g(x0 , y0 )
2
2
 x0 + y0 = 1.
16
9
7.7. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL
189
Ou, equivalentemente:

(1) x0 = 8 λ



(2) 2 y0 = 9 λ
2
2


(3) x0 + y0 = 1.
16
9
16 9 , ; logo, no
Fazendo (1) = (2) e utilizando (3), temos: (x0 , y0 ) = ±
5 5
16 9
16 9
ponto
, , temos x + y = 5 e no ponto − , − , temos
5 5
5
5
x + y = −5.
4
2
-4
-2
2
4
-2
-4
[3] Determine a equação da reta normal à parábola y 2 = −8 x que passa pelo
ponto (−5, 0).
Primeiramente, observamos que o ponto (−5, 0) não pertence à parábola.
Seja:
f (x, y) = y 2 + 8 x;
logo, ∇f (x, y) = 2 (4, y). A equação da reta normal no ponto (x0 , y0) é:
−x y0 + 4 y − 4 y0 + x0 y0 = 0.
Como esta reta deve passar por (−5, 0), temos x0 = −1 ou y0 = 0. Como o
ponto (x0 , y0 ) pertence à parábola√y02 = −8 x0 . Se y0 = 0, então a equação é:
y = 0. Se x0 = −1, então y0 = ±2 2 e as equações são:
2y −
√
2x = 5
√
2 e
2y +
√
2 x = −5
√
2,
190
√
√
nos pontos (−1, 2 2) e (−1, −2 2), respectivamente.
4
2
-5
-4
-3
-2
-1
-2
-4
7.8
Ângulo entre Curvas
Sejam as curvas de nível:
C1 = {(x, y) ∈ R2 / F (x, y) = 0} e
C2 = {(x, y) ∈ R2 / G(x, y) = 0}
que se intersectam no ponto (x0 , y0 ). O ângulo compreendido entre elas é
definido como o menor ângulo formado pelas retas tangentes a essas duas
curvas no ponto (x0 , y0), o qual é equivalente ao ângulo α formado pelas respectivas normais no ponto (x0 , y0 ). Logo, se ∇F (x0 , y0) 6= 0 e ∇G(x0 , y0 ) 6= 0,
temos que o ângulo α, formado por C1 e C2 é dado por:
cos(α) =
∇F (x0 , y0 ) · ∇G(x0 , y0 )
k∇F (x0 , y0)k k∇G(x0 , y0 )k
As curvas são ortogonais se:
ou seja:
∇F (x0 , y0 ) · ∇G(x0 , y0 ) = 0,
∂F ∂G ∂F ∂G
+
=0
∂x ∂x
∂y ∂y
onde as derivadas parciais são calculadas no ponto (x0 , y0 ).
7.8. ÂNGULO ENTRE CURVAS
191
Exemplos 7.8.
[1] Determine o ângulo entre as curvas x y = −2 e y 2 = −4 x no ponto
(−1, 2).
Sejam f (x, y) = x y + 2 e g(x, y) = 4 x + y 2, ambas funções diferenciáveis;
então,
∇f (x, y) = (y, x) e ∇g(x, y) = (4, 2 y). Logo,
cos(α) =
e cos(α) =
∇f (−1, 2) · ∇g(−1, 2)
k∇f (−1, 2)k k∇g(−1, 2)k
√
10
.
10
2
-2
-1
-2
Figura 7.21:
[2] Determine o ângulo entre as curvas x2 + y 2 = 8 e 3 x2 − y 2 = 8 no ponto
(−2, 2).
Sejam f (x, y) = x2 + y 2 e g(x, y) = 3 x2 − y 2 , ambas funções diferenciáveis;
então, ∇f (x, y) = 2 (x, y) e ∇g(x, y) = = 2 (3 x, −y). Logo,
cos(α) =
e cos(α) =
√
5
.
5
∇f (−2, 2) · ∇g(−2, 2)
k∇f (−2, 2)k · k∇g(−2, 2)k
192
3
2
1
-2
-1
1
2
-1
-2
-3
Figura 7.22:
O gráfico de uma função y = f (x) pode ser considerado como a curva de
nível zero de F (x, y) = y − f (x); então:
∇F (x, y) = (−f ′ (x), 1);
logo,
y − y0 = f ′ (x) (x − x0 ).
7.9 Gradiente e Superfícies de Nível
Neste caso, o conjunto de nível c de f são as superfícies de nível c de f .
(c ∈ R):
Sc = {(x, y, z) ∈ R3 /f (x, y, z) = c}
Da proposição 7.3, segue que a equação do plano tangente à superfície de
nível
Sc de f , no ponto (x0 , y0 , z0 ) é:
∇f (x0 , y0 , z0 ) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0
se ∇f (x0 , y0 , z0 ) 6= ~0, ou, equivalentemente:
∂f
∂f
∂f
(x0 , y0 , z0 ) (x − x0 ) +
(x0 , y0, z0 ) (y − y0 ) +
(x0 , y0, z0 ) (z − z0 ) = 0
∂x
∂y
∂z
Logo, a reta normal ao plano tangente deve ter a direção do gradiente e as
equações paramétricas desta reta no ponto (x0 , y0, z0 ) são:
7.9. GRADIENTE E SUPERFÍCIES DE NÍVEL



x(t) =








y(t) =









z(t) =
x0 + t
∂f
(x0 , y0 , z0 )
∂x
y0 + t
∂f
(x0 , y0 , z0 )
∂y
193
∂f
(x0 , y0 , z0 ), t ∈ R.
∂z
Como ∇f (x0 , y0 , z0 ) é normal ao plano tangente a Sc no ponto (x0 , y0, z0 ), o
vetor normal unitário a Sc em qualquer ponto (x, y, z) é:
z0 + t
~n(x, y, z) =
∇f (x, y, z)
.
k∇f (x, y, z)k
Exemplos 7.9.
[1] Determine o vetor normal unitário à superfície sen(x y) = ez no ponto
(1, π2 , 0).
Seja f (x, y, z) = sen(x y)−ez . A superfície do exemplo é a superfície de nível
zero de f ;
S0 = {(x, y, z) ∈ R3 /f (x, y, z) = 0}.
Logo, ∇f (x, y, z) = (y cos(x y), x cos(x y), −ez ) e ∇f (1, π2 , 0) = (0, 0, −1) é o
vetor normal unitário à superfície S.
0
-1
0.0
0.5
-2
2.0
1.0
1.5
1.5
[2] Determine o vetor normal unitário à superfície z = x2 y 2 + y + 1 no ponto
(0, 0, 1).
194
Seja f (x, y, z) = x2 y 2 + y − z. A superfície do problema é a superfície de
nível −1 de f ;
S−1 = {(x, y, z) ∈ R3 /f (x, y, z) = 0}.
Logo, ∇f (x, y, z) = (2 x y 2, 2 x2 y + 1, −1) e ∇f (0, 0, 1) = (0, 1, −1); então,
1
~n(0, 0, 1) = √ (0, 1, −1).
2
-1.0
-0.5
0.0
1.0
0.5
0.0
0.5
-0.5
1.0
-1.0
3
2
1
0
Observação 7.1. Esta definição de plano tangente é mais geral que a dada
anteriormente.
De fato, se z = g(x, y) é uma função nas condições da proposição, então
o gráfico de g pode ser definido como a superfície de nível zero da nova
função f (x, y, z) = g(x, y) − z. Note que:
∇f =
∂g ∂g
, , −1 ,
∂x ∂y
que é exatamente, o vetor normal ao plano tangente ao gráfico de f no ponto
(x, y, g(x, y)).
Note que os vetores tangentes ao gráfico de f em (x, y, g(x, y)) são:
~vx = 1, 0,
∂g ∂g e ~vy = 0, 1,
.
∂x
∂y
195
Figura 7.25:
Lembramos, que todas as superfícies definidas por equações em três variáveis, como as quádricas, podem ser consideradas como superfícies de algum
nível de uma função de tres variáveis.
Exemplos 7.10.
[1] Seja f uma função de classe C 1 tal que f (1, 1, 2) = 1 e ∇f (1, 1, 2) =
(2, 1, 3).
A equação f (1, 1, 2) = 1 define implícitamente uma função g? No caso afirmativo, determine a equação do plano tangente ao gráfico de g no ponto
(1, 1, 2).
∂f
∂f
Como ∇f (1, 1, 2) = (2, 1, 3); então, temos que
(1, 1, 2) = 2,
(1, 1, 2) = 1
∂x
∂y
e
∂f
(1, 1, 2) = 3. Pelo teorema da função implícita, existe z = g(x, y) de classe
∂z
1
C no ponto (1, 1), g(1, 1) = 2 e:
∂f
(1, 1, 2))
2
∂g
(1, 1) = ∂x
=−
∂f
∂x
3
(1, 1, 2))
∂z
e
∂f
(1, 1, 2)
∂g
1
∂y
(1, 1) = −
=− .
∂f
∂y
3
(1, 1, 2)
∂z
Logo, a equação do plano tangente ao gráfico de g no ponto (1, 1, 2) é:
z = g(1, 1) +
∂g
∂g
6− 2x− y
(1, 1) (x − 1) +
(1, 1) (y − 1) =
;
∂x
∂y
3
equivalentemente, 3 z + 2 x + y = 6.
196
[2] O cone x2 + y 2 − z 2 = 0 pode ser considerado como a superfície de nível
c = 0 da função f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 . Determinaremos√as equações do
plano tangente e da reta normal à superfície no ponto (1, 1, 2):
√
√
∇f (1, 1, 2) · (x − 1, y − 1, z − 2) = 0.
√
√
Temos ∇f (x, y, z) = (2 x, 2 y, −2 z) e √
∇f (1, 1, 2) = 2(1, 1, − 2); então, a
equação
√ do plano tangente é x + y − 2z = 0 e a reta normal passando por
(1, 1, 2) tem equações paramétricas:


x = 1 + 2 t
y = 1 +2t

√
√

2 − 2 2 t;
z=
√
o plano tangente√à superfície contem a reta na direção (1, 1, 2) perpendicular ao ∇f (1, 1, 2).
2
1
0
-1
-2
2
1.5
1
0.5
0
-2
-1
0
1
2
Figura 7.26:
[3] Determine a equação do plano tangente à superfície 3 x y + z 2 = 4 no
ponto (1, 1, 1).
Considere f (x, y, z) = 3 x y + z 2 . Logo, superfície de nível c = 4 de f é
3 x y + z 2 = 4. No ponto (1, 1, 1) a equação do plano tangente à superfície de
nível de f é dada por:
∇f (1, 1, 1) · (x − 1, y − 1, z − 1) = 0;
∇f (1, 1, 1) = (3, 3, 2);
então, a equação é:
∇f (x, y, z) = (3 y, 3 x, 2 z) e
197
3 x + 3 y + 2 z = 8.
[4] Determine:
2 z2
= 10 nos pontos (1, 0, 0) e
(a) O vetor normal unitário a 5 x + y −
5
√
(1, 5, 0).
2
2
2 z2
= 10 no ponto
(b) A equação do plano tangente à superfície 5 x2 + y 2 −
5
√
(1, 5, 0).
(a) Seja f (x, y, z) = 5 x2 + y 2 −
2 z2
4z
; ∇f (x, y, z) = (10 x, 2 y, − ). Então:
5
5
√
√
√
30
∇f (1, 5, 0)
∇f (1, 0, 0)
√
~n1 =
= (1, 0, 0) e ~n2 =
(5, 5, 0).
=
k∇f (1, 0, 0)k
30
k∇f (1, 5, 0)k
√
(b) No ponto (1, 5, 0), teremos:
5x+
√
5 y = 10.
Figura 7.27:
[5] Determine as equações dos planos tangentes à superfície
x2 +
paralelos ao plano x + y + z = 0.
y2 z2
+
=1
4
9
198
Como o plano x + y + z = 0 é paralelo aos planos tangentes à superfície, então os vetores normais a ambos os planos devem ser paralelos; logo, existe
λ 6= 0 tal que ∇f (x0 , y0, z0 ) = λ(1, 1, 1), para algum (x0 , y0 , z0 ) na superfície.
y0 2
Como ∇f (x0 , y0, z0 ) = (2x0 , , z0 ). Devemos resolver o sistema:
2 9


2 x0 = λ
y0 = 2λ


2 z0 = 9λ,
sendo x0
Logo:
2
r
y02 z02
2
+
+
= 1; logo λ = ±
; obtemos, assim, os pontos:
4
9
7
r
9
2 1
, 2, .
p=±
7 2
2
√
14
∇f p = ±
1, 1, 1 ;
7
então, as equações dos planos tangentes nestes pontos, são:
√
x + y + z = ± 14.
[6] Determine a equação do plano tangente no ponto (x0 , y0 , z0 ) à superfície
definida por:
A x2 + B y 2 + C z 2 = D
onde A, B, C, D ∈ R.
Consideremos f (x, y, z) = A x2 + B y 2 + C z 2 − D; logo, temos que:
∇f (x0 , y0 , z0 ) = (2 A x0 , 2 B y0 , 2 C z0 )
e a equação do plano tangente no ponto (x0 , y0, z0 ) é:
A x0 x + B y0 y + C z0 z = D
onde usamos o fato de que (x0 , y0, z0 ) pertence à superfície. Em particular, o
plano tangente no ponto (x0 , y0 , z0 ) de:
1. um elipsóide centrado na origem é:
7.10. ÂNGULO ENTRE SUPERFÍCIES
199
x0 x y0 y z0 z
+ 2 + 2 =1
a2
b
c
2. um parabolóide hiperbólico centrado na origem é:
2
7.10
y0 y z
x0 x
−2 2 − =0
2
a
b
c
Ângulo entre Superfícies
Em diversas áreas da ciência é importante saber determinar o ângulo formado pela interseção de duas superfícies num ponto dado. O ângulo entre
duas superfícies num ponto comum é o menor ângulo formado pelas normais a essas superfícies nesse ponto.
Figura 7.28: Interseção de superfícies.
Suponha que as superfícies são definidas por:
F (x, y, z) = 0
e G(x, y, z) = 0
e tem um ponto comum (x0 , y0 , z0 ). Consideremos as funções:
w = F (x, y, z) e w = G(x, y, z)
tais que existam os gradientes e sejam não nulos neste ponto.
As superfícies são as superfícies de nível c = 0 de w = F (x, y, z) e w =
G(x, y, z), respectivamente. ∇F (x0 , y0, z0 ) e ∇G(x0 , y0, z0 ) são os vetores normais às superfícies de nível:
200
S1 = {(x, y, z) ∈ R3 / F (x, y, z) = 0}
e:
S2 = {(x, y, z) ∈ R3 / G(x, y, z) = 0},
respectivamente. Se ∇F (x0 , y0 , z0 ) 6= 0 e ∇G(x0 , y0, z0 ) 6= 0, temos que o
ângulo α, formado por S1 e S2 é dado por:
cos(α) =
∇F (x0 , y0 , z0 ) · ∇G(x0 , y0 , z0 )
k∇F (x0 , y0 , z0 )k k∇G(x0 , y0 , z0 )k
As superfícies são ortogonais no ponto (x0 , y0 , z0 ) se:
∂F ∂G ∂F ∂G ∂F ∂G
+
+
=0
∂x ∂x
∂y ∂y
∂z ∂z
onde as derivadas parciais são calculadas no ponto (x0 , y0 , z0 ).
Exemplos 7.11.
[1] Determine o ângulo formado pelas superfícies:
z − exy + 1 = 0
e z − ln(
no ponto (0, 1, 0).
p
x2 + y 2) = 0
Sejam F (x, y, z) = z − exy + 1 e G(x, y, z) = z − ln(
p
x2 + y 2 );
∇F (x, y, z) = (−y exy , −x exy , 1),
∇G(x, y, z) = (
−y
−x
, 2
, 1),
2
+ y x + y2
x2
∇F (0, 1, 0) = (−1, 0, 1) e ∇G(0, 1, 0) = (0, −1, 1);
logo, ∇F (0, 1, 0) · ∇G(0, 1, 0) = 1; então, cos(α) =
π
1
eα= .
2
3
7.10. ÂNGULO ENTRE SUPERFÍCIES
201
Figura 7.29: Superfícies do exemplo [1].
[2] Determine o ângulo formado pelas superfícies:
xy + yz − 4zx = 0 e
3 z2 − 5 x + y = 0
no ponto (1, 2, 1).
Sejam F (x, y, z) = x y + y z − 4 z x e G(x, y, z) = 3 z 2 − 5 x + y
∇F (x, y, z) = (y − 4 z, x + z, y − 4 x),
∇G(x, y, z) = (−5, 1, 6 z),
∇F (1, 2, 1) = (−2, 2, −2),
∇G(1, 2, 1) = (−5, 1, 6);
logo, ∇F (1, 2, 1) · G(1, 2, 1) = 0; então, cos(α) = 0 e:
α=
π
.
2
[3] Reta tangente à interseção de duas superfícies.
Seja C a curva (ou ponto) dada pela interseção das superfícies de nível:
S1 = {(x, y, z) ∈ R3 / F (x, y, z) = 0} e S2 = {(x, y, z) ∈ R3 / G(x, y, z) = 0}.
Sejam w = F (x, y, z), w = G(x, y, z) duas funções tais que as derivadas
parciais existam e P = (x0 , y0, z0 ) um ponto comum às duas superfícies.
Considere os vetores:
N1 = ∇F (x0 , y0 , z0 )
e N2 = ∇G(x0 , y0 , z0 ),
202
N1 é normal à S1 no ponto P e N2 é normal à S2 no ponto P . Logo N1
e N2 são normais a C no ponto P . Se N1 e N2 não são paralelas, então o
vetor tangente a C no ponto P tem a mesma direção que N1 × N2 no ponto
P (produto vetorial dos vetores normais). Como isto vale para qualquer
ponto P da interseção, temos que se N1 × N2 = (a, b, c), então a equação na
forma parámetrica da reta tangente a C no ponto P é:


x = x0 + t a
y = y0 + t b


z = z0 + t c,
t ∈ R.
Por exemplo, determinemos a equação da reta tangente à interseção das
seguintes superfícies 3 x2 + 2 y 2 + z 2 = 49 e x2 + y 2 − 2 z 2 = 10 no ponto
(3, −3, 2).
Sejam F (x, y, z) = 3 x2 + 2 y 2 + z 2 − 49 e G(x, y, z) = x2 + y 2 − 2 z 2 − 10: então:
N1 = ∇F (3, −3, 2) = 2 (9, −6, 2) e N2 = ∇G(3, −3, 2) = 2 (3, −3, −4)
logo, (9, −6, 2) × (3, −3, −4) = 3 (10, 14, −3); a equação, na forma paramétrica, da reta tangente pedida é:


x = 3 + 10 t
y = −3 + 14 t


z = 2 − 3 t.
7.11. EXERCÍCIOS
7.11 Exercícios
1. Calcule o gradiente das seguintes funções:
(a) z = 2 x2 + 5 y 2
1
(b) z = 2
x + y2
(c) w = 3 x2 + y 2 − 4 z 2
(d) w = cos(x y) + sen(y z)
(e) w = ln(x2 + y 2 + z 2 )
(f) w = cos(2 x) cos(3 y) senh(4 x)
(g) w = x y ez + y z ex
xy
(h) w =
z
(i) w = ln(x2 + y 2 + z 2 + 1)
1
(j) w = 2
x + y2 + z2 + 1
(k) w = log6 (x + y 2 + z 3 )
x y2 z3
(l) w = 2
x + y2 + z2 + 1
2. Determine a derivada direcional da função dada na direção ~v:
(a) z = 2 x2 + 5 y 2, ~v = (cos( π2 ), sen( π2 )).
1
, ~v = (1, 1).
+ y2
1
(c) z = x2 y 3 , ~v = (3, −4).
5
(b) z =
x2
1
(d) z = x2 + x y + y 2 + 3 x − 3 y + 3, ~v = √ (1, 2).
5
√
1
(e) z = y 2 tg 2 (x), ~v = (− 3, 1).
2
π
2π
π
(f) w = 3 x2 + y 2 − 4 z 2 , ~v = (cos( ), cos( ), cos( ).
3
4
3
1 2 2
(g) w = cos(x y) + sen(y z), ~v = (− , , ).
3 3 3
203
204
3
(1, −1, −1).
3
√
3
(1, −1, 1).
= cos(2 x) cos(3 y) senh(4 z), ~v =
3
= x y ez + y z ex , ~v = (2, 2, 1).
xy
=
, ~v = (1, 1, 1).
z
= x sen(y) + y sen(z) + z sen(x), ~v = (1, 1, 1).
(h) w = ln(x2 + y 2 + z 2 ), ~v =
(i) w
(j) w
(k) w
(l) w
√
(m) w = exyz , ~v = (1, 1, 1).
(n) w = e1+x
2 +y 2 +z 2
, ~v = (1, 0, 1).
(o) w = arcsec(x y z), ~v = (0, 0, 1).
1 2 3
(p) w = + + , ~v = (1, 1, 1).
x y z
1
2
3
(q) w = 2 + 2 + 3 , ~v = (1, 1, 1).
x
y
z
(r) w = sen(log3 (x + y + z)), ~v = (2, 1, 2).
3. Determine o valor máximo da derivada direcional de f no ponto dado
P e a direcão em que ocorre:
(a) z = 2 x2 + 3 y 2, P = (1, −1).
p
(b) z = 4 − x2 − y 2 , P = (1, 1).
(c) z = x y, P = (1, 0).
y
(d) z = e2y arctg( ), P = (1, 3).
3x
(e) w = sen(x y) + cos(y z), P = (−3, 0, 7).
(f) w = ex cos(y) + ey cos(z) + ez cos(x), P = (0, 0, 0).
(g) w = 2 x y z + y 2 + z 2 , P = (2, 1, 1).
(h) w = exyz , P = (1, 1, 1).
(i) w = cosh(x y z), P = (1, 0, 1).
p
(j) w = x2 + y 2 + z 2 + 1, P = (1, 1, 1).
4. Verifique as seguintes identidades:
(a) ∇(f + g) = ∇f + ∇g
7.11. EXERCÍCIOS
205
(b) ∇(f g) = f ∇g + g ∇f
f g ∇f − f ∇g
(c) ∇
=
se g 6= 0
g
g2
2
2
5. Se f (x, y) = 2 e−x +e−3y é a altura de uma montanha na posição (x, y),
em que direção, partindo de (1, 0) se deveria caminhar para subir a
montanha mais rapidamente?.
6. Em que direção a derivada direcional de f (x, y) =
(1, 1) é zero?.
x2 − y 2
no ponto
x2 + y 2
7. Uma função tem derivada direcional igual a 2 na direção do vetor
(2, 2), no ponto (1, 2) é igual a −3 na direção do vetor (1, −1), no
mesmo ponto. Determine o gradiente d função no ponto (1, 2).
8. Verifique que os gráficos de z = x2 + y 2 e z = −x2 − y 2 − xy 3 são
tangentes na origem.
9. Uma lámina de metal está situada num plano de modo que a temperatura T = T (x, y) num ponto (x, y) é inversamente proporcional á
distância do ponto á origem. Sabendo que a temperatura no ponto
P = (3, 4) é 100o C, determine:
(a) A taxa de variação de T no ponto P e na direção o vetor (1, 1).
(b) A direção em que T aumenta mais rapidamente no ponto P .
(c) A direção em que T decresce mais rapidamente no ponto P .
(d) A direção em que a taxa de variação é zero..
10. Determine o plano tangente e a reta normal às superfícies no ponto P :
(a) x2 + x y 2 + y 3 + z + 1 = 0, P = (2, −3, 4).
(b) x2 + 2 x y + y 2 + z − 7 = 0, P = (1, −2, 6).
(c) x2 − y 2 − z 2 = 1, P = (3, 2, 2).
(d) x2 + y 2 − z 2 = 25, P = (5, 5, 5).
(e) x − y − z 2 = 3, P = (3, 4, 2).
p
√
√
√
3
3
3
(f) x2 + 3 y 2 + z 2 = a2 , P = (x0 , y0 , z0 ).
206
(g) ln(
x2
a2
x2
(i) 2
a
x2
(j) 2
a
(h)
y
) − x = 0, P = (0, 2, 1).
2z
y2 z2
− 2 + 2 = 1, P = (x0 , y0, z0 ).
b
c
2
y
z2
− 2 − 2 = 1, P = (x0 , y0 , z0 ).
b
c
2
y
z2
+ 2 − 2 = 1, P = (x0 , y0, z0 ).
b
c
11. Um nave está perto da órbita de um planeta na posição (1, 1, 1). Sabendo que a temperatura da blindagem da nave em cada ponto é dada
2
2
2
por T (x, y, z) = e−(x +3y +2z ) graus, determine a direção que a nave
deve tomar para perder temperatura o mais rapidamente possível.
12. Determine a equação do plano tangente à x2 − 2 y 2 − 4 z 2 = 16 e que é
paralelo ao plano 4 x − 2 y + 4 z = 5.
13. A densidade de uma bola esférica de centro na origem, num ponto
(x, y, z) é proporcional ao quadrado da distn̂cia do ponto á origem. E
fetuando um deslocamento a partir do ponto (1, 2, 3) do interior da
bola, na direção do vetor (1, 1/2, −1), a densidade aumenta ou diminui? Justifique.
14. Determine o ângulo entre as seguintes superfícies no ponto P .
(a) x2 y 2 + 2 x + z 2 = 16, 3 x2 + y 2 − 2 z = 9 e P = (2, 1, 2).
(b) x2 +3 y 2 +2 z 2 = 9, x2 +y 2 +z 2 −8 x−8 y−6 z+24 = 0 e P = (2, 1, 1).
(c) 3 x2 + 2 y 2 − 2 z = 1, x2 + y 2 + z 2 − 4 y − 2 z + 2 = 0 e P = (1, 1, 2).
(d) z − x2 − y 2 + 2 x y = 0, z − x2 + y 2 = 0 e P = (0, 0, 0).
(e) x2 − y 2 = 1, 3 x2 + y 2 − 2 z = 9 e P = (1, 0, 0).
(f) x2 − 2 y z + y 3 = 4, x2 + (4 c − 2) y 2 − c z 2 + 1 = 0 e P = (1, −1, 2),
(c ∈ R).
15. Determine o ponto (ou pontos) em que o gradiente da função :
f (x, y) = ln(x + y −1) é igual a (1, −16/9).
16. Determine a equação da reta tangente à interseção das seguintes superfícies: x2 − y = 0 e y + z 2 = 16 no ponto (4, 16, 0).
7.11. EXERCÍCIOS
207
y
17. Determine o ângulo entre os gradientes da função : f (x, y) = ln( )
x
nos pontos (1/2, 1/4) e (1, 1).
18. Sejam as seguintes superfícies x2 + y 2 + z 2 = 6 e 2 x2 + 3 y 2 + z 2 = 9.
(a) Determine as equações dos planos tangentes a cada superfície no
ponto (1, 1, 2), respectivamente.
(b) Determine o ângulo entre as superfícies no ponto (1, 1, 2).
(c) Determine a equação da reta tangente à interseção das superfícies
no ponto (1, 1, 2).
19. O potencial V associado a um campo elétrico E é dado por:
V (x, y) = p
1
x2
+ y2
.
Sabendo que E = −grad(V ), determine E(4, 3). Em que direção, a
partir do ponto (4, 3) a taxa de variação do potencial é máxima?
20. Sejam φ, η e ψ funções de uma variável real com derivadas de segunda
ordem satisfazendo:
φ′′ (x) + λ2 φ(x) = 0 e ψ ′′ (t) + c2 λ2 ψ(t) = 0,
sendo λ, c constantes. Verifique que u(x, t) = φ(x) ψ(t) é solução da
equação da onda.
21. Verifique que w(x, t) =
equação do calor:
1
√
t
x2
e− 4kt , t > 0 e k constante, é solução da
∂w
∂2w
− k 2 = 0.
∂t
∂x
208

Capítulo 6 DERIVADAS PARCIAIS

Transcrição

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