DERIVADAS PARCIAIS - pucquepariu.s3.amazonaws.com · Capítulo 5 DERIVADAS PARCIAIS 5.1 Introdução Deﬁnição 5.1. Sejam A⊂ R3 um conjunto aberto e f: A−→ R uma função

Capítulo 5

DERIVADAS PARCIAIS

5.1 Introdução

Definição 5.1. 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 (x, y, z) ∈ A é

denotada por∂f

∂x(x, y, z) e definida por:

∂f

∂x(x, y, z) = lim

t−→0

f(x+ t, y, z) − f(x, y, z)

t

se o limite existe.

2. A derivada parcial de f em relação à variável y, no ponto (x, y, z) ∈ A é

denotada por∂f

∂y(x, y, z) e definida por:

∂f

∂y(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, y + t, z) − f(x, y, z)

t

se o limite existe.

3. A derivada parcial de f em relação à variável z, no ponto (x, y, z) ∈ A é

denotada por∂f

∂z(x, y, z) e definida por:

∂f

∂z(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, y, z + t) − f(x, y, z)

t

se o limite existe.

De forma análoga são definidas as derivadas parciais para funções de duas variá-veis. Observe que o conjunto A deve ser aberto, pois para todo x ∈ A é necessárioque x + t ei ∈ A, onde i = 1, 2, 3; o que é verdadeiro se |t| < η (η > 0 pequeno).Veja a bibliografia.

89

90 CAPÍTULO 5. DERIVADAS PARCIAIS

Exemplo 5.1.

[1] Se z = f(x, y) = x y, calcule suas derivadas parciais.

Estamos no caso n = 2:

∂f

∂x(x, y) = lim

t−→0

f(x+ t, y) − f(x, y)

t= lim

t−→0

(x+ t) y − x y

t= lim

t−→0

t y

t= y,

∂f

∂y(x, y) = lim

t−→0

f(x, t+ y) − f(x, y)

t= lim

t−→0

x (t+ y) − x y

t= lim

t−→0

t x

t= x.

[2] Se w = f(x, y, z) = x2 y z2, calcule suas derivadas parciais.

Estamos no caso n = 3:

∂f

∂x(x, y, z) = lim

t−→0

f(x+ t, y, z) − f(x, y, z)

t= lim

t−→0

(x+ t)2 y z2 − x2 y z2

t

= limt−→0

2x y z2 t+ t2yz2

t= 2x y z2,

∂f

∂y(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, t+ y, z) − f(x, y, z)

t= lim

t−→0

x2 (t+ y) z2 − x2 y z2

t

= limt−→0

t x2 z2

t= x2 z2,

∂f

∂z(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, y, t+ z) − f(x, y, z)

t= lim

t−→0

x2 y (t+ z)2 − x2 y z2

t

= limt−→0

t2 x2 y + 2 t x2 y z

t= 2x2 y z.

Observação 5.1.

Seja y = c, fixado e consideremos g(x) = f(x, c); logo:

g′(x) = limt−→0

g(x+ t) − g(x)

t= lim

t−→0

f(x+ t, c) − f(x, c)

t=∂f

∂x(x, c);

se h(y) = f(c, y), então:

h′(y) =∂f

∂y(c, y).

Analogamente para mais variáveis. Consequentemente, para derivar parcialmenteuma função em relação a x, as demais variáveis são consideradas como constantese a derivação é feita como em R.Em relação às outras variáveis o procedimento é análogo. Assim, todas as regrasde derivação estudadas para funções em R podem ser aplicadas.

5.1. INTRODUÇÃO 91

Exemplo 5.2.

[1] Se z = f(x, y) =√

x2 + y2, calcule suas derivadas parciais.

Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pela observa-ção anterior consideramos z =

√x2 + c, onde c = y2; derivando como em R:

∂f

∂x(x, y) =

x√x2 + c

=x

√

x2 + y2;

analogamente para y: fazemos c = x2:

∂f

∂y(x, y) =

y√

c+ y2=

y√

x2 + y2.

[2] Se z = f(x, y) = (x2 + y2) cos(x y), calcule suas derivadas parciais no ponto(1, π).

Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pela observa-ção anterior consideramos z = (x2 + c2) cos(c x), onde y = c; derivando como emR:

∂f

∂x(x, y) =

(

(x2 + c2) cos(c x))′ = 2x cos(c x) − c (x2 + c2) sen(c x)

= 2x cos(x y) − y (x2 + y2) sen(x y);

analogamente para y: fazemos z = (c2 + y2) cos(c y):

∂f

∂y(x, y) =

(

(c2 + y2) cos(c y))′

= 2 y cos(c y) − c (c2 + y2) sen(c y)

= 2 y cos(x y) − x (x2 + y2) sen(x y));

∂f

∂x(1, π) = −2,

∂f

∂y(1, π) = −2π.

[3] Se w = f(x, y, z) = ln(x2 + y2 + z2), calcule suas derivadas parciais.

Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Seja w =ln(x2 + c), onde c = y2 + z2; derivando como em R, temos:

∂f

∂x(x, y, z) =

2x

x2 + c=

2x

x2 + y2 + z2;

analogamente para y: fazemos c = x2 + z2 e para z: c = x2 + y2:

∂f

∂y(x, y, z) =

2 y

y2 + c=

2 y

x2 + y2 + z2e

∂f

∂z(x, y, z) =

2 z

c+ z2=

2 z

x2 + y2 + z2.

[4] Se w = f(x, y, z) = sen(x y

z

)

, calcule suas derivadas parciais.

Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x; seja w =

sen(c x), onde c =y

z; derivando:

∂f

∂x(x, y, z) = c cos(c x) =

y

zcos

(x y

z

)

;


analogamente para y; fazemos c =x

ze para z; fazemos c = x y:

∂f

∂y(x, y, z) = c cos(c y) =

x

zcos

(x y

z

)

e

∂f

∂z(x, y, z) = −c z−2cos(

c

z) = −x y

z2cos

(x y

z

)

.

De forma análoga ao Cálculo de uma variável, as derivadas parciais de uma funçãosão funções e, portanto, podemos calcula-lás em pontos de seus domínios.

[5] Seja f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1); então:

∂f

∂x(x, y) =

2x

x2 + y2 + 1e

∂f

∂y(x, y) =

2 y

x2 + y2 + 1.

Temos duas novas funções: g(x, y) =2x

x2 + y2 + 1e h(x, y) =

2 y

x2 + y2 + 1Logo,:

g(1, 1) = h(1, 1) =2

3, g(3,−2) =

3

7e h(1,−2) = −2

7.

-2

0

2

-2

02

0

1

2

3

Figura 5.1: Gráfico de f .

Figura 5.2: Gráficos de g e h, respectivamente.

A não existência das derivadas parciais de uma função contínua de duas variáveisnum ponto indica que o gráfico da função apresenta "arestas"nesse ponto.De fato, seja z = f(x, y) =

√

x2 + y2; então, as derivadas parciais existem, excetona origem.

5.2. GENERALIZAÇÕES 93

Figura 5.3: Gráfico de f(x, y) =√

x2 + y2.

5.2 Generalizações

Definição 5.2. 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 variável no ponto x ∈ A édenotada por ∂f

∂xj(x) e definida por:

∂f

∂xj(x) = lim

t−→0

f(x1, ..., xj + t, .., xn) − f(x1, ...., xn)

t,

se o limite existe.

Fazendo j = 1, ..., n, temos as derivadas parciais de f em relação à primeira, àsegunda, à terceira, ......., à n-ésima variáveis, respectivamente. Denotando porej = (0, ...., 1, ....0) o vetor que tem todas as componentes zero exceto a j-ésima,que é igual a 1, temos:

∂f

∂xj(x) = lim

t−→0

f(x + tej) − f(x)

t.

5.3 Interpretação Geométrica das Derivadas Parciais

O gráfico de uma função de duas variáveis z = f(x, y) é, em geral, uma superfícieem R

3. A interseção desta superfície com um plano paralelo ao plano xz, que passapelo 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 deuma variável, a saber: g(x) = f(x, y0). Logo, o coeficiente angular da reta tangenteà curva no ponto x0, relativa ao plano, é:

g′(x0) =∂f

∂x(x0, y0)

Analogamente, a curva plana definida pela interseção do gráfico de f com o planoque 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:

h′(y0) =∂f

∂y(x0, y0)

Desenhos à esquerda e à direita, respectivamente:

Figura 5.4:

Figura 5.5:

Exemplo 5.3.

[1] Seja z = f(x, y) = x2 + y2. Determine a equação da reta tangente à interseçãodo 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 retatangente é: z − g(x0) = g′(x0)(x− x0), onde x0 = 2, ou seja: z − 4x = 0.

-2

0

2

-2

0

2

0

2

4

6

-2

0

2

4

Figura 5.6: Exemplo [1].

5.3. INTERPRETAÇÃOGEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS 95

[2] Seja z = f(x, y) = y2. Determine a equação da reta tangente à interseção dográfico de f com o plano de equação x = x0, no ponto (x0, 1, 1).

Pela observação anterior: z = y2; logo z = h(y) = y2 e a equação da reta tangenteé: z − h(y0) = h′(y0) (y − y0), onde y0 = 1, ou seja: z − 2y + 1 = 0.

1


Dos parágrafos anteriores temos:

Proposição 5.1. Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função tal que as derivadas parciais existam

no conjunto aberto A, então:

∂f

∂x(a, b) = g′(a) se g(x) = f(x, b)

∂f

∂y(a, b) = h′(b) se h(y) = f(a, y)

A prova segue das definições e observações anteriores. Esta proposição se estendenaturalmente para n ≥ 2.

Exemplo 5.4.

[1] Se f(x, y) = 4√

x4 + y4, calcule∂f

∂x(0, 0) e

∂f

∂y(0, 0).

Seja g(x) = f(x, 0) = x e h(y) = f(0, y) = y; logo g′(x) = 1 e h′(y) = 1; então:

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 1.

[2] Se f(x, y) = x2√

(x2 + y2 ln(y2 + 1))−5 etg(x2 y+y3 x2), calcule∂f

∂x(1, 0).

Seja g(x) = f(x, 0) = x−3 e g′(x) = −3x−4; logo:

∂f

∂x(1, 0) = g′(1) = −3.

[3] Se f(x, y, z) =cos(x+ y + z)

ln(x2 + y2 + z2), calcule

∂f

∂x(π, 0, 0).

Seja g(x) = f(x, 0, 0) =cos(x)

2 ln(x)e g′(x) = −x ln(x) sen(x) + cos(x)

2 ln2(x); logo:

∂f

∂x(π, 0, 0) = g′(π) =

1

2π ln2(π).


5.4 Derivadas Parciais como Taxa de Variação

As derivadas parciais também podem ser interpretadas como taxa de variação ourazão instantânea.

De fato, sejamA ⊂ R2 aberto e f : A −→ R uma função tal que as derivadas parciais

existem no ponto (x0, y0). A derivada parcial∂f

∂x(x0, y0) é a taxa de variação de

f ao longo da reta que passa pelo ponto (x0, y0) e na direção e1 = (1, 0), isto é,c(t) = (x0, y0) + t (1, 0) = (x0 + t, y0), (|t| pequeno).De forma análoga interpretamos a outra derivada parcial:

∂f

∂y(x0, y0) é 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).

0

0 +t

0 0+t

e

e

2

1

Ay

y

x xd(t) d(t)

c(t)

c(t)

Figura 5.8:

Isto é, as derivadas parciais medem a velocidade da variação parcial da função emrelação a cada variável, quando as outras estão fixadas.

Exemplo 5.5.

[1] A lei de um gás ideal confinado é P V = 8T , onde P é a pressão em N/cm2, Vé 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 vo-lume fixo de 150 cm3.

(b) Determine a taxa de variação do volume em relação à pressão para a tempera-tura fixa de 100o.

(a) Escrevamos a pressão em função do volume e da temperatura:

P (V, T ) = 8T

V; então,

∂P

∂T(V, T ) =

8

V;

logo,∂P

∂T(150, T ) ∼= 0.0533 N/cm2/kal.

5.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO 97

A variação da pressão em relação à temperatura cresce a uma razão de 0.0533

N/cm2/kal. Note que∂P

∂Tnão depende de T .

(b) Escrevemos o volume em função da pressão e da temperatura:

V (P, T ) = 8T

P; então,

∂V

∂P(P, T ) = −8

T

P 2.

Por outro lado, P = 8T

Ve para T = 100 e V = 150, obtemos P =

16

3; logo:

∂V

∂P(16

3, 100) = −28.13 cm3/N.

A variação do volume em relação à pressão diminui a uma razão de 28.13 cm3/N .

[2] O potencial elétrico no ponto (x, y, z) é dado por:

V (x, y, z) =x

√

x2 + y2 + z2,

onde V é dado em volts e x, y e z em cm. Determine a taxa de variação instantâneade V em relação à distância em (1, 2, 3) na direção do:

(a) eixo dos x;

(b) eixo dos y;

(c) eixo dos z.

(a) Devemos calcular∂V

∂x(1, 2, 3). Seja g(x) = f(x, 2, 3) =

x√x2 + 13

; então:

∂V

∂x(x, 2, 3) = g′(x) =

13

(x+ 13)3/2,

logo;∂V

∂x(1, 2, 3) =

13

14√

14volts/cm.

(b) Devemos calcular∂V

∂y(1, 2, 3): Seja h(y) = f(1, y, 3) =

1√

y2 + 10; então:

∂V

∂y= h′(y) = − y

(y2 + 10)3/2,

logo;∂V

∂y(1, 2, 3) = − 1

7√

14volts/cm.

(c) Devemos calcular∂V

∂z(1, 2, 3): Seja k(z) = f(1, 2, z) =

1√z2 + 5

; então:

∂V

∂z= k′(z) = − z

(z2 + 5)3/2,

logo;∂V

∂z(1, 2, 3) = − 3

14√

14volts/cm.


[3] Quando materiais tóxicos são despejados ou manipulados num aterro podemser liberadas partículas contaminadas para a atmosfera circundante. Experimental-mente, a emissão destas partículas pode ser modelada pela função:

E(V,M) = K × 0.00032 V 1.3M−1.4,

onde E é a emissão (quantidade de partículas liberadas na atmosfera por toneladade solo manipulado), V é a velocidade média do vento (mph=metros por hora),Mé a umidade contida no material (dada em porcentagem) e K é uma constante quedepende do tamanho das partículas. Calcule a taxa de variação da emissão parauma partícula tal queK = 0.2, V = 10 eM = 13 em relação:

(a) ao vento;

(b) à umidade.

10 20 30 40 5010

20

30

40

50

Figura 5.9: Curvas de nível de E.

(a) Calculamos∂E

∂V(10, 13): Então,

∂E

∂V(V,M) = 0.000122V 0.3M−1.4; logo,

∂E

∂V(10, 13) = 0.00001496.

(b) Calculamos∂E

∂M(10, 13): Então,

∂E

∂M(V,M) = −0.000291V 1.3M−2.4; logo,

∂E

∂M(10, 13) = −0.00001234.

Interprete os resultados obtidos no último exemplo.

5.5 Diferenciabilidade

No caso de uma variável sabemos que se uma função é derivável num ponto, ela écontínua no ponto. Gostaríamos de ter um comportamento análogo para funçõesde várias variáveis; no entanto, a existência das derivadas parciais não garante acontinuidade da função.

5.5. DIFERENCIABILIDADE 99

De fato, a existência de∂f

∂xdepende do comportamento da função f somente na

direção do eixo dos x e a existência de∂f

∂ydepende do comportamento da função

f somente na direção do eixo dos y. Por exemplo, sabemos que a função:

f(x, y) =

2x y

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0),

não é contínua na origem. No entanto, as derivadas parciais existem em todos ospontos, inclusive na origem. De fato, sejam g(x) = f(x, 0) = 0 e h(y) = f(0, y) = 0;logo:

∂f

∂x(0, 0) = g′(0) = 0 e

∂f

∂y(0, 0) = h′(0) = 0.

As derivadas parciais para (x, y) 6= (0, 0) são:

∂f

∂x=

2 y3 − 2x2 y

(x2 + y2)2e

∂f

∂y=

2x3 − 2x y2

(x2 + y2)2.

Em uma variável, a existência da derivada de uma função num ponto, garante quenas proximidades desse ponto o gráfico da função fica bastante próximo da retatangente a esse gráfico no ponto considerado. Seguiremos esta idéia para esten-der o conceito de diferenciabilidade para funções de várias variáveis. Correspon-dendo à reta tangente num ponto do gráfico de uma função em R temos o "planotangente"num ponto do G(f) e este plano deve ser uma "boa"aproximação para oG(f) numa vizinhança do ponto.

Definição 5.3. 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 emx0 e:

lim‖h‖→0

∣

∣f(x) − f(x0) −n

∑

j=1

∂f∂xj

(x0)hj

∣

∣

‖h‖ = 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

∂x(x0, y0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0) (y − y0),

é uma boa aproximação para f numa vizinhança de x0 = (x0, y0).

Definição 5.4. f é diferenciável em A ⊂ Rn, se é diferenciável em cada ponto de A.


Exemplo 5.6.

Considere a função:

f(x, y) =

x2y

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0),

f é contínua em (0, 0); suas derivadas parciais são:

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0,

∂f

∂x(x, y) =

2x y3

(x2 + y2)2e

∂f

∂y(x, y) =

x2 (x2 − y2)

(x2 + y2)2.

Agora, apliquemos a definição de diferenciabilidade para f no ponto (0, 0):

lim(x,y)−→(0,0)

|f(x, y)|‖(x, y)‖ = lim

(x,y)−→(0,0)

|x2y|(x2 + y2)

√

x2 + y2;

considere y = k x, k > 0:

lim(x,k x)→(0,0)

|x2y|(x2 + y2)

32

= lim(x,k x)→(0,0)

|kx3|(x2 + k2x2)

32

= lim(x,k x)→(0,0)

±k(1 + k2)

32

= ± k

(1 + k2)32

;

o limite depende de k; logo f não é diferenciável em (0, 0).


Aplicar diretamente a definição de função diferenciável pode ser, em muitos casos,bastante complicado. Por isso, apresentamos o seguinte teorema:

Teorema 5.1. 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 noponto x0 ∈ A. Então f é diferenciável em x0.

O teorema estabelece apenas uma condição suficiente, ou seja, nem todas as fun-ções diferenciáveis num ponto x0 devem ter derivadas parciais contínuas numavizinhança de x0. Para a prova do teorema, veja o apêndice.


Exemplo 5.7.

[1] Considere a seguinte função

f(x, y) =

x2y2

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0).

As derivadas parciais são:

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0,

∂f

∂x(x, y) =

2xy4

(x2 + y2)2e

∂f

∂y(x, y) =

2x4y

(x2 + y2)2.

As derivadas parciais existem em todo ponto. Aplicaremos o teorema para provara diferenciabilidade de f no ponto (0, 0). Para isto provaremos que as derivadasparciais são contínuas no ponto (0, 0).

lim(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) = lim

(x,y)→(0,0)

2xy4

(x2 + y2)2=∂f

∂x(0, 0) = 0.

De fato, |x| ≤√

x2 + y2 e y4 ≤ (x2 + y2)2; logo, |2x y4|(x2+y2)2

≤ 2√

x2 + y2; se δ = ε2 ,

teremos∣

∣

2 x y4

(x2+y2)2

∣

∣ < ε se 0 <√

x2 + y2 < δ. Analogamente para a outra derivadaparcial.


[2] Os polinômios em várias variáveis são claramente diferenciáveis em todo pontode R

n.

[3] A função z = f(x, y) =√

x2 + y2 é diferenciável em R2 − {(0, 0)}. De fato:

∂f

∂x=

x√

x2 + y2e

∂f

∂y=

y√

x2 + y2

e ambas são funções contínuas em R2 − {(0, 0)}.

Definição 5.5. Uma função é dita de classe C1 em A quando existem as derivadas parciaisem cada ponto de A e estas são contínuas. Logo f de classe C1 implica em f diferenciável.


Proposição 5.2. Se f e g são funções de classe C1 no ponto x0, então:

1. f + g é de classe C1 em x0.

2. f g é de classe C1 em x0.

3. Se g(x0) 6= 0,f

gé de classe C1 em x0.

As provas seguem da aplicação direta da definição.

Exemplo 5.8.

[1] As função definidas por polinômios de várias variáveis são de classe C1.

[2] A função f(x, y) = xy2 +y

x2 + y2 + 1é diferenciável em todo R

2. De fato,

escrevendo:

f(x, y) = f1(x, y) +f2(x, y)

f3(x, y),

onde f1(x, y) = xy2, f2(x, y) = y e f3(x, y) = x2 + y2 + 1, vemos que as trêsfunções são diferenciáveis em todo o plano, pois são polinômios e f3 não se anulaem nenhum ponto do plano. Pelas propriedades anteriores, f é diferenciável emR

2.

Teorema 5.2. Se f é diferenciável no ponto x0, então f é contínua em x0.

Para a prova, veja o apêndice. Se f é de classe C1, então f é diferenciável e portantof é contínua.

O plano tangente ao gráfico de uma função f num ponto é o plano que contemtodas as retas tangentes ao gráfico de f que passam pelo ponto. Se todas as retastangente a esse ponto não são co-planares, então dizemos que o plano tangentenão existe. Nos próximos parágrafos daremos uma justificativa para a seguintedefinição:

Definição 5.6. 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

∂x(x0, y0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0) (y − y0)

Figura 5.12: 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

∂x(x0, y0),

∂f

∂y(x0, y0),−1

)

Exemplo 5.9.

[1] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = (x2 + y2 +1) e−(x2+y2)

no ponto (0, 0, 1).

Observemos que f(x, y) = (x2 + y2 + 1) e−(x2+y2) é uma função diferenciável emR

2. Sejam g(x) = f(x, 0) = (1 + x2) e−x2e h(y) = f(0, y) = (1 + y2) e−y2

; logo,g′(x) = −2x3 e−x2

e h′(y) = −2 y3 e−y2e:

∂f

∂x(0, 0) = g′(0) = 0;

∂f

∂y(0, 0) = h′(0) = 0

e f(0, 0) = 1. A equação do plano tangente no ponto (0, 0, 1) é:

z = 1.

Figura 5.13: Plano tangente do exemplo [1].

[2] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = x − 6 y2 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(x, y) = 1,

∂f

∂y(x, y) = −12 y.

As equações dos planos tangente ao G(f) nos pontos (1, 1,−5) e (−1,−1,−7) são:

z = x− 12 y + 6 e z = x+ 12 y + 6,

respectivamente.


Figura 5.14: Plano tangente do exemplo [2].

[3] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = ex−y + x y2 no ponto(1, 1, 2).

Note que f é diferenciável em R2:

f(1, 1) = 2,∂f

∂x(x, y) = ex−y + y2 e

∂f

∂y(x, y) = −ex−y + 2x y.

A equação do plano tangente ao G(f) no ponto (1, 1, 2) é:

z = 2x+ y − 1.

Os vetores normais no ponto (1, 1, 2) são n = (2, 1,−1) e n = (−2,−1, 1).

5.6 Aproximação Linear

Como em Cálculo I, podemos usar a "boa"aproximação do plano tangente ao grá-fico numa vizinhança de um ponto para efetuar cálculos numéricos aproximados.

Definição 5.7. Seja f diferenciável no ponto x0. A aproximação linear de f ao redor de x0

é denotada por l e definida como:

1. se n = 2 e z0 = f(x0, y0):

l(x, y) = z0 +∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0)

2. se n = 3, x0 = (x0, y0, z0) e w0 = f(x0):

l(x, y, z) = w0 +∂f

∂x(x0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0) (y − y0) +

∂f

∂z(x0) (z − z0)

Seja ε > 0 pequeno. Para todo x ∈ B(x0, ε), o erro da aproximação é:

E(x) = |f(x) − l(x)|

5.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 105

e satisfaz:

limx−→x0

E(x)

‖x− x0‖= 0.

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.

Exemplo 5.10.

[1] Suponha que não dispomos de calculadora ou de outro instrumento de cálculoe 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 asseguintes temperaturas T (1.0023, 0.00012) e T (0.00012, 1.0023).

(b) Se:ρ(x, y, z) = ln(

√

x2 + y2 + z2)

representa a densidade de um ponto (x, y, z) numa certa região do espaço que nãocontem 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 numavizinhança de (1, 0). Isto é:

l(x, y) = T (1, 0) +∂T

∂x(1, 0) (x − 1) +

∂T

∂y(1, 0) y

= 1 +∂T

∂x(1, 0)x +

∂T

∂y(1, 0) y − ∂T

∂x(1, 0).

∂T

∂x(x, y) = ex y (1 + x y) e

∂T

∂y(x, y) = ex y x2; então, numa vizinhança do 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.

Analogamente, como (0.00012, 1.0023) está perto de (0, 1) acharemos a linearizaçãode T numa vizinhança de (0, 1). Isto é:

l(x, y) = T (0, 1) +∂T

∂x(0, 1)x +

∂T

∂y(0, 1) (y − 1)

=∂T

∂x(0, 1)x +

∂T

∂y(0, 1) y − ∂T

∂y(0, 1)

= x.

Então, numa vizinhança do ponto (0, 1), temos:

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

∂x(1, 0, 1) (x − 1) +

∂ρ

∂y(1, 0, 1) y +

∂ρ

∂z(1, 0, 1) (z − 1).

Temos:

∂ρ

∂x(x, y, z) =

x

x2 + y2 + z2,

∂ρ

∂y(x, y, z) =

y

x2 + y2 + z2e

∂ρ

∂z(x, y, z) =

z

x2 + y2 + z2.

Então, numa vizinhança do ponto (1, 0, 1), temos:

ln(√

x2 + y2 + z2) ≃ x+ z + ln(2)

2− 1.

Logo: ρ(1.005, 0.007, 1.01) ≃ 0.354.

(c) Seja f(x, y, z) =√

x2 + y2 + z2. Consideremos o ponto (x0, y0, z0) = (1, 4, 8) edeterminemos a linearização de f numa vizinhança do ponto (1, 4, 8):

l(x, y, z) = f(1, 4, 8) +∂f

∂x(1, 4, 8) (x − 1) +

∂f

∂y(1, 4, 8) (y − 4) +

∂f

∂z(1, 4, 8) (z − 8).

Temos:

∂f

∂x(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).

Logo, f(1, 4, 8) = 9,∂f

∂x(1, 4, 8) =

1

9,∂f

∂y(1, 4, 8) =

4

9e∂f

∂z(1, 4, 8) =

8

9; então, numa

vizinhança do ponto (1, 4, 8), temos:

√

x2 + y2 + z2 ≃ 1

9(x+ 4 y + 8 z),

Em particular, no ponto (1.01, 4.01, 8.002):

√

1.012 + 4.012 + 8.0022 ≃ 1

9(1.01 + 4 × (4.01) + 8 × (8.002)) ≃ 9.0073.

[2] Lei de gravitação de Newton. A força de atração entre dois corpos de massameM , 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 aoredor do ponto (m0,M0, r0).

∂F

∂m(m,M, r) =

GM

r2,

∂F

∂M(m,M, r) =

Gm

r2e

∂F

∂r(m,M, r) = −2GmM

r3;

5.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 107

logo, no ponto (m0,M0, r0), temos:

l(m,M, r) =G

r30(M0 r0m+m0 r0M − 2m0M0 r +m0M0 r0).

Por exemplo, sem0 = 1,M0 = 2 e r0 = 1, temos que:

F (m,M, r) ≃ G (2m+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 edeve possuir altura no lado interno igual a 6 cm, raio interno com 2 cm e espessurade 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.

Figura 5.15: 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 r2 h. ComoV (2, 6)) = 24π,

∂V

∂r(r, h) = 2π r h e

∂V

∂h(r, h) = π r2;

então, numa vizinhança do ponto (2, 6), temos: l(r, h) = 4π(6 r+h−12). O volumede C1 é VC1

∼= l(2.1, 6.2) = 27.2π e o volume total é V =(

27.2π − 24π)

cm3 =3.2π cm3. Logo o custo aproximado é de 10 × 3.2π ∼= 100.58 cv.

O argumento desenvolvido neste parágrafo se generaliza facilmente para mais de3 variáveis:

[4] Suponha que 4 resistores num circuito são conectados em paralelo; a resistênciaR do circuito é dada por:

R(r1, r2, r3, r4) =

(

1

r1+

1

r2+

1

r3+

1

r4

)−1

.

Determine a linearização de R numa vizinhança do ponto (10, 20, 40, 10), onde osri são medidos em Ohms. Seja x = (r1, r2, r3, r4):

∂R

∂r1(x) =

(R(r1, r2, r3, r4))2

r21,

∂R

∂r2(x) =

(R(r1, r2, r3, r4))2

r22,


∂R

∂r3(x) =

(R(r1, r2, r3, r4))2

r23,

∂R

∂r4(x) =

(R(r1, r2, r3, r4))2

r24.

Logo, numa vizinhança do ponto (10, 20, 40, 10), temos:

R(r1, r2, r3, r4) ≃1

121(16 r1 + 4 r2 + r3 + 16 r4).

5.7 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 epodemos perguntar se as derivadas parciais destas funções existem:

∂f

∂x,∂f

∂y: A ⊂ R

2 −→ R.

Definição 5.8. As derivadas parciais de segunda ordem de f são definidas e denotadas por:

∂

∂x

(∂f

∂x

)

(x, y) = limt→0

S∂f∂x (x+ t, y) − ∂f

∂x(x, y)

t

∂

∂x

(∂f

∂y

)

(x, y) = limt→0

∂f∂y (x+ t, y) − ∂f

∂y (x, y)

t

∂

∂y

(∂f

∂x

)

(x, y) = limt→0

∂f∂x(x, y + t) − ∂f

∂x(x, y)

t

∂

∂y

(

∂f

∂y

)

(x, y) = limt→0

∂f∂y (x, y + t) − ∂f

∂y (x, y)

t,

se os limites existem.

As notações usuais são:

∂

∂x

(∂f

∂x

)

(x, y) =∂2f

∂x2(x, y)

∂

∂x

(∂f

∂y

)

(x, y) =∂2f

∂x∂y(x, y)

∂

∂y

(∂f

∂x

)

(x, y) =∂2f

∂y∂x(x, y)

∂

∂y

(∂f

∂y

)

(x, y) =∂2f

∂y2(x, y)

Exemplo 5.11.

[1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y) = x2 y3.

5.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 109

Primeiramente, calculamos as de primeira ordem∂f

∂x= 2x y3 e

∂f

∂y= 3x2 y2; logo:

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂x

)

=∂

∂x

(

2x y3)

= 2 y3,∂2f

∂y2=

∂

∂y

(∂f

∂y

)

=∂

∂y

(

3x2 y2)

= 6x2 y,

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂y

)

=∂

∂x

(

3x2 y2)

= 6x y2,∂2f

∂y∂x=

∂

∂y

(∂f

∂x

)

=∂

∂y

(

2x y3)

= 6x y2.

[2] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y) = ln(x2 + y2).

Primeiramente,∂f

∂x=

2x

x2 + y2e∂f

∂y=

2y

x2 + y2; logo:

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(

2x

x2 + y2

)

=2 (y2 − x2)

(x2 + y2)2,

∂2f

∂y2=

∂

∂y

(

2y

x2 + y2

)

=2(x2 − y2)

(x2 + y2)2,

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(

2 y

x2 + y2

)

=−4xy

(x2 + y2)2,

∂2f

∂y∂x=

∂

∂y

(

2x

x2 + y2

)

=−4x y

(x2 + y2)2.

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 fda seguinte forma:

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

(x) = limt→0

∂f∂xi

(x + tej) − ∂f∂xi

(x)

t,

se os limites existem. A notação é∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

(x) =∂2f

∂xj∂xi(x). Logo, definimos n2

funções:∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

: A ⊂ Rn −→ R.

Se n = 2 temos 4 derivadas parciais de segunda ordem e se n = 3 temos 9 derivadasparciais de segunda ordem. Se i = j:

∂

∂xi

( ∂f

∂xi

)

(x) =∂2f

∂x2i

(x).

Analogamente, definimos as derivadas de ordem 3, 4, etc. Por exemplo, parai, j, k = 1....n:

∂3f

∂xj∂xi∂xk(x) =

∂

∂xj

( ∂2f

∂xi∂xk

)

(x).

Exemplo 5.12.

[1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y, z) = x y z.


Calculemos as de primeira ordem:∂f

∂x= y z,

∂f

∂y= x z e

∂f

∂z= x y, logo:

∂2f

∂x2=

∂

∂x(y z) = 0,

∂2f

∂y2=

∂

∂y(x z) = 0,

∂2f

∂z2=

∂

∂z(x y) = 0,

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x(x z) = z,

∂2f

∂x∂z=

∂

∂x(x y) = y,

∂2f

∂y∂x=

∂

∂y(y z) = z,

∂2f

∂y∂z=

∂

∂y(x y) = x,

∂2f

∂z∂x=

∂

∂z(y z) = y,

∂2f

∂z∂y=

∂

∂z(x z) = x.

[2] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f(x, y, z) = sen(x y z).

Calculemos as de primeira ordem:∂f

∂x= y z cos(x y z),

∂f

∂y= x z cos(x y z) e

∂f

∂z= x y cos(x y z); logo:

∂2f

∂x2== −y2 z2 sen(x y z),

∂2f

∂y2= −x2 z2 sen(x y z),

∂2f

∂z2= −x2 y2 sen(x y z),

∂2f

∂x∂y= z cos(x y z) − x y z2 sen(x y z),

∂2f

∂x∂z= y cos(x y z) − x y2 z sen(x y z),

∂2f

∂y∂x= z cos(x y z) − x y z2 sen(x y z),

∂2f

∂y∂z= x cos(x y z) − x2 y z sen(x y z),

∂2f

∂z∂x= y cos(x y z) − x y2 z sen(x y z),

∂2f

∂z∂y= x cos(x y z) − x2 y z sen(x y z).

[3] Equação de Laplace: Seja u = u(x, y) uma função duas vezes diferenciável numconjunto aberto do plano. A equação de Laplace é:

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0.

A equação de Laplace está associada a fenômenos estacionários, isto é, indepen-dentes do tempo, como por exemplo potenciais eletrostáticos. As soluções destaequação são chamadas funções harmônicas. A função u(x, y) = sen(x) ey é harmô-nica. De fato:

∂2u

∂x2= −sen(x) ey e

∂2u

∂y2= sen(x) ey.


0 2 4 6 81

2

3

4

5

6

Figura 5.16: 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 numconjunto aberto do plano. A equação homogênea da onda é:

∂2u

∂t2= c2

∂2u

∂x2,

onde c > 0 (c é chamada a velocidade de propagação da onda). u(x, t) descreve odeslocamento vertical de uma corda vibrante. A função :

u(x, t) = (x+ c t)n + (x− c t)m, n, m ∈ N

satisfaz à equação da onda. De fato.

∂2u

∂x2= m (m− 1) (x − c t)m−2 + n (n− 1) (x + c t)n−2,

∂2u

∂t2= c2 (m (m− 1) (x− c t)m−2 + n (n− 1) (x + c t)n−2).

Figura 5.17: Gráfico de z = u(x, t) para c = 16 , n = m = 3.

Analogamente, a função: u(x, t) =sen(x+ c t) + cos(x− c t)

2satisfaz à equação da

onda. De fato.

∂2u

∂x2= −1

2(sen(x+ c t) + cos(x− c t)),

∂2u

∂t2= −c

2

2(sen(x+ c t) + cos(x− c t)).


Figura 5.18: Gráfico de z = u(x, t) para c = 2.

Definição 5.9. A função f : A −→ R é de classe C2 quando existem as derivadas parciaisaté a segunda ordem em todos os pontos de A e as funções

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

: A ⊂ Rn → R

são contínuas, para todo i, j.

Notamos que nos exemplos estudados sempre verificamos que:

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

=∂

∂xi

( ∂f

∂xj

)

.

Isto é consequencia do seguinte teorema.

Teorema 5.3. (Schwarz) Se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função de classe C2 no ponto

x0 ∈ A, então para todo i, j = 1.....n tem-se:

∂

∂xj

( ∂f

∂xi(x0)

)

=∂

∂xi

( ∂f

∂xj(x0)

)

Para a prova veja o apêndice.

Exemplo 5.13.

Consideremos a função: f(x, y) =

x y (x2 − y2)

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 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) asderivadas parciais de f(x, y) existem e são todas nulas:

∂f

∂x=y (x4 − y4 + 4x2y2)

(x2 + y2)2e

∂f

∂y=x (x4 − y4 − 4x2y2)

(x2 + y2)2.

Para todo y 6= 0, f(0, y) = 0, ∂f∂x(0, y) = −y, ∂f

∂y (0, y) = 0 e:

∂2f

∂x∂y(0, y) = −1,

∂2f

∂y∂x(0, y) = 0.

Logo, a função não é de classe C2.

Em geral, as funções "bem comportadas", como as polinomiais, exponenciais e amaioria das funções utilizadas neste livro são de classe C2. A seguir apresentamosos gráficos e as curvas de nível da função de classe C2:

f(x, y) = (x2 − y2) e−(x2+y2)

2

e de suas derivadas parciais de primeira e segunda ordemmistas, respectivamente:

Figura 5.20: Gráficos de f e ∂f∂x , respectivamente.

Figura 5.21: Gráficos de ∂f∂y e

∂2f∂x∂y , respectivamente.


-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 5.22: Curvas de diversos níveis de f e ∂f∂x , respectivamente.

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 5.23: Curvas de diversos níveis de ∂f∂y e

∂2f∂x∂y , respectivamente.

O teorema de Schwarz também é valido para derivadas mistas de ordem superiora dois. De fato, se as terceiras derivadas de f são contínuas (f de classe C3), temos:

∂3f

∂x∂x∂y=

∂

∂x

( ∂2f

∂x∂y

)

=∂

∂x

( ∂2f

∂y∂x

)

=∂3f

∂x∂y∂x.

Por outro lado, fazendo g = ∂f∂x :

∂3f

∂x∂y∂x=

∂2g

∂x∂y=

∂2g

∂y∂x=

∂3f

∂y∂x∂x.

Fica como exercício determinar as outras igualdades. Em geral, f é de classe Ck

(k ≥ 1), no conjunto aberto A se as derivadas parciais até ordem k existem e sãocontínuas em A. f e de classe C∞ se é de classe Ck para todo k ≥ 1.

5.8 Regra da Cadeia

Teorema 5.4. Se n = 2, z = f(x, y) é uma função de classe C1, x = x(r, s) e y = y(r, s)são funções tais que suas derivadas parciais existem, então:

∂z

∂r=∂z

∂x

∂x

∂r+∂z

∂y

∂y

∂re

∂z

∂s=∂z

∂x

∂x

∂s+∂z

∂y

∂y

∂s

5.8. REGRA DA CADEIA 115

r

x

z

y

rs s

Figura 5.24: A regra da cadeia para n = 2.

Em particular, se x = x(t) e y = y(t) são deriváveis, então:

dz

dt=∂z

∂x

dx

dt+∂z

∂y

dy

dt

x

z

y

t

Figura 5.25: Caso particular da regra da cadeia para n = 2.

Se n = 3, w = f(x, y, z) é uma função de classe C1, x = x(r, s, t), y = y(r, s, t) ez = z(r, s, t) são tais que as derivadas parciais existem, então:

∂w

∂r=∂w

∂x

∂x

∂r+∂w

∂y

∂y

∂r+∂w

∂z

∂z

∂r,

∂w

∂s=∂w

∂x

∂x

∂s+∂w

∂y

∂y

∂s+∂w

∂z

∂z

∂s

e

∂w

∂t=∂w

∂x

∂x

∂t+∂w

∂y

∂y

∂t+∂w

∂z

∂z

∂t

x

w

y z

r r s t r s tts

Figura 5.26: A regra da cadeia para n = 3.

Em particular, se x = x(t), y = y(t) e z = z(t) são deriváveis, então:


x y

t

z

w

Figura 5.27: Caso particular da regra da cadeia para n = 3.

dw

dt=∂w

∂x

dx

dt+∂w

∂y

dy

dt+∂w

∂z

dz

dt

Exemplo 5.14.

[1] Calculedw

dtse w = f(x, y, z) = x y z onde x = x(t) = t2, y = y(t) = t e

z = z(t) = t4.dw

dt=∂w

∂x

dx

dt+∂w

∂y

dy

dt+∂w

∂z

dz

dt,

∂w

∂x= y z = t× t4 = t5,

∂w

∂y= x z = t2 × t4 = t6 e

∂w

∂z= x y = t2 × t = t3. Por outro

lado, temos quedx

dt= 2 t,

dy

dt= 1 e S

dz

dt= 4 t3; então;

dw

dt= 2 t6 + t6 + 4 t6 = 7 t6.

Observe que podemos obter o mesmo resultado fazendo a composição das funções:

w = f(t2, t, t4) = t2 × t× t4 = t7, entãodw

dt= 7 t6.

Pode explicar por que isto ocorre?

[2] Seja w = f(x, y, z) = x2 + y2 + 2 z2, se:

x(ρ, α, θ) = ρ sen(α) cos(θ),

y(ρ, α, θ) = ρ sen(α) sen(θ) e

z(ρ, α, θ) = ρ cos(α).

Calcule∂w

∂ρ,∂w

∂αe∂w

∂θ.

∂w

∂ρ=∂w

∂x

∂x

∂ρ+∂w

∂y

∂y

∂ρ+∂w

∂z

∂z

∂ρ= 2x 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

∂ρ= 2 ρ sen2(α)

(

cos2(θ) + sen2(θ))

+ 4 ρ cos2(α) = 2 ρ+ 2 ρ cos2(α).

Como antes, se fazemos w = f(ρ, α, θ) = ρ2 + ρ2cos2(α), obtemos:

∂w

∂ρ= 2 ρ+ 2 ρ cos2(α),

∂w

∂α= −2 ρ2cos(α) sen(α) e

∂w

∂θ= 0.

5.8. REGRA DA CADEIA 117

[3] Em um instante dado, o comprimento de um lado de um triângulo retângulo é10 cm e cresce à razão de 1 cm/seg; o comprimento do outro lado é 12 cm e decresceà razão de 2 cm/seg. Calcule a razão de variação da medida do ângulo agudooposto ao lado de 12 cm, medido em radianos, no instante dado.

x

y

θ


Sejam x = x(t) e y = y(t) os lados no instante t e θ = arctg( y

x

)

o ângulo em questão;pela regra da cadeia:

dθ

dt=∂θ

∂x

dx

dt+∂θ

∂y

dy

dt= − y

x2 + y2

dx

dt+

x

x2 + y2

dy

dt;

temos x = 10,dx

dt= 1; y = 12,

dy

dt= −2, pois y decresce. Substituindo estes valores

na expressão anteriordθ

dt= − 8

61; logo, decresce à razão de

8

61rad/seg.

[4] A resistência R, em Ohms, de um circuito é dada por R = EI , onde I é a cor-

rente em ampères e E é a força eletromotriz, em volts. Num certo instante, quandoE = 120 volts e I = 15 ampères, E aumenta numa velocidade de 0.1 volts/seg e Idiminui à velocidade de 0.05 ampères/seg. Determine a taxa de variação instantâ-nea de R.

Como R = R(E, I) =E

I. Sejam E = E(t) a força eletromotriz no instante t e

I = I(t) a corrente no instante t. Pela regra da cadeia:

dR

dt=∂R

∂E

dE

dt+∂R

∂I

dI

dt=

1

I

dE

dt+

[

− E

I2

] dI

dt.

Temos E = 120,dE

dt= 0.1, I = 15,

dI

dt= −0.05, pois I decresce. Substituindo estes

valores na expressão anterior:

dR

dt=

1

30Ohm/seg.

[5] A lei de um gás ideal confinado é P V = k T , onde P é a pressão, V é o vo-lume, T é a temperatura e k > 0 constante. O gás está sendo aquecido à razão de2 graus/min e a pressão aumenta à razão de 0.5 kg/min. Se em certo instante, atemperatura é de 200 graus e a pressão é de 10 kg/cm2, ache a razão com que variao volume para k = 8.


Escrevemos o volume do gás em função da pressão e da temperatura:

V (P, T ) = 8T

P= 8T P−1.

Sejam P = P (t) a pressão do gás no instante t e T = T (t) a temperatura do gás no

instante t. Pela regra da cadeia e usando quedT

dt= 2 e

dP

dt= 0.5:

dV

dt=∂V

∂T

dT

dt+∂V

∂P

dP

dt=

4

P(4 − T

P).

Como T = 200 e P = 10, substituindo estes valores na expressão anterior:

dV

dt= −32

5cm3/min.

O volume decresce à razão de32

5cm3/min.

[6] De um funil cônico escoa água à razão de 18πcm3/seg. Se a geratriz faz com oeixo do cone um ângulo α = π

3 , determine a velocidade com que baixa o nível deágua no funil, no momento em que o raio da base do volume líquido é igual a 6 cm.

r

h

α

Figura 5.29: Funil.

Sejam r = r(t) o raio do cone no instante t, h = h(t) a altura do cone no instante t.

O volume do cone é V (r, h) =r2hπ

3. Devemos calcular

dh

dt.

dV

dt=∂V

∂r

dr

dt+∂V

∂h

dh

dt=π

3

(

2rhdr

dt+ r2

dh

dt

)

;

sabemos quedV

dt= 18π e tg(α) = r/h, logo r = h tg(π/3) =

√3h e

dr

dt=

√3dh

dte:

18π =π

3

(

2rhdr

dt+ r2

dh

dt

)

= π r2dh

dt.

Logo, temosdh

dt=

18

r2=

1

2cm/seg.

[7] Suponha que z = f(b x2

2− a y3

3

)

é diferenciável, a, b ∈ R. Então, f satisfaz àequação:

a y2 ∂z

∂x+ b x

∂z

∂y= 0.

5.9. EXERCÍCIOS 119

De fato, seja u =b x2

2− a y3

3; então, z = f(u). Pela regra da cadeia:

∂z

∂x=dz

du

∂u

∂x= f ′(u) b x e

∂z

∂y=dz

du

∂u

∂y= −f ′(u) a y2;

logo, a y2 ∂z

∂x+ b x

∂z

∂y= f ′(u) (a b x y2 − a b x y2) = 0.

[8] Equação da onda: Seja u = u(x, t) de classe C2. A equação homogênea da ondaé dada por:

∂2u

∂t2= c2

∂2u

∂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

∂x2= f ′′(x+ c t) + g′′(x− c t) e

∂2u

∂t2= c2 (f ′′(x+ c t) + g′′(x− c t)),

ou seja,∂2u

∂t2= c2

∂2u

∂x2.

5.9 Exercícios

1. Calcule as derivadas parciais das seguintes funções:

(a) z = x2 y − x y2

(b) z = x3 y3

(c) z = x2 y3 − 3x4 y4

(d) z = arctg(x2 + y)

(e) z = sec(x2 y)

(f) z = senh(√x y)

(g) z =x y

x+ y

(h) z =x− y

x+ y

(i) z =1

√

x2 + y2

(j) z = tg( 4

√

y

x)

(k) z = arcsec(x

y3)

(l) z = cos(x y4)

(m) w = x y z + z sen(x y z)

(n) w = exyz2

(o) w =x+ y + z

x2 + y2 + z2

(p) w = arctg(x+ y + z)

(q) w = arcsec(x y z)

(r) w = argsenh(x y z)

(s) w = x2 y3 z4

(t) w = cos(x y + z x)

(u) w = 6√x y z

(v) w = ln(x2 y3 z4)

(w) w =x y + z x

1 + x2 + y3 z4

(x) w = sen(ln(x y z2))

(y) w = ex2 y3 z4

(z) w = cos(ln(x y z2))


2. Seja∂w

∂x+∂w

∂y+∂w

∂z= 0. Verifique se as seguintes funções satisfazem à equa-

ção:

(a) w = ex−y + cos(y − z) +√z − x

(b) w = sen(ex + ey + ez)

(c) w = ln(ex + ey + ez)

(d) w = cos(x2 + y2 + z2)

3. Ligando-se em paralelo n resitências R1, R2, ........, Rn a resistência total R édada por

1

R=

n∑

i=1

1

Ri.

Verifique que:∂R

∂Ri=

( R

Ri

)2.

4. Determine a equação do plano tangente ao gráfico da função z = f(x, y) noponto P se:

(a) z = x2 + y, P = (1, 1, f(1, 1)).

(b) z = x2 − y2, P = (0, 0, 0).

(c) z = x2 + 4 y2, P = (2, 1, f(2, 1)).

(d) z = x2 y + y3, P = (−1, 2, f(−1, 2)). .

(e) z =x

√

x2 + y2, P = (3,−4, f(3,−4)).

(f) z = sen(x y), P = (1, π, 0).

(g) z =x2 + 4 y2

5, P = (3,−2, 5).

(h) z =4 − x y

x+ y, P = (2, 2, f(2, 2)).

(i) z = x ex2−y2, P = (2, 2, f(2, 2)).

(j) z = 3x3 y − x y, P = (1,−1, f(1,−1)).

(k) z =1

x y, P = (1, 1, f(1, 1)).

(l) z = cos(x) sen(y), P = (0,π

2, f(0,

π

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 + y2 que seja paralelo aoplano z − 2x− y = 0.

7. Verifique que o plano tangente ao gráfico de z = x2 − y2 na origem intersectao 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).

(b) f(x, y, z) = 4√

x2 + y2 + z2, (1, 0, 0).

(c) f(x, y, z) = x y z, (1, 1, 1).

(d) f(x, y, z) = (x y)z , (12, 10, 1).

(e) f(x, y, z) = x y3 + cos(π z), (1, 3, 1)

(f) f(x, y, z) = x2 − y2 − z2 + 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) z = x3 y − 2x2 y2 + 5x y − 2x

(b) z = x cos(x y) − y sen(x y)

(c) z = cos(x3 + x y)

(d) z = arctg(x2 − 2x y)

(e) z = ex2+y2

(f) w = x2y3 z4

(g) w = cos(x+ y + z)

(h) w = x3 y2 z + 2 (x+ y + z)

(i) w =x3 − y3

x2 + y3

(j) w = exyz

(k) w = log4(x2 + y z + x y z)

(l) w = exy2z3

11. Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace:

∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 0.

(a) f(x, y) = e−x cos(y).(b) f(x, y) = ln(

√

x2 + y2).(c) f(x, y) = arctg

(y

x

)

, x > 0.

12. Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace em dimensão3:

∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2= 0.

(a) f(x, y, z) = x2 + y2 − 2 z2. (b) f(x, y, z) = e3x+4ycos(5z).

13. Usando a regra da cadeia para z = f(x, y) e w = f(x, y, z), calculedz

dtedw

dt:


(a) z = x2 + 2y2, x = sen(t), , y = cos(t)

(b) z = arctg(y

x), x = ln(t), y = et

(c) z = tg(x

y), x = t, y = et

(d) z = exy, x = 3t+ 1, y = t2

(e) z = x2cos(y) − x, x = t2, y = 1t

(f) z = ln(x) + ln(y) + xy, x = et, y = e−t

(g) w = xyz, x = t2, y = t3, z = t4

(h) w = e−xy2sen(z), x = t, y = 2t, z = 3t

(i) w = x2 + y2 + z2, x = et, y = etcos(t), z = etsen(t)

(j) w =x2 + y2

1 + x2 + y2 + z2, x = cos(t),

y = sen(t), z = et

(k) w =x+ y + z

x2 + y2 + z2, x = cos(t),

y = sen(t), z = et

(l) w = (x2 − y2) ln(

√

z3

x2 − y2), x = cosh(t),

y = senh(t), z = t

14. Usando a regra da cadeia para z = f(x, y) e w = f(x, y, z), calcule:

∂z

∂t,∂z

∂se∂w

∂t,∂w

∂se∂w

∂r.

(a) z = x2 − y2, x = 3t− s, y = t+ 2s

(b) z = ey

x , x = 2s cos(t), y = 4s sen(t)

(c) z = x2 + y2, x = cosh(s) cos(t),y = senh(s) sen(t)

(d) z = x2y−2, x = s2 − t, y = 2st

(e) z = cosh(y

x), x = 3t2s, y = 6tes

(f) ) z =√

1 + x2 + y2, 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 + y2 + z2, x = rsen(t)cos(s), y = rsen(t)sen(s), z = rcos(t)

(j) w =√

x2 + y2 + z2, 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 = t2r, y = st2, z = t2s


15. Se o raio r e a altura h de um tanque cônico decrescem à razão de 0.3 cm/he 0.5 cm/h respectivamente, determine a razão de decrescimento do volumedo 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 ecresce à razão de 1 cm/seg. Qual é a velocidade com que a altura aumenta noinstante em que o volume cresce à razão de 2000

3 π cm3/seg?

17. Considere a lei de um gás ideal confinado, para k = 10. Determine a taxa devariação da temperatura no instante em que o volume do gás é de 120 cm3 eo gás está sob pressão de 8 din/cm2, sabendo que o volume cresce à razão de2 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

∂x=∂z

∂rcos(θ) − ∂z

∂θ

sen(θ)

re

∂z

∂y=∂z

∂rsen(θ) +

∂z

∂θ

cos(θ)

r.

19. Sejam f(x, y) e g(x, y) funções diferenciáveis tais que:

∂f

∂x=∂g

∂ye

∂f

∂y= −∂g

∂x.

Se x = rcos(θ), y = rsen(θ) verifique que:

∂f

∂r=

1

r

∂g

∂θe

∂g

∂r= −1

r

∂f

∂θ.

20. Verifique que se w = f(x, y, z) é diferenciável e homogênea de grau n, então:

x∂f

∂x+ y

∂f

∂y+ z

∂f

∂z= nf(x, y, z).


Capítulo 6

DERIVADA DIRECIONAL

6.1 Introdução

Suponha que estamos numa ladeira de uma montanha e desejamos determinar ainclinação damontanha na direção do eixo dos z. Se a montanha fosse representadapelo gráfico da função z = f(x, y), então, já saberíamos determinar a inclinação em

duas direções diferentes, a saber, na direção do eixo dos x utilizando∂f

∂x(x, y) e na

direção do eixo dos y utilizando∂f

∂y(x, y).

Neste parágrafo veremos como utilizar derivada para determinar a inclinação emqualquer direção; para isto definimos um novo tipo de derivada chamada direcio-nal. Este conceito generaliza o de derivada parcial, isto é, as derivadas parciais deuma função podem ser obtidas como casos particulares das derivadas direcionais.

Definição 6.1. Sejam A ⊂ Rn aberto, f : A ⊂ R

n −→ R uma função, x ∈ A e ~v umvetor unitário em R

n. A derivada direcional de f no ponto x e na direção ~v é denotadapor:

∂f

∂v(x)

e definida por:∂f

∂v(x) = lim

t−→0

f(x + t ~v) − f(x)

t,

se o limite existe.

Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R

3 −→ R uma função, x = (x, y, z) ∈ A e~v = (v1, v2, v3) um vetor unitário em R

3. A derivada direcional de f no ponto

(x, y, z) e na direção ~v é denotada por:∂f

∂v(x, y, z) e definida por:

∂f

∂v(x, y, z) = lim

t−→0

f(x+ t v1, y + t v2, z + t v3) − f(x, y, z)

t

se o limite existe. Analogamente para n = 2:

∂f

∂v(x, y) = lim

t−→0

f(x+ t v1, y + t v2) − f(x, y)

t

125

126 CAPÍTULO 6. DERIVADA DIRECIONAL

se o limite existe.

Exemplo 6.1.

[1] A função:

f(x, y) =

x2 y

x4 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0),

não é contínua na origem. No entanto, as derivadas direcionais no ponto (0, 0) eem qualquer direção ~v = (v1, v2) existem.

De fato:

f(

(0, 0) + t (v1, v2))

− f(0, 0) = f(

t v1, t v2)

=t v2

1 v2t2 v4

1 + v22

;

então:

∂f

∂v(0, 0) = lim

t→0

f(

(0, 0) + t (v1, v2))

− f(0, 0)

t

= limt→0

v21 v2

t2 v41 + v2

2

=

v21

v2se v2 6= 0

0 se v2 = 0.

[2] Calcule a derivada direcional de f(x, y) = x2 + y2 na direção (2, 2).

O vetor (2, 2) não é unitário; logo ~v =(2, 2)

‖(2, 2)‖ =

√2

2

(

1, 1)

é unitário e:

f(

x+

√2 t

2, y +

√2 t

2

)

=(

x+t√

2

2

)2+

(

y +t√

2

2

)2;

então, f(

x+

√2 t

2, y +

√2 t

2

)

− f(x, y) = t2 +√

2 t (x+ y); logo,

∂f

∂v= lim

t→0

f(

x+√

2 t2 , y +

√2 t2

)

− f(x, y)

t= lim

t→0

(

t+√

2 (x+ y))

=√

2 (x+ y).

[3] Calcule a derivada direcional de f(x, y, z) = x y z na direção (1, 1, 1).

O vetor (1, 1, 1) não é unitário; logo ~v =(1, 1, 1)

‖(1, 1, 1)‖ =

√3

3

(

1, 1, 1)

é unitário. Denote

por (x0, y0, z0) =(

x+

√3 t

3, y +

√3 t

3, z +

√3 t

3

)

; logo:

f(x0, y0, z0) =(

x+t√

3

3

) (

y +t√

3

3

) (

z +t√

3

3

)

;

então:

f(x0, y0, z0) − f(x, y, z) =

√3 t3

9+t2 (x+ y + z)

3+t√

3 (x y + x z + y z)

3;

6.2. DERIVADA DIRECIONAL COMO TAXA DE VARIAÇÃO 127

logo,

∂f

∂v= lim

t→0

(

√3 t2

9+t (x+ y + z)

3+

√3 (x y + x z + x y)

3

)

=

√3 (x y + x z + x y)

3.

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 derivadaparcial de f em relação a x:

∂f

∂e1(x, y, z) = lim

t→0

f(x+ t, y, z) − f(x, y, z)

t=∂f

∂x(x, y, z).

Analogamente se ~v = e2 = (0, 1, 0) e ~v = e3 = (0, 0, 1):

∂f

∂e2(x, y, z) =

∂f

∂y(x, y, z) e

∂f

∂e3(x, y, z) =

∂f

∂z(x, y, z).

A definição para n = 2 é análoga.

Notemos que na definição de derivada direcional o vetor ~v deve ser unitário. Arazão disto é a seguinte: se o vetor não fosse unitário, a derivada direcional nãodependeria somente do ponto e da direção, mas também do comprimento do vetor.Para n = 2, ~v determina a direção do plano secante que intersecta o gráfico de f .

Figura 6.1:

Pode acontecer que a derivada direcional de uma função num ponto numa certadireção exista e a derivada direcional da mesma função no mesmo ponto em outradireção não exista.

6.2 Derivada Direcional como Taxa de Variação

De forma análoga ao que ocorre com as derivadas parciais, a derivada direcionalde 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.

y0

y0 +t

x0 x0+t

Ae

e

2

1

v

c(t)

Figura 6.2:

Novamente, a existência de todas as derivadas direcionais de uma função numponto não garante a continuidade da função no ponto, pois, equivale a aproximar-se do ponto por retas.

Exemplo 6.2.

O potencial elétrico numa região do espaço é dado por V (x, y, z) = x2 + 4 y2 + 9 z2.Ache a taxa de variação de V no ponto (2,−1, 3) e na direção de (2,−1, 3) para aorigem.

O vetor (2,−1, 3) não é unitário; logo, ~v =(2,−1, 3)

‖(2,−1, 3)‖ =1√14

(

2,−1, 3)

. Então:

f(

x+2 t√14, y − t√

14, z +

3 t√14

)

=(

x+2 t√14

)2+ 4

(

y − t√14

)2+ 9

(

z +3 t√14

)2;

e,

f(

x+2 t√14, y − t√

14, z +

3 t√14

)

− f(x, y, z) =1

14t(

89 t+ 2√

14 (2x− 4 y + 27 z))

.

Logo,∂f

∂v= lim

t−→0

1

14

(

89 t+ 2√

14 (2x− 4 y + 27 z))

=

√14

7(2x− 4 y + 27 z). En-

tão:∂f

∂v(2,−1, 3) =

89√

14

7.

Se f é diferenciável no ponto x0, então, f possui todas as derivadas direcionais emx0. A recíproca é falsa. Procure exemplos.

6.3 Gradiente de uma Função

Definição 6.2. Sejam A ⊂ Rn aberto, x ∈ A e f : A ⊂ R

n −→ R uma função tal que asderivadas parciais existem em x. O gradiente de f no ponto x é o vetor do R

n denotadopor ∇f(x) e definido por:

∇f(x) =( ∂f

∂x1(x),

∂f

∂x2(x), . . . ,

∂f

∂xn(x)

)

.

6.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 129

Equivalentemente:

∇f(x) =∂f

∂x1(x) ~e1 +

∂f

∂x2(x) ~e2 + ............ +

∂f

∂xn(x) ~en.

Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R

3 −→ R uma função, x = (x, y, z) ∈ A ogradiente de f no ponto (x, y, z) é definido por:

∇f(x, y, z) =(∂f

∂x(x, y, z),

∂f

∂y(x, y, z)

∂f

∂z(x, y, z)

)

Analogamente para n = 2.A rigor ∇f é uma função que associa a cada ponto x ∈ A ⊂ R

n um único vetor∇f(x) ∈ R

n. Este tipo de função é chamado campo de vetores. O nome se jus-tifica se expressarmos graficamente ∇f do seguinte modo: em cada ponto x ∈ Adesenhamos um vetor com origem em x e com o comprimento e direção de∇f(x).

A

Figura 6.3: O gradiente como campo de vetores.

Exemplo 6.3.

[1] Se f(x, y) = x2 + y2; então,∇f(x, y) = (2x, 2 y).

(x, y) ∇f(x, y) ‖∇f(x, y)‖(0, 0) (0, 0) 0(1, 0) (2, 0) 2(x, 0) (2x, 0) 2x(0, y) (0, 2y) 2y

(1, 1) (2, 2) 2√

2(x, y) (2x, 2y) 2 ‖(x, y)‖

À medida que o ponto se afasta da origem o comprimento do gradiente cresce efica igual a duas vezes a distância do ponto à origem.


Figura 6.4: Esboço de∇f e das curvas de nível de f .

[2] Se f(x, y) = x2 − y2; então,∇f(x, y) = (2x,−2 y).

(x, y) ∇f(x, y) ‖∇f(x, y)‖(0, 0) (0, 0) 0(1, 0) (2, 0) 2(x, 0) (2x, 0) 2x(0, y) (0,−2y) 2y

(1, 1) (2,−2) 2√

2(x, y) (2x,−2y) 2 ‖(x, y)‖

À medida que o ponto se afasta da origem o comprimento do gradiente cresceficando igual a duas vezes a distância do ponto à origem.


[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 − y2 + z2, então: ∇f(x, y, z) = (2x,−2 y, 2 z) e:

‖∇f(x, y, z)‖ = 2√

x2 + y2 + z2.

Figura 6.7: Esboço de∇f .

Proposição 6.1. Se f é uma função de classe C1, então:

∂f

∂v(x) = ∇f(x) · ~v

Para a prova, veja o apêndice. Se n = 2, qualquer vetor unitário ~v pode ser escritona forma

(

cos(θ), sen(θ))

, onde θ é o ângulo diretor de ~v. Logo:

∂f

∂v(x, y) = cos(θ)

∂f

∂x(x, y) + sen(θ)

∂f

∂y(x, y)

Exemplo 6.4.

[1] Calcule as derivadas direcionais de z = f(x, y) = ln(√

x2 + y2) na direção dovetor (1, 1).


O ângulo formado por (1, 1) e o eixo positivo dos x é θ = π4 , logo:

∂f

∂v(x, y) = cos(

π

4)

x

x2 + y2+ sen(

π

4)

y

x2 + y2=

√2

2

( x+ y

x2 + y2

)

.

[2] Calcule as derivadas direcionais de w = f(x, y, z) = x y z na direção do vetor(1, 2, 2).

Consideremos o vetor unitário ~v =(1, 2, 2)

‖(1, 2, 2)‖ =(1

3,2

3,2

3

)

; logo:

∂f

∂v(x, y, z) =

(

y z, x z, x y)

·(1

3,2

3,2

3

)

=y z + 2x z + 2x y

3.

[3] Calcule as derivadas direcionais de w = f(x, y, z) = ex + y z na direção do vetor(−1, 5,−2).

O vetor (−1, 5,−2) não é unitário; logo ~v =1√30

(−1, 5,−2).

∂f

∂v(x, y, z) =

1√30

(ex, z, y) · (−1, 5,−2) =−ex + 5 z − 2 y√

30.

6.3.1 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 = ‖∇f‖ ‖~v‖ cos(α) = ‖∇f‖ cos(α);

como cos(α) atinge o máximo em α = 0, então:

∂f

∂v≤ ‖∇f‖.

Se α =π

2, então, ∇f é ortogonal a ~v. Se consideramos o vetor unitário ~v =

∇f‖∇f‖ ,

então,∂f

∂v= ∇f · ∇f

‖∇f‖ =‖∇f‖2

‖∇f‖ = ‖∇f‖.

Logo, temos a igualdade quando derivamos na direção de∇f .

Proposição 6.2. Se∇f 6= 0, então:

1. A taxa máxima de crescimento de f no ponto x0 ocorre na direção e no sentido dogradiente. Analogamente, a taxa mínima de crescimento de f no ponto x0 ocorre nadireção contrária a do gradiente.

2. O valor máximo de∂f

∂vno ponto x0 é ‖∇f(x0)‖.

3. Se∇f(x) = ~0, então,∂f

∂v= 0 para todo ~v.


O gradiente de f no ponto x0 indica a direção, no plano xy (Dom(f)), de maiorcrescimento de f numa vizinhança do ponto x0.

Figura 6.8:

Exemplo 6.5.

[1] Se T (x, y) =100x y

x2 + 4 y2 + 4é a temperatura em graus Celsius, sobre uma lâmina

metálica, x e y medidos em cm, determine a direção de crescimento máximo de Ta 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 di-reção de∇T (1, 1) e a taxa máxima de crescimento nesta direção é ‖∇T (1, 1)‖.

∇T (x, y) =100

(4 + x2 + 4 y2)2(

y (4 − x2 + 4 y2), x (4 + x2 − 4 y2))

;

∇T (1, 1) =100

92

(

7, 1)

e ‖∇T (1, 1)‖ =500

√2

92∼= 8.729o por centímetro.

A solução apresentada pode ser enganosa, pois, apesar de o gradiente apontar nadireção de maior crescimento da temperatura, não necessariamente indica o lu-gar mais quente da lâmina, isto é, o gradiente nos dá uma solução num pequenoaberto ao redor do ponto (1, 1); se mudamos este ponto a direção de maior cres-cimento muda. Desenhos do gradiente ao redor do ponto (1, 1) numa região doplano, respectivamente:


0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

0 0.5 1 1.5 2

0

0.5

1

1.5

2

Figura 6.9:

[2] Suponha que o potencial numa lâmina plana é dado por:

V (x, y) = 80 − 20x e−x2+y2

20

em volts, x e y em cm.

(a) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralela ao eixodos x.

(b) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralela ao eixodos 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:

∂V

∂v(x, y) =

∂V

∂x(x, y) = 2 (x2 − 10) e−

x2+y2

20 .

(b) Analogamente, qualquer direção paralela ao eixo dos y é dada pelo vetor ~v =(0, 1); logo:

∂V

∂v(x, y) =

∂V

∂y(x, y) = 2x y e−

x2+y2

20 .

(c) O vetor (1, 1) não é unitário; normalizando o vetor obtemos ~v =√

22 (1, 1) e

calculamos:∂V

∂v(x, y) = ∇V (x, y) · ~v.

Então:

∇V (x, y) =

(

∂V

∂x(x, y),

∂V

∂y(x, y)

)

= 2 e−x2+y2

20 (x2 − 10, x y);

∂V

∂v(x, y) =

√2∇V (x, y) · (1, 1) =

√2 e−

x2+y2

20 (x2 + x y − 10).


(d) A taxa máxima do potencial no ponto (1, 2) é ‖∇V (1, 2)‖.

‖∇V (x, y)‖ = 2 e−x2

−y2

20

√

100 + x4 + x2 (y2 − 20);

logo:

‖∇V (1, 2)‖ =2√

854√e

volts.

(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 maisrapidamente na direção do vetor (−20, 0) e decresce mais rapidamente na direçãodo vetor −∇V (0, 0) = (20, 0). Veja o seguinte desenho:


[3] A temperatura do ar em certa altitude é dada por f(x, y, z) = x y2 z3 + x2 y z3 +x2 y3 z. Um avião está localizado no ponto (−1, 2, 1). Em que direção deve voarpara que o motor resfrie o mais rapidamente possível?

De todas as direções possíveis, a direção do gradiente é aquela onde a função crescemais rapidamente. Logo, o avião deverá voar na direção contrária a do gradiente.

∂f

∂x(x, y) = y z (2x y2 + 2x z2 + y z2),

∂f

∂y(x, y) = x z (3x y2 + x z2 + 2 y z2),

∂f

∂z(x, y) = x y (x y2 + 3x z2 + 3 y z2), 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 àorigem. 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?

Note que T (x, y) = k√

x2 + y2; então, 150 = T (3, 4) = 5 k; logo k = 30 e:

T (x, y) = 30√

x2 + y2 e o gradiente ∇T (x, y) =30

√

x2 + y2(x, y).


Logo,∇T (3, 4) = 6 (3, 4). Esboço de∇f :


(a) (−1, 1) não é unitário; logo, ~v =(

− 1√2,

1√2

)

; então,

∂T

∂v(3, 4) = ∇T (3, 4) · ~v = 3

√2.

(b) Seja ~v = (a, b) tal que a2 +b2 = 1;∂T

∂v(3, 4) = 0 se (3, 4) · (a, b) = 0; logo, obtemos

o seguinte sistema:{

a2 + b2 = 1

3 a+ 4 b = 0,

com solução a = ±4

5e b = ∓3

5. As direções solicitadas são (4,−3) e (−4, 3).

[5] A equação da superfície de uma montanha é z = f(x, y) = 1200 − 3x2 − 2 y2,onde as distâncias são medidas emmetros. Suponha que os pontos do eixo positivodos x estão a leste e os pontos do eixo positivo dos y ao norte e que um alpinistaestá no ponto (−10, 5, 850).


(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 qualserá sua velocidade?

(c) Se o alpinista se mover na direção sudoeste, ele estará subindo ou descendo equal será sua velocidade?

(d) Em que direção ele estará percorrendo um caminho plano?

Sabemos que∂f

∂vatinge o máximo valor se ~v =

∇f(x, y)

‖∇f(x, y)‖ e∂f

∂v= ‖∇f(x, y)‖.

(a) ∇f(x, y) = (−6x,−4 y) e ∇f(−10, 5) = (60,−20). A direção da parte que tem ainclinação mais acentuada é (3,−1).

Figura 6.13: Esboço de∇f e das curvas de nível de f

Um vetor unitário no plano se escreve ~v = (cos(α), sen(α)), onde α é o ânguloformado 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:

L

N

O

Figura 6.14:

∂f

∂v(−10, 5) =

∂f

∂x(−10, 5) = 60.

O alpinista estará subindo a uma razão de 60m/min.

(c) O vetor na direção sudoeste é (−1,−1); logo, o vetor unitário nesta direção é

dado por: ~v = (−√

2

2,−

√2

2); veja o desenho:


O�

S

Figura 6.15:

∂f

∂v(−10, 5) = ∇f(−10, 5) · ~v = −20

√2.

O alpinista estará descendo a uma razão de 20√

2m/min.

(d) Seja ~v = (cos(α), sen(α)) vetor unitário. Devemos determinar α tal que:

∂f

∂v(−10, 5) = ∇f(−10, 5) · ~v = 0,

que é equivalente a 3 cos(α) − sen(α) = 0; logo tg(α) = 3. Utilizando a seguinteidentidade trigonométrica:

sen2(α) =tg2(α)

1 + tg2(α),

obtemos sen(α) = ±3√

10

10e cos(α) =

√

1 − sen2(α) = ±√

10

10. O alpinista estará

percorrendo um caminho plano na direção de (1, 3) ou de (−1,−3).

6.4 Funções Implícitas

Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, f : A −→ R

2 e c ∈ R fixado. A equaçãof(x, y) = c define y implicitamente como função de x, quando existe g : I −→ R talque y = g(x) e f(x, g(x)) = c. Isto significa que:

f−1(c) = {(x, y) ∈ A/f(x, y) = c}

é o gráfico de g.

Em geral uma equação do tipo f(x, y) = c quando define y em função de x o fazapenas localmente (ou seja numa vizinhança de um ponto). Como veremos nosexemplos, nem sempre uma equação do tipo f(x, y) = c define alguma funçãoimplicitamente. Para isto, basta considerar c /∈ Im(f).

Exemplo 6.6.

[1] Seja f(x, y) = x2 + y2. 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

6.4. FUNÇÕES IMPLÍCITAS 139

definida num intervalo não degenerado. Se c = 1, f não define implicitamentenehuma função. Considerando x ∈ I = (−1, 1), podemos definir:

g1(x) =√

1 − x2 se A1 = {(x, y) ∈ R2 / y > 0},

e

g2(x) = −√

1 − x2 se A2 = {(x, y) ∈ R2 / y < 0}.

[2] Seja f(x, y) = x y e c ∈ R; então, f define implícitamente:

y = g(x) =c

xse x 6= 0.

Nosso objetivo é dar condições suficientes para que seja possível obter uma fun-ção definida implicitamente. Exceto para as equações mais simples, por exemplo,lineares, quadráticas, esta questão não é simples. O estudo das funções definidasimplicitamente temmuitas aplicações não só na Matemática como em outras Ciên-cias.

[3] A lei de Gay-Loussac para gases ideais confinados: P V = k T , onde P é apressão, V o volume e T a temperatura.

[4] O sistema:{

x2 + y2 + z2 = 1

x+ y + z = 0,

estabelece uma relação entre as coordenadas de um ponto da esfera unitária cen-trada na origem.

No estudo das funções definidas implicitamente surgem dois problemas:1. Dada f(x, y) = c, f de classe Ck, (k > 1), em que casos existe g definida implici-tamente por f(x, y) = c?2. Se existe g diferenciável definida implicitamente por f(x, y) = c, como calcular aderivada de g?

Teorema 6.1. (Função Implícita) Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, f : A −→ R de

classe Ck e c ∈ R fixo. Se (x0, y0) ∈ A é tal que f(x0, y0) = c e∂f

∂y(x0, y0) 6= 0, então,

existe um retângulo aberto I1 × I2 centrado em (x0, y0) tal que f−1(c) ∩

(

I1 × I2)

é ográfico da função g : I1 −→ I2 de classe C

k e:

g′(x) = −∂F

∂x(x, g(x))

∂F

∂y(x, g(x))

.


Ix

g(x)

1

I2f=c

Figura 6.16:

O teorema da função implícita é um teorema de existência; isto é, não indica comodeterminar a função definida implícitamente. O teorema tem consequências geo-métricas profundas. Se f satisfaz às hipóteses do teorema, então f−1(c) é local-mente uma curvas de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia. Nós, essencialmente,utilizaremos a fórmula para o cálculo das derivadas.

Exemplo 6.7.

[1] Se y = f(x) é definida implicitamente por ex−y + x2 − y = 1, calcule y′.

Seja f(x, y) = ex−y + x2 − y − 1; f é de classe Ck e∂f

∂y(x0, y0) = −ex0−y0 − 1 6= 0

para todo (x0, y0) ∈ R2; então:

y′ =ex−y + 2x

ex−y + 1.

[2] Se y = f(x) é definida implicitamente por x2 + y2 = 1, calcule y′.

Seja f(x, y) = x2 +y2, f é de classe Ck e∂f

∂y(x0, y0) = −2 y0 6= 0 para todo (x0, y0) ∈

R2 tal que y0 6= 0; então:

y′ = −xy.

[3] Seja f(x, y) = (x − 2)3 y + x ey−1. Não podemos afirmar que f(x, y) = 0 defineimplicitamente uma função de x num retângulo aberto centrado em (1, 1). De fato,f(1, 1) = 0, f é de classe Ck mas:

∂f

∂y(1, 1) = (x− 2)3 + x ey−1

∣

∣

∣

∣

(1,1)

= 0.

6.5. GRADIENTE E CONJUNTOS DE NÍVEL 141

0 0.5 1 1.5 20

0.5

1

1.5

2

Figura 6.17: Curvas de nível de f num retângulo centrado em (1, 1).

Para n > 2 o teorema da função implícita também é válido. A seguir, apressenta-mos a versão para n = 3:

Teorema 6.2. (Função Implícita) Sejam A ⊂ R3 um conjunto aberto, f : A −→ R de

classe Ck e c ∈ R fixo.

Se (x0, y0, z0) ∈ A é tal que f(x0, y0, z0) = c e∂f

∂z(x0, y0, z0) 6= 0, então, existe 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 Ck tal que z = g(x, y) e:

∂g

∂x= −

∂f

∂x(x, , y, g(x, y))

∂f

∂z(x, y, g(x, y))

e∂g

∂y= −

∂f

∂y(x, , y, g(x, y))

∂f

∂z(x, y, g(x, y))

.

Novamente o teorema implica em que toda superfície de classe Ck é localmente ográfico de alguma função de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia.

6.5 Gradiente e Conjuntos de Nível

Sabemos que ∇f aponta na direção para a qual f cresce o mais rapidamente, masnas curvas de nível a função f permanece constante, isto é, ao andarmos por umacurva de nível, os valores de f são constantes; logo, a derivada direcional nessadireção será zero (sem variação):

∂f

∂v(x0) = ∇f(x0) · ~v = 0.

Em geral, considere uma função f : A ⊂ Rn −→ R diferenciável.

Proposição 6.3. Seja x0 ∈ A tal que ∇f(x0) 6= ~0. Então ∇f(x0) é perpendicular aoconjunto de nível de f que passa pelo ponto x0.

Para a prova, veja o apêndice.


Sc3

S

Sc2

c1

Figura 6.18: O gradiente perpendicular aos conjuntos de nível.

6.6 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 6.3, segue que a equaçãoda reta tangente à curva de nível f(x, y) = c no ponto (x0, y0) é

∇f(x0, y0) · (x− x0, y − y0) = 0

ou:∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0) = 0

e a equação da reta normal é:

∂f

∂x(x0, y0)(y − y0) −

∂f

∂y(x0, y0)(x− x0) = 0

Exemplo 6.8.

[1] Determine as equações da reta tangente e da reta normal no ponto (x0, y0) daelipse centrada na origem.

A equação da elipse centrada na origem éx2

a2+y2

b2= 1, (a, b 6= 0). Considere-

mos:

f(x, y) =x2

a2+y2

b2− 1;

então, ∇f(x0, y0) = 2(x0

a2,y0

b2)

; as equações das retas tangente e normal são, res-pectivamente:

{

b2 x0 x+ a2 y0 y = a2 b2,

b2 x0 y − a2 y0 x = (b2 − a2)x0 y0.

6.6. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 143

Em particular, se a = b temos um círculo de raio a e as equações da reta tangente eda reta normal são, respectivamente,

{

x0 x+ y0 y = a2

x0 y − y0 x = 0.

[2] Determine a equação da reta tangente à elipsex2

16+y2

9= 1, que é paralela à reta

x+ y = 0.

Seja f(x, y) =x2

16+y2

9e g(x, y) = x+ y. Pelo exercício anterior para a = 4 e b = 3,

temos:9xx0 + 16 y y0 = 144;

esta reta deve ser paralela à reta x + y = 0; logo, os vetores normais devem serparalelos, isto é, devemos resolver o sistema:

∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0)

x20

16+y20

9= 1.

Ou, equivalentemente:

(1) x0 = 8λ

(2) 2 y0 = 9λ

(3)x2

0

16+y20

9= 1.

Fazendo (1) = (2) e utilizando (3), temos: (x0, y0) = ±(16

5,9

5

)

; logo, no ponto(16

5,9

5

)

, temos x+ y = 5 e no ponto(

− 16

5,−9

5

)

, temos

x+ y = −5.

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4


[3] Determine a equação da reta normal à parábola y2 = −8x que passa pelo ponto(−5, 0).


Primeiramente, observamos que o ponto (−5, 0) não pertence à parábola. Seja:

f(x, y) = y2 + 8x;

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 y2

0 = −8x0. Se y0 = 0, então a equação é: y = 0. Sex0 = −1, então y0 = ±2

√2 e as equações são:

2 y −√

2x = 5√

2 e 2 y +√

2x = −5√

2,

nos pontos (−1, 2√

2) e (−1,−2√

2), respectivamente.

-5 -4 -3 -2 -1

-4

-2

2

4


6.6.1 Ângulo entre Curvas que se Intersectam

Sejam as curvas de nível:

C1 = {(x, y) ∈ R2 /F (x, y) = 0} e C2 = {(x, y) ∈ R

2 /G(x, y) = 0}

que se intersectam no ponto (x0, y0). O ângulo compreendido entre elas é definidocomo 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 noponto (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)

‖∇F (x0, y0)‖ ‖∇G(x0, y0)‖

As curvas são ortogonais se:

∇F (x0, y0) · ∇G(x0, y0) = 0,

ou seja:∂F

∂x

∂G

∂x+∂F

∂y

∂G

∂y= 0

onde as derivadas parciais são calculadas no ponto (x0, y0).

6.6. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 145

Exemplo 6.9.

[1] Determine o ângulo entre as curvas x y = −2 e y2 = −4x no ponto (−1, 2).

Sejam f(x, y) = x y + 2 e g(x, y) = 4x+ y2, ambas funções diferenciáveis; então,∇f(x, y) = (y, x) e∇g(x, y) = (4, 2 y). Logo,

cos(α) =∇f(−1, 2) · ∇g(−1, 2)

‖∇f(−1, 2)‖ ‖∇g(−1, 2)‖

e cos(α) =

√10

10.

-2 -1

-2

2

Figura 6.21:

[2] Determine o ângulo entre as curvas x2 + y2 = 8 e 3x2 − y2 = 8 no ponto (−2, 2).

Sejam f(x, y) = x2 + y2 e g(x, y) = 3x2 − y2, ambas funções diferenciáveis; então,∇f(x, y) = 2 (x, y) e∇g(x, y) = = 2 (3x,−y). Logo,

cos(α) =∇f(−2, 2) · ∇g(−2, 2)

‖∇f(−2, 2)‖ · ‖∇g(−2, 2)‖

e cos(α) =√

55 .

-2 -1 1 2

-3

-2

-1

1

2

3

Figura 6.22:


O gráfico de uma função y = f(x) pode ser considerado como a curva de nível zerode F (x, y) = y − f(x); então:

∇F (x, y) = (−f ′(x), 1); logo, y − y0 = f ′(x) (x − x0).

6.7 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 6.3, segue que a equação do plano tangente à superfície de nívelSc 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

∂x(x0, y0, z0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0, z0) (y − y0) +

∂f

∂z(x0, y0, z0) (z − z0) = 0

Logo, a reta normal ao plano tangente deve ter a direção do gradiente e as equaçõesparamétricas desta reta no ponto (x0, y0, z0) são:

x(t) = x0 + t∂f

∂x(x0, y0, z0)

y(t) = y0 + t∂f

∂y(x0, y0, z0)

z(t) = z0 + t∂f

∂z(x0, y0, z0), t ∈ R.

Como ∇f(x0, y0, z0) é normal ao plano tangente a Sc no ponto (x0, y0, z0), o vetornormal unitário a Sc em qualquer ponto (x, y, z) é:

~n(x, y, z) =∇f(x, y, z)

‖∇f(x, y, z)‖ .

Exemplo 6.10.

[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 zerode 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.

6.7. GRADIENTE E SUPERFÍCIES DE NÍVEL 147

0.0

0.5

1.0

1.5

1.5

2.0-2

-1

0


[2] Determine o vetor normal unitário à superfície z = x2 y2+y+1 no ponto (0, 0, 1).

Seja f(x, y, z) = x2 y2 + y − z. A superfície do problema é a superfície de nível −1de f ;

S−1 = {(x, y, z) ∈ R3/f(x, y, z) = 0}.

Logo,∇f(x, y, z) = (2x y2, 2x2 y + 1,−1) e∇f(0, 0, 1) = (0, 1,−1); então,

~n(0, 0, 1) =1√2

(0, 1,−1).

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

0

1

2

3


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 gráficode g pode ser definido como a superfície de nível zero de f(x, y, z) = g(x, y) − z.Note que:

∇f =(∂g

∂x,∂g

∂y,−1

)

,

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

∂x

)

e ~vy =(

0, 1,∂g

∂y

)

.


Figura 6.25:

Lembramos, que todas as superfícies definidas por equações em três variáveis,como as quádricas, podem ser consideradas como superfícies de algum nível deuma função de tres variáveis.

Exemplo 6.11.

[1] Seja f uma função de classe C1 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).

Como ∇f(1, 1, 2) = (2, 1, 3); então, temos que∂f

∂x(1, 1, 2) = 2,

∂f

∂y(1, 1, 2) = 1 e

∂f

∂z(1, 1, 2) = 3. Pelo teorema da função implícita, existe z = g(x, y) de classe C1 no

ponto (1, 1), g(1, 1) = 2 e:

∂g

∂x(1, 1) =

∂f

∂x(1, 1, 2))

∂f

∂z(1, 1, 2))

= −2

3e

∂g

∂y(1, 1) = −

∂f

∂y(1, 1, 2)

∂f

∂z(1, 1, 2)

= −1

3.

Logo, a equação do plano tangente ao gráfico de g no ponto (1, 1, 2) é:

z = g(1, 1) +∂g

∂x(1, 1) (x − 1) +

∂g

∂y(1, 1) (y − 1) =

6 − 2x− y

3;

equivalentemente, 3 z + 2x+ y = 6.

[2] O cone x2 + y2 − z2 = 0 pode ser considerado como a superfície de nível c = 0da função f(x, y, z) = x2 +y2− z2. Determinaremos as equações do plano tangentee 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) = (2x, 2 y,−2 z) e ∇f(1, 1,√

2) = 2(1, 1,−√

2); então, a equaçãodo 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 + 2 t

z =√

2 − 2√

2 t;


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

0

1

2

0

0.5

1

1.5

2

-2

-1

0

1

2

-2

-1

0

1

2

Figura 6.26:

[3] Determine a equação do plano tangente à superfície 3x y + z2 = 4 no ponto(1, 1, 1).

Considere f(x, y, z) = 3x y+z2. Logo, superfície de nível c = 4 de f é 3x y+z2 = 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(x, y, z) = (3 y, 3x, 2 z) e

∇f(1, 1, 1) = (3, 3, 2);

então, a equação é:

3x+ 3 y + 2 z = 8.

[4] Determine:

(a) O vetor normal unitário a 5x2 + y2 − 2 z2

5= 10 nos pontos (1, 0, 0) e (1,

√5, 0).

(b) A equação do plano tangente à superfície 5x2 + y2 − 2 z2

5= 10 no ponto

(1,√

5, 0).

(a) Seja f(x, y, z) = 5x2 + y2 − 2 z2

5; ∇f(x, y, z) = (10x, 2 y,−4 z

5). Então:

~n1 =∇f(1, 0, 0)

‖∇f(1, 0, 0)‖ = (1, 0, 0) e ~n2 =∇f(1,

√5, 0)

‖∇f(1,√

5, 0)‖=

√30

30(5,

√5, 0).

(b) No ponto (1,√

5, 0), teremos:

5x+√

5 y = 10.


Figura 6.27:

[5] Determine as equações dos planos tangentes à superfície

x2 +y2

4+z2

9= 1

paralelos ao plano x+ y + z = 0.

Como o plano x + y + z = 0 é paralelo aos planos tangentes à superfície, então osvetores 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.

Como ∇f(x0, y0, z0) = (2x0,y0

2,2

9z0). Devemos resolver o sistema:

2x0 = λ

y0 = 2λ

2 z0 = 9λ,

sendo x02 +

y20

4+z20

9= 1; logo λ = ±

√

2

7; obtemos, assim, os pontos:

p = ±√

2

7

(1

2, 2,

9

2

)

.

Logo, ∇f(

p)

= ±√

14

7

(

1, 1, 1)

; então, as equações dos planos tangentes nestespontos, são:

x+ y + z = ±√

14.

[6] Determine a equação do plano tangente no ponto (x0, y0, z0) à superfície defi-nida por:

Ax2 +B y2 +C z2 = D

onde A, B, C, D ∈ R.

Consideremos f(x, y, z) = Ax2 +B y2 + C z2 −D; logo, temos que:

∇f(x0, y0, z0) = (2Ax0, 2B y0, 2C z0)


e a equação do plano tangente no ponto (x0, y0, z0) é:

Ax0 x+B y0 y + C z0 z = D

onde usamos o fato de que (x0, y0, z0) pertence à superfície. Em particular, o planotangente no ponto (x0, y0, z0) de:

1. um elipsóide centrado na origem é:

x0 x

a2+y0 y

b2+z0 z

c2= 1

2. um parabolóide hiperbólico centrado na origem é:

2x0x

a2− 2

y0y

b2− z

c= 0

6.7.1 Ângulo entre Superfícies

Em diversas áreas da ciência é importante saber determinar o ângulo formado pelainterseção de duas superfícies num ponto dado. O ângulo entre duas superfíciesnum ponto comum é o menor ângulo formado pelas normais a essas superfíciesnesse ponto.

Figura 6.28: 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 sãoas 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:

S1 = {(x, y, z) ∈ R3 /F (x, y, z) = 0} e S2 = {(x, y, z) ∈ R

3 /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)

‖∇F (x0, y0, z0)‖ ‖∇G(x0, y0, z0)‖

As superfícies são ortogonais no ponto (x0, y0, z0) se:

∂F

∂x

∂G

∂x+∂F

∂y

∂G

∂y+∂F

∂z

∂G

∂z= 0

onde as derivadas parciais são calculadas no ponto (x0, y0, z0).

Exemplo 6.12.

[1] Determine o ângulo formado pelas superfícies:

z − exy + 1 = 0 e z − ln(√

x2 + y2) = 0

no ponto (0, 1, 0).

Sejam F (x, y, z) = z − exy + 1 e G(x, y, z) = z − ln(√

x2 + y2);

∇F (x, y, z) = (−y exy,−x exy, 1), ∇G(x, y, z) = (−x

x2 + y2,

−yx2 + y2

, 1),

∇F (0, 1, 0) = (−1, 0, 1), ∇G(0, 1, 0) = (0,−1, 1);

logo,∇F (0, 1, 0) · ∇G(0, 1, 0) = 1; então, cos(α) =1

2e α =

π

3.

Figura 6.29: Superfícies do exemplo [1].

[2] Determine o ângulo formado pelas superfícies:

x y + y z − 4 z x = 0 e 3 z2 − 5x+ 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 z2 − 5x+ y

∇F (x, y, z) = (y − 4 z, x+ z, y − 4x), ∇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.

Figura 6.30: Superfícies do exemplo [1].

[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) ∈ R

3 /G(x, y, z) = 0}.

Sejam w = F (x, y, z), w = G(x, y, z) duas funções tais que as derivadas parciaisexistam e P = (x0, y0, z0) um ponto comum às duas superfícies. Considere osvetores:

N1 = ∇F (x0, y0, z0) e N2 = ∇G(x0, y0, z0),

N1 é normal à S1 no ponto P e N2 é normal à S2 no ponto P . Logo N1 e N2 sãonormais a C no ponto P . SeN1 eN2 não são paralelas, então o vetor tangente a Cno ponto P tem a mesma direção que N1 × N2 no ponto P (produto vetorial dosvetores normais). Como isto vale para qualquer ponto P da interseção, temos queseN1 × N2 = (a, b, c), então a equação na forma parámetrica da reta tangente a Cno 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 seguintessuperfícies 3x2 + 2 y2 + z2 = 49 e x2 + y2 − 2 z2 = 10 no ponto (3,−3, 2).

Sejam F (x, y, z) = 3x2 + 2 y2 + z2 − 49 e G(x, y, z) = x2 + y2 − 2 z2 − 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, dareta tangente pedida é:

x = 3 + 10 t

y = −3 + 14 t

z = 2 − 3 t.


6.8 Exercícios

1. Calcule o gradiente das seguintes funções:

(a) z = 2x2 + 5 y2

(b) z =1

x2 + y2

(c) w = 3x2 + y2 − 4 z2

(d) w = cos(x y) + sen(y z)

(e) w = ln(x2 + y2 + z2)

(f) w = cos(2x) cos(3 y) senh(4x)

(g) w = x y ez + y z ex

(h) w =x y

z

(i) w = ln(x2 + y2 + z2 + 1)

(j) w =1

x2 + y2 + z2 + 1

(k) w = log6(x+ y2 + z3)

(l) w =x y2 z3

x2 + y2 + z2 + 1

2. Determine a derivada direcional da função dada na direção ~v:

(a) z = 2x2 + 5 y2, ~v = (cos(π2 ), sen(π

2 )).

(b) z =1

x2 + y2, ~v = (1, 1).

(c) z = x2y3, ~v =1

5(3,−4).

(d) z = x2 + x y + y2 + 3x− 3 y + 3, ~v =1√5

(1, 2).

(e) z = y2 tg2(x), ~v =1

2(−

√3, 1).

(f) w = 3x2 + y2 − 4 z2, ~v = (cos(π

3), cos(

π

4), cos(

2π

3).

(g) w = cos(x y) + sen(y z), ~v = (−1

3,2

3,2

3).

(h) w = ln(x2 + y2 + z2), ~v =

√3

3(1,−1,−1).

(i) w = cos(2x) cos(3 y) senh(4 z), ~v =

√3

3(1,−1, 1).

(j) w = x y ez + y z ex, ~v = (2, 2, 1).

(k) w =x y

z, ~v = (1, 1, 1).

(l) w = x sen(y) + y sen(z) + z sen(x), ~v = (1, 1, 1).

(m) w = exyz , ~v = (1, 1, 1).

(n) w = e1+x2+y2+z2, ~v = (1, 0, 1).

(o) w = arcsec(x y z), ~v = (0, 0, 1).

(p) w =1

x+

2

y+

3

z, ~v = (1, 1, 1).

(q) w =1

x2+

2

y2+

3

z3, ~v = (1, 1, 1).

(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 adirecão em que ocorre:

(a) z = 2x2 + 3 y2, P = (1,−1).

(b) z =√

4 − x2 − y2, P = (1, 1).

(c) z = x y, P = (1, 0).

(d) z = e2y arctg(y

3x), P = (1, 3).

(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 = 2x y z + y2 + z2, P = (2, 1, 1).

(h) w = exyz , P = (1, 1, 1).

(i) w = cosh(x y z), P = (1, 0, 1).

(j) w =√

x2 + y2 + z2 + 1, P = (1, 1, 1).

4. Verifique as seguintes identidades:

(a) ∇(f + g) = ∇f + ∇g(b) ∇(f g) = f ∇g + g∇f

(c) ∇(f

g

)

= g ∇f−f ∇gg2 se g 6= 0

5. Se f(x, y) = 2 e−x2+ e−3y2

é a altura de uma montanha na posição (x, y), emque direção, partindo de (1, 0) se deveria caminhar para subir a montanhamais rapidamente?.

6. Em que direção a derivada direcional de f(x, y) =x2 − y2

x2 + y2no ponto (1, 1) é

zero?.

7. Uma função tem derivada direcional igual a 2 na direção do vetor (2, 2), noponto (1, 2) é igual a −3 na direção do vetor (1,−1), no mesmo ponto. Deter-mine o gradiente d função no ponto (1, 2).

8. Verifique que os gráficos de z = x2 + y2 e z = −x2 − y2 − xy3 são tangentesna origem.

9. Uma lámina de metal está situada num plano de modo que a temperaturaT = T (x, y) num ponto (x, y) é inversamente proporcional á distância doponto á origem. Sabendo que a temperatura no ponto P = (3, 4) é 100oC ,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 y2 + y3 + z + 1 = 0, P = (2,−3, 4).

(b) x2 + 2x y + y2 + z − 7 = 0, P = (1,−2, 6).

(c) x2 − y2 − z2 = 1, P = (3, 2, 2).

(d) x2 + y2 − z2 = 25, P = (5, 5, 5).

(e) x− y − z2 = 3, P = (3, 4, 2).

(f) 3√x2 + 3

√

y2 +3√z2 =

3√a2, P = (x0, y0, z0).

(g) ln( y2 z ) − x = 0, P = (0, 2, 1).

(h) x2

a2 − y2

b2+ z2

c2= 1, P = (x0, y0, z0).

(i) x2

a2 − y2

b2− z2

c2= 1, P = (x0, y0, z0).

(j) x2

a2 + y2

b2− z2

c2= 1, P = (x0, y0, z0).

11. Um nave está perto da órbita de um planeta na posição (1, 1, 1). Sabendo quea temperatura da blindagem da nave em cada ponto é dada por T (x, y, z) =

e−(x2+3y2+2z2) graus, determine a direção que a nave deve tomar para perdertemperatura o mais rapidamente possível.

12. Determine a equação do plano tangente à x2−2 y2−4 z2 = 16 e que é paraleloao plano 4x− 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 umdeslocamento a partir do ponto (1, 2, 3) do interior da bola, na direção dovetor (1, 1/2,−1), a densidade aumenta ou diminui? Justifique.

14. Determine o ângulo entre as seguintes superfícies no ponto P .

(a) x2 y2 + 2x+ z2 = 16, 3x2 + y2 − 2 z = 9 e P = (2, 1, 2).

(b) x2 + 3 y2 + 2 z2 = 9, x2 + y2 + z2 − 8x− 8 y − 6 z + 24 = 0 e P = (2, 1, 1).

(c) 3x2 + 2 y2 − 2 z = 1, x2 + y2 + z2 − 4 y − 2 z + 2 = 0 e P = (1, 1, 2).

(d) z − x2 − y2 + 2x y = 0, z − x2 + y2 = 0 e P = (0, 0, 0).

(e) x2 − y2 = 1, 3x2 + y2 − 2 z = 9 e P = (1, 0, 0).

(f) x2 −2 y z+y3 = 4, x2 +(4 c−2) y2 − c z2 +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 superfícies x2 − y = 0e y + z2 = 16 no ponto (4, 16, 0).


17. Determine o ângulo entre os gradientes da função : f(x, y) = ln( yx) nos pon-

tos (1/2, 1/4) e (1, 1).

18. Sejam as seguintes superfícies x2 + y2 + z2 = 6 e 2x2 + 3 y2 + z2 = 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) = 1√x2+y2

.

Sabendo que E = −grad(V ), determine E(4, 3). Em que direção, a partir doponto (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 ordemsatisfazendo:

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 equaçãoda onda.

21. Verifique que w(x, t) = 1√te−

x2

4kt , t > 0 e k constante, é solução da equação docalor:

∂w

∂t− k

∂2w

∂x2= 0.


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DERIVADAS PARCIAIS - pucquepariu.s3.amazonaws.com · Capítulo 5 DERIVADAS PARCIAIS 5.1 Introdução Deﬁnição 5.1. Sejam A⊂ R3 um conjunto aberto e f: A−→ R uma função