DERIVADAS PARCIAIS

DERIVADAS TOTAIS E PARCIAISDef. 1: Seja w = f(P) = f(x 1 ,x 2 , ... ,x n ) uma função de n variáveis. Chama-se acréscimo total de w = f(P) no ponto P 0 ao número real: ∆ ∆ ∆ ∆ w f P f P f x x x x x x f x x x n n n = − = + + + − ( ) ( ) ( , , , ) ( , , , ) 0 1 1 2 2 1 2 K K . Vamos considerar os seguintes casos: 1 0 CASO: Para as funções de uma única variável x, isto é, y = f x ( ) , temos que P = x, P 0 = x 0 e ∆y = f x ( ) − f(x 0 ) = f x x f x ( ) ( ) 0 0 + − ∆ . Geometricamente: y f(x 0 +∆x) f(x 0 ) x 0 x 0 +∆x x ∆ ∆ ∆ ∆ y x f x x f x x = + − ( ) ( ) 0 0 = taxa de variação média de y em relação a x, no intervalo [x 0 , x 0 + ∆x] e dy dx y x f x x f x x f x x x = = + − = ′ → → lim lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ 0 0 0 0 0 = taxa de variação (instantânea) de y em relação a x, a partir de x 0 , por unidade de variação de x. ′ = f x dy dx ( ) 0 é a derivada total de y = f x ( ) no ponto x 0 . Exemplo: Consideremos a função y x = , x 0 = 9. Então, f x ( ) 0 3 = e ′ = = f x x ( ) 0 0 1 2 1 6 . Isto significa que se: (a) x x 0 + ∆ = 10, então f x x ( ) 0 + ∆ = 3 + 1/6; (b) x x 0 + ∆ = 11, então f x x ( ) 0 + ∆ = 3 + 2(1/6); (c) x x 0 + ∆ = 8, então f x x ( ) 0 + ∆ = 3 − 1/6. 2 0 CASO: Para as funções de duas variáveis x e y, isto é, z = f x y ( , ) , temos P = (x,y), P 0 = (x 0 , y 0 ) e ∆ ∆ ∆ z f P f P f x x y y f x y = − = + + − ( ) ( ) ( , ) ( , ) 0 0 0 0 0 . Geometricamente: z f(x 0 +∆x,y 0 +∆y) ∆z f(x 0 ,y 0 ) y 0 y 0 +∆y x 0 P 0 y x 0 +∆x P=(x 0 +∆x,y 0 +∆) x Neste caso, ∆z depende das variações de ∆x e de ∆y. Vamos considerar, então, que ∆z depende da distância do ponto P 0 ao ponto P, d(P 0 ,P), que representa o módulo do vetor P P 0 ÷ → ÷ = P P − 0 . Portanto, por analogia, temos que: ∆z d P P ( ) 0 = taxa de variação média de z em relação às variações de x e y ou que, é a taxa de variação média de z em relação à variação da distância entre P 0 e P e, que, dz d P P z d P P f P f P P P P P P P ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 = = − − → → ∆ = lim ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ x y f x x y y f x y x y → + + − + 0 0 0 0 0 0 2 2 é a taxa de variação (instantânea) de z em relação a x e a y, a partir do ponto P 0 , por unidade de distância de P 0 a P. É, por analogia, chamada de derivada total de z = f(P) no ponto P 0 e, em rela- ção a x e a y. Exemplo: Calcular a derivada total de z = f x y ( , ) = 3x 2 y, no ponto P 0 = (1,2). dz d P P f x y f x y x y x y x y x y ( ) lim ( , ) ( , ) lim ( ) ( ) ( ) 0 0 0 2 2 0 0 2 2 2 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 = + + − + = + + − + → → → → ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ou, dz d P P ( ) 0 = lim ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ x y x y x x y x y → → + + + + + − + 0 0 2 2 2 2 6 12 3 6 3 6 = lim ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ x y x y x x y x y → → + + + + 0 0 2 2 2 2 12 3 6 3 Como o limite apresenta a indeterminação 0 0 e não apresenta simplificação, vamos usar os caminhos: ( ) C x y x x x x x x x y x 1 0 0 2 2 0 0 0 12 6 12 6 12 ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ → = ¦ ´ ¹ ⇒ + = + = → = → lim lim e C x y y y x y 2 0 0 0 0 3 3 ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ = → ¦ ´ ¹ ⇒ = = → lim Como os resultados são diferentes, não existe o limite. Isto é, esta função não tem derivada total no ponto (1,2). Obs.: Em geral, z = f x y ( , ) não tem derivada total. Mas, em particular, vamos considerar os resultados dos limites por caminhos, isto é, as derivadas por caminhos ou, as derivadas parciais, definidas por: Def. 2: Chama-se derivada parcial de z = f x y ( , ) no ponto P 0 = (x 0 ,y 0 ) e, em relação a x, ao número real f x y x ( , ) 0 0 , definido por f x y f x x y f x y x z x x y x x ( , ) lim ( , ) ( ) ( , ) , 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = + − = → ∆ ∆ ∆ ∂ ∂ desde que o limite exista. Obs.: Usamos a letra d para indicar a derivada total. Para não confundir, usamos a letra d do alfabe- to Ronde, ∂ , para indicar a derivada parcial. Analogamente, podemos ter a derivada parcial em relação a y, isto é: Def. 3: Chama-se derivada parcial de z = f x y ( , ) no ponto P 0 = (x 0 ,y 0 ) e, em relação a y, ao número real f x y y ( , ) 0 0 , definido por f x y f x y y f x y y z y x y y y ( , ) lim ( , ) ( , ) ( , ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = + − = → ∆ ∆ ∆ ∂ ∂ desde que o limite exista. Exemplos: 1) Determine as derivadas parciais de z = f x y ( , ) = 3x 2 y no ponto (1,2) e, em relação a x e, em relação a y. Solução: (a) Em relação a x: f f x f x x x x x x ( , ) lim ( , ) ( , ) lim ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 0 0 2 2 = + − = + − → → ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ = f x x x x x ( , ) lim 1 2 6 12 6 6 0 2 = + + − → ∆ ∆ ∆ ∆ f x x x x x ( , ) lim ( ) 1 2 12 6 12 0 = + = → ∆ ∆ ∆ ∆ . (b) Em relação a y: f f y f y y y y y y ( , ) lim ( , ) ( , ) lim ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 0 0 2 2 = + − = + − → → ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ = lim lim ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ y y y y y y → → + − = = 0 0 6 3 6 3 3. 2) Idem (1) para P 0 = (x 0 ,y 0 ) genérico. Solução: (a) Em relação a x: f x y f x x y f x y x x x ( , ) lim ( , ) ( , ) 0 0 0 0 0 0 0 = + − → ∆ ∆ ∆ = lim ( ) ∆ ∆ ∆ x x x y x y x → + − 0 0 2 0 0 2 0 3 3 ∴ f x y x ( , ) 0 0 = lim ∆ ∆ ∆ ∆ x x y x y x y x x y x → + + − 0 0 2 0 0 0 0 3 0 2 0 3 6 3 3 = lim ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ x x y y x x x → + 0 0 0 0 6 3 ∴ f x y x y x ( , ) 0 0 0 0 6 = . (b) Em relação a y: f x y f x y y f x y y y y ( , ) lim ( , ) ( , ) 0 0 0 0 0 0 0 = ∆ ∆ ∆ → + − = lim ( ) ∆ ∆ ∆ y x y y x y y → + − 0 0 2 0 0 2 0 3 3 = lim ∆ ∆ ∆ y x y y →0 0 2 3 ∴ f x y x y ( , ) 0 0 0 2 3 = . Se a função z = f x y ( , ) admite derivadas parciais em relação a x e a y em todos os pontos P 0 de uma região D do plano IR 2 , dizemos que z = f x y ( , ) é derivável parcialmente em relação a x e a y em D. Neste caso, podemos definir as funções derivadas parciais em D. Isto é: (i) ∂ ∂ z x f x y f x x y f x y x x x = = + − → ( , ) lim ( , ) ( , ) ∆ ∆ ∆ 0 é a função derivada parcial de f x y ( , ) em D; (ii) ∂ ∂ z y f x y f x y y f x y y y y = = + − → ( , ) lim ( , ) ( , ) ∆ ∆ ∆ 0 é a função derivada parcial de f x y ( , ) em D. Exemplo: Vimos (ex. 2, anterior) que a função f x y ( , ) = 3x 2 y tem derivada parcial em relação a x e em relação a y, em todos os pontos (x 0 ,y 0 ) do IR 2 . Logo, é derivável parcialmente em IR 2 e, suas funções derivadas parciais ou apenas derivadas parciais são: ∂ ∂ z x f x y xy x = = ( , ) 6 e ∂ ∂ z y f x y x y = = ( , ) 3 2 . CÁLCULO DAS DERIVADAS PARCIAIS DE z = f(x,y) Para calcularmos as derivadas parciais de z = f x y ( , ) não precisamos calcular os limites que as definem. Podemos usar as fórmulas de derivação usadas para o calculo das derivadas de y = f x ( ) . (a) Derivada parcial em relação a x: Para calcularmos as derivadas parciais em relação a x, vamos usar a função auxiliar ϕ (x) = f x y ( , ) 0 em que consideramos y = y 0 constante. Então: ∂ ∂ z x = ∂ ∂ ϕ ϕ ϕ z x f x y f x x y f x y x x x x x x y y x x x | \ | . | = = + − = + − = ′ = → → 0 0 0 0 0 0 ( , ) lim ( , ) ( , ) lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ . Exemplos: 1) Calcular a derivada parcial em relação a x de z = f x y ( , ) = 3x 2 y. Sol.: Considerando y = y 0 = b (constante), temos a função auxiliar ϕ (x) = f x b ( , ) = 3x 2 b. Derivando ϕ em relação a x, obtemos ϕ‘(x) = 6xb. Como ∂ ∂ z x xb y b | \ | . | = = 6 = ϕ‘(x), voltamos com o valor b = y obtendo ∂ ∂ z x xy = 6 que é a derivada de f x y ( , ) em relação a x. 2) Calcular a derivada parcial de z = f x y ( , ) = x 2 + y 2 + 3xy 2 + 5x − y + 10 em relação a x. Sol.: Para y = y 0 = b (constante), a função auxiliar é ϕ (x) = x 2 + b 2 + 3xb 2 + 5x − b + 10. Derivando em relação a x obtemos ϕ‘(x) = 2x + 3b 2 + 5. Voltando com b = y, temos que, ∂ ∂ z x f x y x y x = = ( , ) 2 3 5 2 + + . (b) Derivada parcial em relação a y: De modo análogo, vamos usar a função auxiliar ψ(y) = f x y ( , ) 0 em que consideramos x = x 0 constante. Então: ∂ ∂ z y = ∂ ∂ ψ ψ ψ z y f x y f x y y f x y y y y y y y x x y y y | \ | . | = = + − = + − = ′ = → → 0 0 0 0 0 0 ( , ) lim ( , ) ( , ) lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ . Exemplos: 1) Calcular a derivada parcial em relação a y de z = f x y ( , ) = 3x 2 y. Sol.: Considerando x = x 0 = a (constante), temos a função auxiliar ψ (y) = f a y ( , ) = 3a 2 y. Derivando ψ em relação a y, obtemos ψ ‘(y) = 3a 2 . Como ∂ ∂ z y a x a | \ | . | = = 3 2 = ψ ‘(y), voltamos com o valor a = x obtendo ∂ ∂ z y x = 3 2 que é a derivada de f x y ( , ) em relação a y. 2) Calcular a derivada parcial de z = f x y ( , ) = x 2 + y 2 + 3xy 2 + 5x − y + 10 em relação a x. Sol.: Para x = x 0 = a (constante), a função auxiliar é ψ (y) = a 2 + y 2 + 3ay 2 + 5a − y + 10. Derivando em relação a y obtemos ψ ‘(y) = 2y + 6ay −1. Voltando com a = x, temos que, ∂ ∂ z y f x y y xy y = = ( , ) 2 6 1 + − . 3 0 CASO: Para as funções do tipo w = f x y z ( , , ), de três variáveis, temos que P = (x,y,z), P 0 = (x 0 ,y 0 ,z 0 ) e ∆w = f(P) − f(P 0 ) = f(x 0 + ∆x, y 0 + ∆y, z 0 + ∆z) − f(x 0 ,y 0 ,z 0 ). Neste caso, não temos representação geométrica e, por analogia, concluímos que não existe a derivada total de w = f x y z ( , , ) em relação conjunta às três variáveis x, y e z. Mas, existem as derivadas parciais, isto é: Def. 4: Dada a função w = f x y z ( , , ) das três variáveis x, y, z e, o ponto P 0 = (x 0 ,y 0 ,z 0 ), en- tão, temos que a derivada parcial de w = f(x,y,z), no ponto P 0 e, (i) em relação a x, é dada por ∂ ∂ w x f x y z f x x y z f x y z x x x = = + − → ( , , ) lim ( , , ) ( , , ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ∆ ∆ ∆ ; (ii) em relação a y, é dada por ∂ ∂ w y f x y z f x y y z f x y z y y y = = + − → ( , , ) lim ( , , ) ( , , ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ∆ ∆ ∆ ; (iii) em relação a z, é dada por ∂ ∂ w z f x y z f x y z z f x y z z z z = = + − → ( , , ) lim ( , , ) ( , , ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ∆ ∆ ∆ , desde que os limites existam. Se as derivadas parciais de w = f x y z ( , , ) existem em todos os pontos P = (x 0 ,y 0 ,z 0 ) de uma região R do IR 3 , dizemos que w = f x y z ( , , ) é derivável parcialmente em R e, podemos calcular suas funções derivadas parciais em relação a x, y e z. (Basta trocar na definição 4, x 0 por x, y 0 por y, z 0 por z e, calcular os limites). Exemplo: Calcular as derivadas parciais em relação a x, y e z da função w = f x y z ( , , ) = x 3 y 2 z − 5xy + 3yz − 2xz + 10. Sol.: (a) Em relação a x: ∂ ∂ w x f x x y z f x y z x x = lim ( , , ) ( , , ) ∆ ∆ ∆ → + − 0 ∂ ∂ w x = lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ x x x y z x x y yz x x z x y z xy yz xz x → + − + + − + + − + − + − 0 3 2 3 2 5 3 2 10 5 3 2 10 ∂ ∂ w x x y z x x z x y z x y x z x x x = lim ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ → + + − − 0 2 2 2 2 2 3 3 3 5 2 = 3x 2 y 2 z − 5y − 2z. (b) Em relação a y: ∂ ∂ w y f x y y z f x y z y y = lim ( , , ) ( , , ) ∆ ∆ ∆ → + − 0 ∂ ∂ w y = lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ y x y y z x y y y y z xz x y z xy yz xz y → + − + + + − + − + − + − 0 3 2 3 2 5 3 2 10 5 3 2 10 ∂ ∂ w y = lim ∆ ∆ ∆ ∆ y x yz x y z y y x yz x z → − + − + 0 3 3 2 5 3 2 5 3 = . (c) Em relação a z: ∂ ∂ w z f x y z z f x y z z z = lim ( , , ) ( , , ) ∆ ∆ ∆ → + − 0 ∂ ∂ w z = lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ z x y z z xy y z z x z z x y z xy yz xz z → + − + + − + + − + − + − 0 3 2 3 2 5 3 2 10 5 3 2 10 ∂ ∂ w z x y z y z x z z x y y x = = 3 2 3 2 3 2 3 2 ∆ ∆ ∆ ∆ + − + − . CÁLCULO DAS DERIVADAS PARCIAIS DE w = f(x,y,z) De modo análogo ao caso anterior, vamos calcular as derivadas parciais de w = f x y z ( , , ) em relação as variáveis x, y e z, usando funções auxiliares que são funções de uma única variável. Isto é, as duas outras variáveis são consideradas como constantes. (a) Derivação parcial em relação a x: Vamos considerar a função auxiliar ϕ(x) = f x y z ( , , ) 0 0 em que y = y 0 e z = z 0 são constantes. Então: ∂ ∂ ∂ ∂ ϕ ϕ ϕ w x w x f x x y z f x y z x x x x x x y y z z x x = | \ | . | = + − = + − = ′ = = → → 0 0 0 0 0 0 0 0 lim ( , , ) ( , , ) lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ . (b) Derivação parcial em relação a y: Vamos considerar a função auxiliar ψ(y) = f x y z ( , , ) 0 0 em que x = x 0 e z = z 0 são constantes. Então: ∂ ∂ ∂ ∂ ψ ψ ψ w y w y f x y y z f x y z y y y y y y x x z z y y = | \ | . | = + − = + − = ′ = = → → 0 0 0 0 0 0 0 0 lim ( , , ) ( , , ) lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ . (c) Derivação parcial em relação a z: Vamos considerar a função auxiliar λ(y) = f x y z ( , , ) 0 0 em que x = x 0 e y = y 0 são constantes. Então: . ∂ ∂ ∂ ∂ λ λ λ w z w z f x y z z f x y z z z z z z z x x y y x z = | \ | . | = + − = + − = ′ = = → → 0 0 0 0 0 0 0 0 lim ( , , ) ( , , ) lim ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ . Exemplos: 1) Calcular as derivadas parciais de w = f x y z ( , , ) = x 3 y 2 z − 5xy + 3yz − 2xz + 10, em rela- ção a x, y e z. Sol.: (a) Em relação a x: Fazendo y = y 0 = b e z = z 0 = c, constantes, temos que ϕ(x) = f(x,b,c) = x 3 b 2 c − 5xb + 3bc − 2xc + 10. Derivando em relação a x, ϕ‘(x) = 3x 2 b 2 c − 5b − 2c. Voltando com os valores de b = y, c = z, obtemos ∂ ∂ w x f x y z x y z y z x = = − − ( , , ) 3 5 2 2 2 . (b) Em relação a y: Para x = x 0 = a e z = z 0 = c, constantes, ψ(y) = f(a,y,c) = a 3 y 2 c − 5ay + 3yc − 2ac + 10. Derivando em relação a y, obtemos ψ‘(y) = 2a 3 yc − 5a + 3c. Voltando com a = x e c = z, resulta que ∂ ∂ w y f x y z x yz x z y = = − + ( , , ) 2 5 3 3 . (c) Em relação a z: Considerando x = x 0 = a e y = y 0 = b, resulta que λ(z) = f(a,b,z) = a 3 b 2 z − 5ab + 3bz − 2az + 10. Derivando em relação a z, obtemos λ‘(z) = a 3 b 2 + 3b − 2a. Voltando com os valores de a = x, b = y, resulta ∂ ∂ w z f x y z x y y x z = = + − ( , , ) 3 2 3 2 . 4 0 CASO: GENERALIZAÇÃO Dada a função de n variáveis w = f(x 1 ,x 2 , . . . ,x n ) então, suas derivadas parciais em relação d cada uma das n variáveis é dada por: (a) ∂ ∂ w x f x x x x f x x x x x n n 1 0 1 1 2 1 2 1 1 = + − → lim ( , , , ) ( , , , ) ∆ ∆ ∆ K K ; (b) ∂ ∂ w x f x x x x f x x x x x n n 2 0 1 2 2 1 2 2 2 = + − → lim ( , , , ) ( , , , ) ∆ ∆ ∆ K K ; M (n) ∂ ∂ w x f x x x x f x x x x n x n n n n n = + − → lim ( , , , ) ( , , , ) ∆ ∆ ∆ 0 1 2 1 2 K K , desde que os limites existam. As derivadas parciais podem ser calculadas diretamente se considerarmos as outras variáveis como constantes. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS: 1) Calcular as funções derivadas parciais de z = f x y ( , ) = 9 2 2 − − x y . Em seguida, calcular f x (2,1) e f y (2,1). Sol.: (a) Em relação a x: Para y = b, temos que ϕ (x) = f(x,b) = 9 2 2 − − x b . Derivando em relação a x, obtemos: ϕ‘(x) = − − − 2 2 9 2 2 x x b . Voltando com y = b, temos que f x (x,y) = − − − x x y 9 2 2 e f x (2,1) = −1; (b) Em relação a y: Considerando x = a, temos que ψ(y) = f(a,y) = 9 2 2 − − a y . Derivando em relação a y, obtemos ψ‘(y) = − − − 2 2 9 2 2 y a y . Voltando com x = a, temos que f y (x,y) = − − − y x y 9 2 2 e que f y (2,1) = − ½ . 2) Calcular as derivadas parciais de z = ln(x 2 + xy + y 2 ) Sol.: (a) Em relação a x: Fazendo y = b, resulta que ϕ(x) = ln(x 2 + xb + b 2 ) cuja derivada é ϕ‘(x) = 2 2 2 x b x xb b + + + . Como b = y, temos que ∂ ∂ z x x y x xy y = + + + 2 2 2 ; (b) Em relação a y: Para x = a, ψ(y) = ln(a 2 + ay + y 2 ) e sua derivada é ψ‘(y) = a y a ay y + + + 2 2 2 . Substituindo a por x, obtemos ∂ ∂ z y x y x xy y = + + + 2 2 2 . 3) Calcular ∂ ∂ z x e ∂ ∂ z y para z xy x y = + 2 2 2 . Sol.: (a) Cálculo de ∂ ∂ z x : Para y = b, ϕ(x) = 2 2 2 xb x b + e ϕ‘(x) = 2 2 2 2 2 2 2 2 b x y bx x x b ( ) ( ) ( ) + − + = 2 2 2 2 2 2 by bx x b − + ( ) . Logo, como b = y, temos que ∂ ∂ z x = 2 2 3 2 2 2 y xy x y − + ( ) . (b) Em relação a y: Fazendo x = a, ψ(y) = 2 2 2 ay a y + e ψ‘(y) = 2 2 2 2 2 2 2 2 a x y ay y x y ( ) ( ) ( ) + − + = 2 2 2 2 2 2 2 ax ay a y − + ( ) . Logo, como a = x, temos que ∂ ∂ z y = 2 2 3 2 2 2 x xy x y − + ( ) . 4) Determine as derivadas parciais de z y x = arctg . Sol.: (a) Em relação a x: ϕ(x) = f(x,b) = arctg b x . Derivando, ϕ‘(x) = − + | \ | . | − + b x b x b x x b x 2 2 2 2 2 2 1 = = − + − + bx x x y b x y 2 2 2 2 2 2 ( ) = . Portanto, ∂ ∂ z x = − + y x y 2 2 . (b) Em relação a y: ψ(y) = f(a,y) = arctg y a . Derivando, ψ‘(y) = 1 1 1 2 2 2 2 a y a a a y a + | \ | . | + = = a a a y 2 2 2 ( ) + . Simplificando por a, e substituindo a por x, obtemos ∂ ∂ z y = x x y 2 2 + . 5) Se z x y = tg , determine suas derivadas parciais. Sol.: (a) Em relação a x: ϕ(x) = f(x,b) = tgx b . Derivando, ϕ‘(x) = ( ) sec 2 1 x b x b b tg − . Para b = y, temos ∂ ∂ z x = ( ) sec 2 1 x y x y y tg − . (b) Em relação a y: ψ(y) = f(a,y) = tga y . Para derivarmos, vamos escrever na forma ψ(y) = f(a,y) = ( ) y y a a 1 tg = tg . Derivando em relação a y, obtemos ψ‘(y) = ( ) a y a y tg ln 1 tg 2 1 | | . | \ | − . Para a = x, temos ∂ ∂ z y = − tg tg x y x y 2 ln . 6) Determine as derivadas parciais de w = xy 2 z 3 − 5xy + 3yz. Sol.: A função w é uma função das três variáveis x, y e z. Devemos então calcular as três derivadas parciais. Isto é: (a) Em relação a x: Considerando y = b e z = c, constantes, obtemos a função auxiliar ϕ(x) = f(x,b,c) = xb 2 c 3 − 5xb + 3bc. Derivando em relação a x obtemos ϕ‘(x) = b 2 c 3 − 5b. Voltando com o b = y e c = z, obtemos ∂ ∂ w x = y 2 z 3 − 5y. (b) Em relação a y: Para x = a e z = c, temos que ψ(y) = f(a,y,c) = ay 2 c 3 − 5ac + 3yc. Derivando, ψ‘(y) = 2ayc 3 + 3c. Voltando com os valores de a = x e c = z, obtemos ∂ ∂ w y = 2xyz 3 + 3z. (c) Em relação a z: Considerando x = a e y = b, constantes, temos que λ(z) = f(a,b,z) = ab 2 z 3 − 5ab + 3bz. Derivando em relação a z, obtemos λ‘(z) = 3ab 2 z 2 + 3b. Voltando com a = x e b = y, temos que ∂ ∂ w z = 3xy 2 z 2 + 3y. 7) Calcule as derivadas parciais de w = xy z . Sol.: a) Em relação a x: ϕ(x) = f(x,b,c) = xb c . Derivando, ϕ‘(x) = b c . Logo, ∂ ∂ w x = y z . (b) Em relação a y: ψ(y) = f(a,y,c) = ay c . Derivando, ψ‘(y) = acy c -- 1 . Portanto, ∂ ∂ w y = xzy z − 1 . (c) Em relação a z: λ(z) = f(a,b,z) = ab z . Derivando, λ‘(z) = ab z lnb. Logo, ∂ ∂ w z = xy z lny. 8) Calcule as derivadas parciais de w x y y z z t t u = + + + . Sol.: Aqui temos w = f(x,y,z,t,u). Vamos, então, calcular cinco derivadas parciais. (a) Em relação a x: ϕ(x) = f(x,b,c,d,e) = x b b c c d d e + + + . Derivando, ϕ‘(x) = 1 b e ∂ ∂ w x = 1 y . (b) Em relação a y: ψ(y) = f(a,y,c,d,e) = a y y c c d d e + + + . Derivando, ψ‘(y) = − + a y c 2 1 . Logo, ∂ ∂ w y = − + x y z 2 1 . (c) Em relação a z: λ(z) = f(a,b,z,d,e) = a b b z z d d e + + + . Derivando, λ‘(z) = − + b z d 2 1 . Logo, ∂ ∂ w z = − + y z t 2 1 . (d) Em relação a t: θ(t) = f(a,b,c,t,e) = a b b c c t t e + + + . Derivando, θ‘(t) = − + c t e 2 1 . Logo, ∂ ∂ w t = − + z t u 2 1 . (e) Em relação a u: ρ(u) = f(a,b,c,d,u) = a b b c c d d u + + + . Derivando, ρ‘(u) = − d u 2 . Logo, ∂ ∂ w u = − t u 2 . 9) Mostre que se z x y x y = 2 2 + − então, x ∂ ∂ z x + y ∂ ∂ z y = z. Sol.: (a) ∂ ∂ z x = ( ) 2 1 2 2 2 2 2 2 2 x x y x y x y x xy y x y ( ) ( )( ) ( ) − − + − − − − = ; (b) ∂ ∂ z y = 2 1 2 2 2 2 2 2 2 y x y x y x y x xy y x y ( ) ( )( ) ( ) ( ) − − + − − + − − = . Substituindo na equação a derivadas parciais, obtemos: x ∂ ∂ z x + y ∂ ∂ z y = x x xy y x y y x xy y x y 2 2 2 2 2 2 2 2 − − − + + − − ( ) ( ) = x x y xy x y xy y x y 3 2 2 2 2 3 2 2 2 − − + + − − ( ) ∴ x ∂ ∂ z x + y ∂ ∂ z y = x x y y x y x y 2 2 2 ( ) ( ) ( ) − + − − = x y x y z 2 2 + − = . # 10) Se x = ρcosθ e y = ρsenθ , determine ∂ ∂ρ ∂ ∂θ ∂ ∂ρ ∂ ∂θ x x y y . Sol.: Derivando parcialmente as funções x = f(ρ,θ) e y = f(ρ,θ), obtemos: ∂ ∂ρ θ x = cos , ∂ ∂θ ρ θ x = − sen , ∂ ∂ρ θ y = sen e ∂ ∂θ ρ θ y = cos . Substituindo no determinante, obtemos: ∂ ∂ρ ∂ ∂θ ∂ ∂ρ ∂ ∂θ θ ρ θ θ ρ θ ρ θ ρ θ x x y y = = cos sen sen cos cos sen − + 2 2 = ρ(cos 2 θ + sen 2 θ ) = ρ. EXERCÍCIOS PROPOSTOS (I) Calcular as derivadas parciais de z = f(x,y) em relação a x e a y de: 1) f x y ( , ) = 2x − 7y 2 , no ponto (1,2) 2) f x y ( , ) = x 2 + 3xy − y 2 , no ponto (2,1) 3) f x y ( , ) = 1 − 3xy, no ponto (1,2) 4) f x y ( , ) = xy 2 − 3x 2 y 3 , no ponto (1, −1) 5) f x y xy x y ( , ) = + , no ponto (2,1) (II) Calcular as derivadas parciais das seguintes funções: 1) f x y ( , ) = 3x 2 − 2xy + 5y 4 + xy 2 − 4x + y + 7 2) f x y ( , ) = x 2 + xy x y 1 2 1 3 2 + 3) f x y ( , ) = x y 2 7 5 4) f x y ( , ) = 1 3 2 3 x y 5) f x y ( , ) = x y 2 2 − 6) f x y ( , ) = x y − 7 7) z = e x+y 8) z = x y 9) z = x 2 cosy 10) z = 3cos(xy) + 5sen(xy) 11) z x y x y = − + 12) z = xcosy + ysenx 13) z x y = + ln 2 2 14) z = 1 − y 2 15) f x y xy x y ( , ) = + 2 2 2 16) z = x y 17) z y x = arctg 18) ( ) z x x y = + + ln 2 2 19) z e y x = sen 20) z x y x y = − + arcsen 2 2 2 2 21) z x y = + lnsen 1 22) z e e x y x y = + + cos sen 23) f x y z y xz x y z ( , , ) = + + + 3 2 2 2 2 24) f x y z ( , , ) = ln(xy + z) 25) w = (xy) z 26) w = x y z x y z + + + + 2 2 2 27) w = z xy 28) w e xy z xyz = + arctg 3 2 29) w x y z = + + ln 2 2 2 30) f x y z t xyzt ( , , , ) ( ) = arctg (III) Verificar as identidades ou calcular o valor de: 1) Se z x x y = 2 2 2 + , então, x z x y z y z ∂ ∂ ∂ ∂ + = 2) Se z x x y = 2 2 + , então, x z x y z y ∂ ∂ ∂ ∂ + = 3) Se z xy xe y x = + , então, x z x y z y xy z ∂ ∂ ∂ ∂ + + = 4) Se z y x = ln , então, x z x y z y ∂ ∂ ∂ ∂ + = 5) Se w = (x− y)(y− z)(z− x), então, ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ w x w y w z + + = 6) Se w x x y x z = + − − , então, ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ w x w y w z + + = DERIVADAS PARCIAIS SUCESSIVAS Se a função w = f(P) admite derivadas parciais em relação a todas as variáveis independentes, x 1 ,x 2 , ..., x n e, estas funções derivadas parciais admitem derivadas parciais em relação a todas as variáveis, então, suas derivadas parciais são chamadas de derivadas parciais de segunda ordem de w = f(P). Se as derivadas de segunda ordem são parcialmente deriváveis, suas derivadas são chamadas de derivadas parciais de terceira ordem de w = f(P) e, assim, sucessivamente. 1) Para z = f(x, y), temos as seguintes derivadas sucessivas: z f x y z x f z y f ordem z x f z y x f z x y f z y f ordem z x f z y x f z x y x f z y x f z x y f z y x y f z x y f z y f x y a xx xy yx yy a xxx xxy xyx xyy yxx yxy yyx = = = ¦ ´ ¦ ¹ ¦ = = = − ¦ ´ ¦ ¦ ¦ ¦ ¹ ¦ ¦ ¦ ¦ = = = = = = = = ( , ) ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 1 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 3 2 3 2 3 3 2 3 3 1 2 4 3 4 1 2 44 3 44 yyy a ordem ¦ ´ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¹ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ 3 1 2 44 3 44 Obs.: O número de derivadas parciais é 2 n em que n é a ordem das derivadas. Exemplo: Calcular as derivadas de 3 a ordem de z = f x y ( , ) = x 4 y 5 + 5x 3 y 3 − 4x 2 y − 5 Sol.: Derivadas de primeira ordem ∂ ∂ z x = 4x 3 y 5 + 15x 2 y 3 − 4xy 2 +3 ∂ ∂ z y = 5x 4 y 4 + 15x 3 y 2 − 4x 2 y − 5 Derivadas de segunda ordem ∂ ∂ z x 2 = 12x 2 y 5 + 30xy 3 − 4y 2 ∂ ∂ ∂ 2 z x y = 20x 3 y 4 + 45x 2 y 2 − 8xy ∂ ∂ ∂ 2 z y x = 20x 3 y 4 + 45x 2 y 2 − 8xy ∂ ∂ 2 2 z y = 20x 4 y 3 + 30x 3 y − 4x 2 Derivadas de terceira ordem ∂ ∂ 3 3 z x = 24xy 5 + 30y 3 ∂ ∂ ∂ 3 2 z y x = 60x 2 y 4 + 90xy 2 − 8y ∂ ∂ ∂ 3 2 z x y = 60x 2 y 4 + 90xy 2 − 8y ∂ ∂ ∂ ∂ 3 z y x y = 80x 3 y 3 + 90x 2 y − 8x ∂ ∂ ∂ ∂ 3 z x y x = 60x 2 y 4 + 90xy 2 − 8y ∂ ∂ ∂ 3 2 z y x = 80x 3 y 3 + 90x 2 y − 8x ∂ ∂ ∂ 3 2 z x y = 80x 3 y 3 + 90x 2 y − 8x ∂ ∂ 3 3 z y = 60x 4 y 2 + 30x 3 2) Para w = f(x, y, z), temos as seguintes derivadas parciais w f x y z w x f w y f w z f ordem w x f w y x f w z x f w x y f w y f w z y f w x z f w y z f w z f ordem x y z a xx xy xz yx yy yz zx zy zz a = = = = ¦ ´ ¦ ¦ ¹ ¦ ¦ = = = = = = = = = ¦ ´ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¹ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ¦ ( , , ) ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 3 4 1 2 44 3 44 Obs.: O número de derivadas parciais é 3 n em que n é a ordem das derivadas. Exemplo: Calcular as derivadas de segunda ordem de w = f x y z ( , , ) = x 3 y 4 z 5 + x 2 y 2 z 2 + 3xyz + 5x − 6y + 7z − 12. Sol.: Derivadas de primeira ordem ∂ ∂ w x = 3x 2 y 4 z 5 + 2xy 2 z 2 + 3yz + 5 ∂ ∂ w y = 4x 3 y 3 z 5 + 2x 2 yz 2 + 3xz − 6 ∂ ∂ w z = 5x 3 y 4 z 4 + 2x 2 y 2 z + 3xy + 7 Derivadas de segunda ordem ∂ ∂ 2 2 w x = 6xy 4 z 5 + 2y 2 z 2 ∂ ∂ ∂ 2 w y x = 12x 2 y 3 z 5 + 4xyz 2 + 3z ∂ ∂ ∂ 2 w z x = 15x 2 y 4 z 4 + 4xy 2 z + 3y ∂ ∂ ∂ 2 w x y = 12x 2 y 3 z 5 + 4xyz 2 + 3z ∂ ∂ 2 2 w y = 12x 3 y 2 z 5 + 2x 2 z 2 ∂ ∂ ∂ 2 w z y = 20x 3 y 3 z 4 + 4x 2 yz + 3x ∂ ∂ ∂ 2 w x z = 15x 2 y 4 z 4 + 4xy 2 z + 3y ∂ ∂ ∂ 2 w y z = 20x 3 y 3 z 4 + 4x 2 yz + 3x ∂ ∂ 2 2 w z = 20x 3 y 4 z 4 + 2x 2 y 2 Teorema 1: Se a função w = f(P) admite derivadas parciais mistas de ordem n, contínuas em uma região R do IR n , então, suas derivadas parciais mistas são iguais. INTERPRETAÇÃO DAS DERIVADAS PARCIAIS 1) DA FUNÇÃO z = f(x,y) 1.1) GEOMÉTRICA Para calcularmos as derivadas parciais de z = f x y ( , ) , usamos as funções auxiliares ϕ(x) = f(x,y 0 ) e ψ(y) = f(x 0 ,y) nas quais, y 0 e x 0 são, respectivamente, constantes. (a) Em relação a x: A função ϕ(x) = f(x, y 0 ) é a curva intersecção da superfície que é o gráfico de z = f x y ( , ) com o plano y = y 0 = constante. Consideremos os pontos P 0 = (x 0 ,y 0 ) e P = (x 0 + ∆x,y 0 ) sobre a curva ϕ(x). A reta s que passa por P 0 e P, é uma reta secante à curva ϕ(x) e ao gráfico de f x y ( , ) . O coeficiente angular da reta s é dado por m x x x x s = + − ϕ ϕ ( ) ( ) 0 0 ∆ ∆ = f x x y f x y x ( , ) ( , ) 0 0 0 0 + − ∆ ∆ . Se o ponto P desliza sobre ϕ(x) até coincidir com o ponto P 0 , P → P 0 , a reta secante, s, passa a ser uma reta t, tangente à curva ϕ(x) e ao gráfico de f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ), com z 0 = f(x 0 ,y 0 ). Seu coeficiente angular é dado por m x x x x t x = + − → lim ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ 0 0 0 ϕ ϕ = lim ( , ) ( , ) ∆ ∆ ∆ x f x x y f x y x → + − 0 0 0 0 0 = ϕ‘(x 0 ) = f x (x 0 ,y 0 ) Isso significa que a derivada parcial de f x y ( , ) , em relação a x, no ponto P 0 é igual ao coeficiente angular da reta tangente à curva ϕ(x) e ao gráfico de z = f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 , y 0 , z 0 ). A reta t, tangente, pertence ao plano y = y 0 = constante que é paralelo ao plano coordenado x0z. Logo, o ângulo α que t forma com a reta y = y 0 = constante, no plano x0y é o mesmo ângulo que t forma com o eixo 0x. Portanto: f x y f P x x ( , ) ( ) 0 0 0 = ∂ ∂ = tg α = coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de z = f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ) e, paralela ao plano x0z. Analogamente, (b) Em relação a y: A função ψ (y) = f(x 0 , y) é a curva intersecção da superfície que é o gráfico de z = f x y ( , ) com o plano x = x 0 = constante. Consideremos os pontos P 0 = (x 0 ,y 0 ) e P = (x 0 ,y 0 + ∆y) sobre a curva ψ(y). A reta s que passa por P 0 e P, é uma reta secante à curva ψ(y) e ao gráfico de f x y ( , ) . O coeficiente angular da reta s é dado por m y y x y s = + − ψ ψ ( ) ( ) 0 0 ∆ ∆ = f x y y f x y y ( , ) ( , ) 0 0 0 + − ∆ ∆ . Se o ponto P desliza sobre ψ(y) até coincidir com o ponto P 0 , P → P 0 , a reta secante, s, passa a ser uma reta t, tangente à curva ψ(y) e ao gráfico de f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ), com z 0 = f(x 0 ,y 0 ). Seu coeficiente angular é dado por m y y y y t y = + − → lim ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ 0 0 0 ψ ψ = lim ( , ) ( , ) ∆ ∆ ∆ y f x y y f x y y → + − 0 0 0 0 0 = ψ‘(y 0 ) = f y (x 0 ,y 0 ) Isso significa que a derivada parcial de f x y ( , ) , em relação a y, no ponto P 0 é igual ao coeficiente angular da reta tangente à curva ψ(y) e ao gráfico de z = f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ). A reta t, tangente, pertence ao plano x = x 0 = constante que é paralelo ao plano coordenado y0z. Logo, o ângulo β que t forma com a reta x = x 0 = constante, no plano x0y é o mesmo ângulo que t forma com o eixo 0y. Portanto: f x y f P y y ( , ) ( ) 0 0 0 = ∂ ∂ = tg β = coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de z = f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ) e, paralela ao plano y0z . Exemplo: Calcular o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de z = 7 − x 2 − y 2 + 2x + 2y, (a) no ponto (2,3,4) e paralela ao plano x0z, isto é, na direção do eixo 0x; (b) no ponto (2,3,4) e paralela ao plano y0z, isto é, na direção do eixo 0y; (c) no ponto (1,1,9) e na direção do eixo 0x; (d) no ponto (1,1,9) e na direção do eixo 0y. Sol.: As derivadas parciais de z = f x y ( , ) são: f x (x,y) = −2x + 2 e f y (x,y) = −2y + 2 (a) A reta tangente em (2,3,4) e paralela ao plano x0z é uma reta que pertence ao plano y = 3 e tem como coeficiente angular f x (2,3) = − 4 + 2 = −2; (b) A reta tangente em (2,3,4) e paralela ao plano y0z é uma reta que pertence ao plano x = 2 e tem como coeficiente angular f y (2,3) = − 6 + 2 = −4; (c) A reta tangente em (1,1,9) e na direção do eixo 0x, é uma reta que pertence ao plano y = 1 e tem como coeficiente angular f x (1,1) = − 2 + 2 = 0; (a) A reta tangente em (1,1,9) e na direção do eixo 0y, é uma reta que pertence ao plano x = 1 e tem como coeficiente angular f y (1,1) = − 2 + 2 = 0. EQUAÇÕES DAS RETAS TANGENTES (a) A equação da reta t 1 , tangente ao gráfico de z = f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ) e paralela ao plano x0z, é dada por: Na forma simétrica x x z z f x y y y x − = − = ¦ ´ ¦ ¹ ¦ 0 0 0 0 0 1 ( , ) ou, na forma paramétrica x x y y z z f x y x = + = = + ¦ ´ ¦ ¹ ¦ 0 0 0 0 0 λ λ ( , ) . (b) A equação da reta t 2 , tangente ao gráfico de z = f x y ( , ) , no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ) e paralela ao plano y0z, é dada por: Na forma simétrica y y z z f x y x x y − = − = ¦ ´ ¦ ¹ ¦ 0 0 0 0 0 1 ( , ) ou, na forma paramétrica x x y y z z f x y y = = + = + ¦ ´ ¦ ¹ ¦ 0 0 0 0 0 λ λ ( , ) . Exemplo: Determine as equações das retas tangentes ao gráfico de z = 7 − x 2 − y 2 + 2x + 2y, (a) no ponto (2,3,4); (b) no ponto (1,1,9). Sol.: Considerando os resultados do exemplo anterior, isto é, f x (2,3) = −2; f y (2,3) = −4; f x (1,1) = 0 = f y (1,1), temos que: (a) Paralela ao plano x0z é x y z = = = 2 3 4 2 + − ¦ ´ ¦ ¹ ¦ λ λ e, paralela ao plano y0z é x y z = = = 2 3 4 4 + − ¦ ´ ¦ ¹ ¦ λ λ (b) Paralela ao plano x0z é x y z = = = 1 1 9 + ¦ ´ ¦ ¹ ¦ λ e, paralela ao plano y0z é x y z = 1 = 1+ = 9 λ ¦ ´ ¦ ¹ ¦ PLANO TANGENTE − RETA NORMAL As retas tangentes t 1 e t 2 , se interceptam no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ). Logo, determinam um plano que passa por T e que contém as retas t 1 e t 2 . Este plano é o plano tangente ao gráfico de z = f x y z ( , , ), no ponto T. Sua equação geral é dada por z - z 0 = f x (x 0 ,y 0 )(x− x 0 ) + f y (x 0 ,y 0 )(y− y 0 ) cujo vetor normal é r r r n v v = 1 2 × , em que r v 1 é o vetor diretor de t 1 e, r v 2 é o vetor diretor de t 2 . Isto é, r r r r r r r r r n v v i j k i j k = 1 2 0 0 0 0 1 0 0 1 × = = − − + f P f P f P f P x y x y ( ) ( ) ( ) ( ) ou, r r r r n i j k = + − f P f P x y ( ) ( ) 0 0 . Obs.: Para P = (x 0 + ∆x, y 0 +∆y) pertencente a uma vizinhança de P 0 , o valor de z = f x y ( , ) , isto é, o valor de f(P) = f(x 0 + ∆x, y 0 +∆y) pode ser calculado, aproximadamente, sobre o plano tangente. Ou seja, vale que z = f(x 0 + ∆x, y 0 +∆y) ≅ z plano . A reta normal ao gráfico de z = f x y ( , ) no ponto T = (x 0 ,y 0 ,z 0 ), tem como vetor diretor o vetor r n. Logo, suas equações paramétricas são x x f x y y y f x y z z x y = − = − = + ¦ ´ ¦ ¹ ¦ 0 0 0 0 0 0 0 λ λ λ ( , ) ( , ) e, as equações simétricas são x x f x y y y f x y z z x y − − = − − = − ¦ ´ ¹ 0 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) . Exemplo: Determine a equação do plano tangente e da reta normal ao gráfico da função z = 7 − x 2 − y 2 + 2x + 2y nos pontos: (a) (2,3,4) (b) (1,1,9) Sol.: (a) Considerando os resultados dos exemplos anteriores, isto é, que f x (2,3) = −2, f y (2,3) = − 4 e que r v 1 = (1,0,−2) e r v 2 = (0,1,−4 ), temos que: r r r r r r n v v i j k 1 2 = = × − − 1 0 2 0 1 4 = 2 r i + 4 r j + r k é o vetor normal ao plano tangente. A equação do plano tangente é 2x + 4y + z + d = 0. Como o ponto (2,3,4) pertence ao plano, 2.2 + 4.3 + 4 + d = 0, ou, d = −20. Logo, a equação do plano tangente é 2x + 4y − z −20 = 0. Se usarmos a equação envolvendo as derivadas parciais, temos que: z − 4 = −2(x − 2) − 4(y − 3) ou que 2x + 4y + z −20 = 0. A equação simétrica da reta normal é x y z − − − ¦ ´ ¹ 2 2 3 4 4 = = e, as paramétricas são x y z = = = 2 2 3 4 4 + + + ¦ ´ ¦ ¹ ¦ λ λ λ . (b) Considerando os resultados do exemplo anterior, isto é, f x (1,1) = f y (1,1) = 0, e que r v 1 = (1,0,0) e r v 2 = (0,1,0), temos que: r r r r r r n v v i j k = = 1 2 1 0 0 0 1 0 × = 0 r i + 0 r j − r k é o vetor normal ao plano tangente. A equação do plano tangente é: − z + d = 0. Como o ponto (1,1,9) pertence ao plano tangente, −9 + d = 0 ou que, d = 9. Logo, a equação do plano tangente é z −9 = 0 ou z = 9. Se usarmos a equação envolvendo as derivadas parciais, temos que, z − 9 = 0(x −1) + 0(y −1) ou que z − 9 = 0. As equações simétricas e paramétricas da reta normal são idênticas e valem ¦ ¹ ¦ ´ ¦ + λ 9 = 0 = 0 = z y x . 1.2) TAXA DE VARIAÇÃO Vimos que não existe a derivada total de z = f x y ( , ) , no ponto P 0 = (x 0 ,y 0 ) e, em relação a x e a y, simultaneamente. Mas, podemos avaliar as variações de z em relação a x e, em relação a y, em separado. Isto é: (a) Em relação a x: A taxa de variação média de z = f x y ( , ) entre os pontos P 0 = (x 0 ,y 0 ) e P = (x 0 + ∆x,y 0 ), isto é, na direção do vetor P P 0 ÷ → ÷ ou, do eixo 0x, é dada por ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ z x f P f P x f x x y f x y x = = ( ) ( ) ( , ) ( , ) − + − 0 0 0 0 0 . A taxa de variação instantânea ou apenas taxa de variação de z = f x y ( , ) , no ponto P 0 e na direção positiva do eixo 0x, é dada por lim ( ) ( ) lim ( , ) ( , ) ( , ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ x x x f P f P x f x x y f x y x f x y z x P → → − + − 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = = = ∂ ∂ ou seja, a derivada parcial de z = f x y ( , ) , em relação a x, no ponto P 0 = (x 0 ,y 0 ), indica a variação de z por unidade de variação de x, na direção positiva do eixo 0x, a partir de P 0 = (x 0 ,y 0 ). Analogamente: (b) Em relação a y: A taxa de variação média de z = f x y ( , ) entre os pontos P 0 = (x 0 ,y 0 ) e P = (x 0 ,y 0 +∆y), isto é, na direção do vetor P P 0 ÷ → ÷ ou, do eixo 0y, é dada por ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ z y f P f P y f x y y f x y y = = ( ) ( ) ( , ) ( , ) − + − 0 0 0 0 0 . A taxa de variação instantânea ou apenas taxa de variação de z = f x y ( , ) , no ponto P 0 e na direção positiva do eixo 0y, é dada por lim ( ) ( ) lim ( , ) ( , ) ( , ) ( ) ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ y y y f P f P y f x y y f x y y f x y z y P → → − + − 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = = = ∂ ∂ ou seja, a derivada parcial de z = f x y ( , ) , em relação a y, no ponto P 0 = (x 0 ,y 0 ), indica a variação de z por unidade de variação de y, na direção positiva do eixo 0y, a partir de P 0 = (x 0 ,y 0 ). Exemplo: 1) A temperatura do ponto (x,y) de uma placa metálica plana é dada por T(x,y) = 40 − 43 2 4 2 2 − − x y (T em 0 C, x e y em cm) (a) Determine a temperatura no ponto (3,2) e a equação da isoterma que passa por este ponto; (b) Qual é a taxa de variação da temperatura em relação a x e a y? (c) Qual é a temperatura aproximada dos pontos (4,2); (3,3); (2,2) e (3,1)? Sol.: (a) T(3,2) = 40 − 43 2 3 4 2 2 2 − − ( ) ( ) = 40 −3 = 37 0 C A isoterma que passa pelo ponto (3,2) é a equação de todos os pontos que tem temperatura 37 0 C, isto é, a curva de nível T(x,y) = 37 . Substituindo e desenvolvendo obtemos: 40 − 43 2 4 2 2 − − x y = 37 ou (3) 2 = 43 − 2x 2 − 4y 2 ou 2x 2 + 4y 2 = 34. (b) (i) Em relação a x: ∂ ∂ T x = T x (x,y) = − − − − 4 2 43 2 4 2 2 x x y = 2 43 2 4 2 2 x x y − − e, no ponto (3,2), ∂ ∂ T x T x ( , ) ( , ) 3 2 3 2 = = 2(3) 9 = 6 3 = 2 0 C/cm. (Temperatura aumenta de 2 0 C por cm) (ii) Em relação a y: ∂ ∂ T y T x y y x y y = = ( , ) − − − − 8 2 43 2 4 2 2 = 4 43 2 4 2 2 y x y − − e, no ponto (3,2), ∂ ∂ T y T y ( , ) ( , ) ( ) 3 2 3 2 4 2 9 = = = 8 3 ≅ 2,66 0 C/cm. (Temperatura aumenta de 2,66 0 C por cm) (c) Os valores aproximados das temperaturas são: T(4,2) ≅ 37 0 C + 2 0 C.1cm = 37 0 C + 2 0 C = 39 0 C T(3,3) ≅ 37 0 C + 2,66 0 C.1cm = 37 0 C + 2,66 0 C = 39,66 0 C T(2,2) ≅ 37 0 C + 2 0 C.(−1)cm = 37 0 C − 2 0 C = 37 0 C T(3,1) ≅ 37 0 C + 2 0 C.(−1)cm = 37 0 C − 2,66 0 C = 36,34 0 C. 2) DA FUNÇÃO w = f(x,y,z) Vimos que esta função não tem representação geométrica (gráfico). Logo, só podemos interpretar suas derivadas parciais através da taxa de variação. Isto é: (a) Em relação a x: A taxa de variação média da função w = f x y z ( , , ) entre os pontos P 0 = (x 0 ,y 0 ,z 0 ) e P =(x 0 + ∆x,y 0 ,z 0 ) é dada por ∆ ∆ ∆ ∆ w x f x x y z f x y z x = + − ( , , ) ( , , ) 0 0 0 0 0 0 . Logo, a taxa de variação instantânea ou apenas taxa de variação de w = f x y z ( , , ), a partir de P 0 e na direção de P 0 a P, isto é, na direção positiva do eixo 0x, é dada por lim ( , , ) ( , , ) ( , , ) ∆ ∆ ∆ x x f x x y z f x y z x f x y z → + − 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = que indica o quanto varia w por unidade de variação de x, a partir de P 0 , na direção positiva do eixo 0x. (b) Analogamente, a derivada parcial de w = f x y z ( , , ) no ponto P 0 e em relação a y, indica a taxa de variação de w por unidade de variação de y, a partir de P 0 , na direção positiva do eixo 0y e, (c) A derivada parcial de w = f x y z ( , , ), no ponto P 0 e em relação a z, indica a taxa de vari- ação de w em relação a variação de z, a partir do ponto P 0 e, na direção positiva do eixo 0z. GENERALIZAÇÃO Para w = f(x 1 ,x 2 , . . ., x n ), interpretamos cada derivada parcial como sendo a taxa de varia- ção de w por unidade de variação da respectiva variável x i , i = 1,2, ..., n, a partir do ponto P 0 e na direção positiva do eixo x i . Exemplo: 1) O volume de um tronco de cone reto, com altura h, raio da base (maior) R e raio menor r, é dado pela função V(h,r,R) = π 3 2 2 h r rR R ( ) + + (V em unidades de volume e h,r,R em unidades lineares) Em um determinado instante temos um tronco de cone de dimensões h = 10 cm, r = 2 cm e R = 5 cm. (a) Qual é o volume tronco do cone? (b) Se variarmos só a altura, qual é a variação do volume? (c) Se variarmos só o raio menor, qual é a variação do volume? (d) Qual é a variação do volume em relação ao raio da base? Sol.: (a) O volume do tronco do cone é V = = π π 3 10 4 10 25 130 ( ) + + cm 3 . (b) ∂ ∂ π V h V h r R r rR R h = = ( , , ) ( ) 3 2 2 + + e V h (10,2,5) = 13π cm 3 /cm. (c) ∂ ∂ π V r V h r R h r R r = = ( , , ) ( ) 3 2 + e V r (10,2,5) = 30π cm 3 /cm. (d) ∂ ∂ π V R V h r R h r R R = = ( , , ) ( ) 3 2 + e V R (10,2,5) = 40π cm 3 /cm. 2) O potencial elétrico dos pontos (x,y,z) de uma região do espaço é dado por V x y z x y z ( , , ) ln = 2 2 2 + + (V em volts; x,y e z em cm) (a) Determine o potencial elétrico do ponto (1,2,2); (b) Qual é a superfície equipotencial que passa pelo ponto (1,2,2)? (c) Quais são as taxas de variação do potencial V, no ponto (1,2,2), em relação as variações de x, y e z? Sol.: (a) V( , , ) ln 1 2 2 1 2 2 2 2 2 = + + = ln3 = 1,0986 volts. (b) A equação da superfície equipotencial é dada por V(x,y,z) = ln3 (é uma superfície de ní- vel) Substituindo e desenvolvendo, ln x y z 2 2 2 + + = ln3 ou x 2 + y 2 + z 2 = 3 2 , isto é, todos os pontos que pertencem à esfera de centro na origem e raio 3 têm o mesmo potencial elétrico e ln3 volts. (c) As taxas de variação são dadas pelas derivadas parciais no ponto (1,2,2), isto ë: (i) Em relação a x: ∂ ∂ V x V x y z x x y z x y z x x y z x = = = ( , , ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + + + + + + e V x (1,2,2) = 1 1 2 2 1 9 2 2 2 + + = volts/cm. (ii) Em relação a y: ∂ ∂ V y V x y z y x y z x y z y x y z y = = = ( , , ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + + + + + + e V y (1,2,2) = 2 1 2 2 2 9 2 2 2 + + = volts/cm. (iii) Em relação a z: ∂ ∂ V z V x y z z x y z x y z z x y z z = = = ( , , ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + + + + + + e V z (1,2,2) = 2 1 2 2 2 9 2 2 2 + + = volts/cm. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1) Calcular as derivadas parciais de terceira ordem das seguintes funções: a) f x y ( , ) = x 4 + 5y 3 + 3x 2 y + 8xy b) f x y ( , ) = x 3 cosy + 4y 2 senx c) f x y ( , ) = ln(x + y) d) z = x 3 e 5y e) z = cos(3x + 5y) f) z = ln(x 2 + y) g) z = e x cosy h) z = e x seny i) z x y y x = arctg ( ) 2 2 + j) z = ln x x y x x y − − + − 2 2 2 2 2) Calcular as derivadas parciais de segunda ordem das seguintes funções: a) z = arcsen y x 2 b) w = xy + yz + zx c) z = x a y b z c d) w = x y z 2 2 2 + + 3) Verifique se ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 2 z x y z y x = para: a) z = arcsen x y x − b) z = 2 2 xy y + c) z = arctg x y xy + − 1 d) z = x y 4) a) Mostre que para a função f x y xy x y x y x y x y ( , ) , ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) = − + ≠ = ¦ ´ ¦ ¹ ¦ 2 2 2 2 0 0 0 0 0 se se , temos f xy (0,0) = −1 e f yx (0,0) = 1; b) Dada a função z = ye x 2 , calcular ∂ ∂ ∂ 4 2 2 z x y ; c) Mostre que a função z = x 3 − 2xy 2 verifica a equação x z x y z y x z x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 2 2 2 + = ; d) Mostre que a função z = x y x y x + verifica a equação x z x xy z x y y z y 2 2 2 2 2 2 2 2 0 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + + = ; e) Mostre que a função z = tg(y + kx) + (y − kx) 3/2 verifica a equação da corda vibrante, ∂ ∂ ∂ ∂ 2 2 2 2 2 z x k z y = ; f) Quando dois resistores de resistências R 1 ohms e R 2 ohms são conectados em paralelo, sua re- sistência combinada R em ohms é R R R R R = 1 2 1 2 + . Mostre que ∂ ∂ ∂ ∂ 2 1 2 2 2 2 2 1 2 4 4 R R R R R R R = ( ) + 5) Se f x y ( , ) admite derivadas parciais de segunda ordem, chama-se Laplaciano de f à função: r ∇ = + 2 2 2 2 2 f x y f x x y f y x y ( , ) ( , ) ( , ) ∂ ∂ ∂ ∂ Calcule r ∇ 2 f x y ( , ) para as seguintes funções: a) f x y ( , ) = x 4 − y 4 b) f x y ( , ) = sen(x 2 − y 2 ) c) f x y ( , ) = 1 2 2 x y + d) f x y ( , ) = 2 2 2 x x y + e) f x y ( , ) = arctg y x f) f x y ( , ) = e x cosy 6) Encontre o coeficiente angular da reta tangente à curva intersecção do gráfico de z = 10 2 2 2 − − x y com o plano y = 1 no ponto em que x = 2. 7) Dada a função f x y y x y ( , ) = 2 2 2 1 + + , pede-se determinar: a) O domínio de f; b) As derivadas parciais f x (3,4) e f y (3,4); c) O coeficiente angular da reta tangente à curva que é a intersecção do gráfico de f com o plano x = 3 no ponto em que y = 4. 8) Determine a equação do plano tangente e da reta normal às seguintes superfícies: a) z = x 2 − 4y 2 , no ponto P 0 = (5,−2) b) z = x 2 + y 2 , no ponto P 0 = (3,4) c) z = x 2 + y 2 − 4x − 6y + 9, no ponto em que o plano tangente é paralelo ao plano x0y. 9) Através da equação do plano tangente, encontre um valor aproximado para: a) (1,02) 3 (0,97) 2 b) (0,998) 3 1,003 c) ( , ) ( , ) 4 05 2 93 2 2 + d) 8 002 3 96 2 3 3 , , e) 24 936 81 082 , , f) 36 24 , tg44 0 40’ 10) Um ponto move-se ao longo da intersecção do parabolóide elíptico z = x 2 + 3y 2 e o plano x = 2. A que taxa está z variando em relação a x quando o ponto está em (2,1,7)? 11) Um ponto move-se ao longo da intersecção do plano y = 3 e superfície z x y = 29 2 2 − − . Qual é a taxa de variação de z em relação a x e em relação a y quando o ponto está em (4,3,3)? 12) A temperatura do ponto (x,y) de uma chapa metálica plano é dada por T x y x y ( , ) = 30 50 2 2 + − − . (T em 0 C, x e y em cm) a) Determine o domínio de T(x,y) e a temperatura no ponto (3,4); b) Determine a equação da isoterma que passa pelo ponto (3,4) e a represente no plano x0y; c) Se a partir do ponto (3,4) um formiga caminhar na direção do eixo 0x, sentido positivo, a temperatura aumentará ou diminuirá? De quantos graus por centímetro aproximadamente? 13) Em uma livraria, o lucro mensal L é uma função do número de vendedores, x, e do capital investido em livros, y, (y em milhares de reais). Em uma certa época tem-se: L(x,y) = 400 − (12 − x) 2 − (40 − y) 2 . a) Calcule o lucro diário se a empresa tem 7 vendedores e 30 mil reais investidos; b) Calcule ∂ ∂ ∂ ∂ L x L y ( , ) ( , ) 7 30 7 30 e ; c) O que é mais lucrativo, a partir da situação do item (a): − aumentar de uma unidade o número de vendedores, mantendo o capital investido; − ou investir mais 1 mil reais, mantendo o número de vendedores? 14) A temperatura do ponto (x,y) de uma chapa é dada por T(x,y) = 2x 2 + 3y 2 + 15, (T em 0 C, x e y em cm). a) Determine a equação da isoterma que passa por (1,2); b) Se a partir do ponto (1,2) nos movermos no sentido positivo do eixo 0x, a temperatura aumenta ou diminui? De quantos 0 C por cm, aproximadamente? c) Em que ponto (a,b) a temperatura vale 45 0 C, sendo a taxa de variação da temperatura em relação à distância percorrida na direção do eixo 0y, sentido positivo, igual a 12 0 C/cm? (considere a e b positivos). 15) Uma fábrica produz mensalmente x unidades de um produto A e y unidades de um produto B, sendo o custo mensal da produção conjunta dado por C x y x y ( , ) . = + + 20 000 2 2 (C em reais). Em um certo mês, foram produzidas 3.000 unidades de A e 2.000 unidades de B. a) Calcule o custo da produção neste mês; b) Calcule ∂ ∂ ∂ ∂ C x C y e ; c) O que é mais conveniente, a partir desta situação: aumentar a produção de A mantendo constante a de B, ou aumentar a de B mantendo constante a de A? Justifique com base nos resultados de (b). 16) A superfície de um lago é representada por uma região D no plano x0y, de modo que a profundidade sob o ponto (x,y) é dada por f x y ( , ) = 300 − 2x 2 − 3y 2 , (unidades em metros). Se um esquiador aquático está na água no ponto (4,9), ache a taxa de variação da profundidade na direção leste e na direção norte. 17) O potencial elétrico V no ponto (x,y,z) é dado por V x y z x y z ( , , ) = + + 100 2 2 2 (V em volts, x, y e z em cm). Ache a taxa de variação de V, no ponto (2,−1,1) na direção: a) do eixo 0x b) do eixo 0y c) do eixo 0z 18) A análise de certos circuitos elétricos envolve a fórmula I V R L = + 2 2 2 ω , em que I é a corrente, V a voltagem, R a resistência, L a indutância e ω uma constante positiva. Ache e interprete ∂ ∂ I R e ∂ ∂ I L . 19) A resistência R ohms de um circuito elétrico é dada pela fórmula R E I = , em que I é a corrente em ampères e E é a força eletromotriz em volts. Calcule e interprete o significado de ∂ ∂ ∂ ∂ R I R E e quando I = 15 ampères e E = 110 volts. 20) A maioria dos computadores tem apenas um processador que pode ser utilizado para cálculos. Os supercomputadores modernos, entretanto, têm entre dois e vários milhares de processadores. Um supercomputador multiprocessador é comparado a um computador uniprocessador em termos de speedup. A speedup S é o número de vezes mais rápido que um cálculo pode ser feito com um multiprocessador, do que com um uniprocessador. A lei de Amdahl é uma fórmula usada para determinar S S p q p q p q ( , ) ( ) = + − 1 em que p é o número de processadores e q é a fração do cálculo que pode ser realizada utilizando todos os processadores disponíveis em paralelo − isto é, usando-os de maneira que os dados sejam processados concomitantemente por unidades separadas. A situação ideal, paralelismo completo, ocorre quando q = 1. a) Se q = 0,8, ache a speedup quando p = 10; 100 e 1.000. Mostre que a speedup S não pode exceder a 5, independente do número de processadores disponíveis. b) Ache a taxa instantânea de variação de S em relação a q. c) Qual a taxa de variação em (b) se há paralelismo completo, e como o número de processadores afeta esta taxa de variação? d) A eficiência E de um cálculo por multiprocessador pode ser calculada pela equação: E p q S p q p ( , ) ( , ) = Mostre que, se 0 ≤ q < 1, E(p,q) é uma função decrescente de p e, portanto, sem paralelismo completo, o aumento de número de processadores não aumenta a eficiência do cálculo. 21) No estudo da penetração da geada em uma rodovia, a temperatura T no instante t horas e à profundidade x pode ser dada, aproximadamente, por T x t T e t x x ( , ) sen( ) = − − 0 λ ω λ em que T 0 , ω e λ são constantes. O período de sen(ωt − λx) é 24 horas. a) Calcule e interprete ∂ ∂ ∂ ∂ T x T t e . b) Mostre que T verifica a equação unidimensional do calor ∂ ∂ ∂ ∂ T t k T x = 2 2 em que k é uma constante. 22) A capacidade vital V dos pulmões é o maior volume de ar que pode ser exalado após uma inala- ção de ar. Para um indivíduo do sexo masculino com x anos de idade e y centímetros de altura, V pode ser aproximada pela fórmula V(x,y) = 27,63y − 0,112xy. Calcule e interprete o significado de ∂ ∂ ∂ ∂ V x V y e . 23) Em um dia claro, a intensidade de luz solar (em velas-pé) às t horas após o nascente e à profundidade oceânica de x metros, pode ser aproximada por: I x t I e t D kx ( , ) sen ( ) = − 0 3 π em que I 0 é a intensidade de luz ao meio-dia, D é a extensão do dia (em horas) e k é uma constante positiva. Se I 0 = 1.000, D = 12 e k = 0,1, calcule e interprete ∂ ∂ ∂ ∂ I t I x e quando t = 6 e x = 5. 24) O volume V de um cone circular reto é dado por V x y x = π 24 4 2 2 2 − em que y é o compri- mento da geratriz e x é o diâmetro da base. Encontre a taxa de variação do volume em relação à geratriz e do volume em relação ao diâmetro quando x = 16 cm e y = 10 cm. Neste caso, ∆z depende das variações de ∆x e de ∆y. Vamos considerar, então, que ∆z depende da distância do ponto P0 ao ponto P, d(P0,P), que representa o módulo do vetor P0 P = P − P0 . Portanto, por analogia, temos que: ∆z = taxa de variação média de z em relação às variações de x e y ou que, é a taxa de d ( P0 P ) variação média de z em relação à variação da distância entre P0 e P e, que, f ( P) − f ( P0 ) f ( x0 + ∆ x, y0 + ∆ y) − f ( x0 , y0 ) dz ∆z = lim = lim = lim ( ∆x ,∆y ) →( 0,0) d ( P0 P ) P → P0 d ( P0 P ) P → P0 P − P0 ∆x 2 + ∆y 2 é a taxa de variação (instantânea) de z em relação a x e a y, a partir do ponto P0, por unidade de distância de P0 a P. É, por analogia, chamada de derivada total de z = f(P) no ponto P0 e, em relação a x e a y. Exemplo: Calcular a derivada total de z = f ( x , y ) = 3x2y, no ponto P0 = (1,2). dz f (1 + ∆ x ,2 + ∆ y ) − f (1,2) 3(1 + ∆ x ) 2 (2 + ∆ y ) − 3(1) 2 2 lim = lim = ∆ →0 ou, x d ( P0 P ) ∆x → 0 ∆x 2 + ∆y 2 ∆x 2 + ∆y 2 ∆y → 0 ∆y → 0  →  6 + 12 ∆ x + 3∆ y + + 6∆ x + 3∆ x 2 ∆ y − 6 12 ∆ x + 3∆ y + 6∆ x 2 + 3∆ x 2 ∆ y dz = ∆→ lim lim =∆→ x 0 x 0 d ( P0 P ) ∆x 2 + ∆y 2 ∆x 2 + ∆y 2 2 ∆y → 0 ∆y → 0 0 e não apresenta simplificação, vamos usar os 0 ∆x → 0 12 ∆ x + 6∆ x 2 ∆ x( 12 + 6∆ x ) lim caminhos: C1  ⇒ ∆x →0 = lim = 12 e ∆x → 0 ∆x  ∆y = 0 ∆x 2 ∆y =0 Como o limite apresenta a indeterminação  ∆x = 0 3∆ y C2  ⇒ lim =3 ∆x = 0 ∆ y ∆y → 0 ∆y → 0 Como os resultados são diferentes, não existe o limite. Isto é, esta função não tem derivada total no ponto (1,2). Obs.: Em geral, z = f ( x , y ) não tem derivada total. Mas, em particular, vamos considerar os resultados dos limites por caminhos, isto é, as derivadas por caminhos ou, as derivadas parciais, definidas por: Def. 2: Chama-se derivada parcial de z = f ( x , y ) no ponto P0 = (x0,y0) e, em relação a x, ao número real f x ( x 0 , y 0 ) , definido por f ( x 0 + ∆ x , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) ∂z f x ( x 0 , y 0 ) = lim = ( x0 , y0 ) ∆x → 0 ∆x ∂x desde que o limite exista. Obs.: Usamos a letra d para indicar a derivada total. Para não confundir, usamos a letra d do alfabeto Ronde, ∂ , para indicar a derivada parcial. Analogamente, podemos ter a derivada parcial em relação a y, isto é: y ) admite derivadas parciais em relação a x e a y em todos os pontos P0 de uma região D do plano IR2.2) − f (1. y 0 ) = lim = lim = lim ∴ ∆y → 0 ∆ y →0 ∆y →0 ∆y ∆y ∆y 2 f y ( x 0 . y 0 ) = lim ∆x → 0 ∆x → 0 ∆x ∆x f x ( x0 . em relação a x e. em relação a y.2) = lim = 12 . y0 ) f x ( x 0 . dizemos que z = f ( x . y0 ) = 6 x0 y0 . y) (ii) = f y ( x . y 0 ) ∂z f y ( x 0 .Def. Exemplos: 1) Determine as derivadas parciais de z = f ( x . Solução: (a) Em relação a x: 2 3( x 0 + ∆ x ) 2 y 0 − 3x 0 y 0 f ( x0 + ∆ x.2) = lim ∆x → 0 ∆x → 0 ∆x →0 ∆x ∆x ∆x (12 + 6∆ x ) ∆ x f x (1. y ) em D.2) 3(1) 2 (2 + ∆ y ) − 3(1) 2 2 6 + 3∆ y − 6 3∆ y f y (1.y0) genérico. y0 + ∆ y) − f ( x0 . y ) = lim é a função derivada parcial de f ( x . y ) em D. y ) no ponto P0 = (x0. y) − f ( x. 3: Chama-se derivada parcial de z = f ( x . ao número real f y ( x 0 .2 + ∆ y ) − f (1. Isto é: ∂z f ( x + ∆x. y ) é derivável parcialmente em relação a x e a y em D. y0 ) − f ( x0 . = f x ( x . em relação a y.2) e.y0) e. y 0 ) . ∆y →0 ∂y ∆y (i) .2) 3(1 + ∆ x ) 2 2 − 3(1) 2 2 6 + 12 ∆ x + 6∆ x 2 − 6 f x (1. y 0 ) = lim = ( x0 . y + ∆y) − f ( x. y 0 + ∆ y ) − f ( x 0 . y ) = lim ∆x → 0 ∂x ∆x ∂z f ( x. podemos definir as funções derivadas parciais em D. y 0 ) = lim = lim ∴ ∆x → 0 ∆x → 0 ∆x ∆x 2 2 3x 0 y 0 + 6 x 0 y 0 ∆ x + 3 y 0 ∆ x 3 − 3x 0 y 0 (6 x 0 y 0 + 3 y 0 ∆ x ) ∆ x = lim ∴ f x ( x 0 . y0 ) ∆y →0 ∆y ∂y desde que o limite exista. y) é a função derivada parcial de f ( x . ∆x → 0 ∆x (b) Em relação a y: f (1. ∆y → 0 ∆y →0 ∆y → 0 ∆y →0 ∆ y ∆y ∆y ∆y 2) Idem (1) para P0 = (x0. definido por f ( x 0 . y0 ) 3x 0 ( y 0 + ∆ y ) − 3x 0 y 0 3x 0 ∆ y f y ( x 0 . Solução: (a) Em relação a x: f (1 + ∆ x . (b) Em relação a y: 2 2 2 f ( x0 . y ) = 3x2y no ponto (1.2) = lim = lim = lim = lim = 3.2) = lim = lim = f x (1. Neste caso. y 0 ) = 3x 0 . Se a função z = f ( x . obtemos ψ ‘(y) = 3a2. temos a função auxiliar ϕ (x) = f ( x . Derivando em relação a x obtemos ϕ‘(x) = 2x + 3b2 + 5. é derivável parcialmente em IR2 e. vamos usar a função auxiliar ϕ (x) = f ( x . vamos usar a função auxiliar ψ(y) = f ( x0 . y 0 ) − f ( x . y ) em relação a y.  ∂z  Derivando ψ em relação a y. y ) = 3x2y.  ∂z  Derivando ϕ em relação a x. y ) = 3x2y tem derivada parcial em relação a x e em relação a y. ∂x (b) Derivada parcial em relação a y: De modo análogo. ∂y . anterior) que a função f ( x .: Considerando y = y0 = b (constante). y ) = 3x 2 . e = f x ( x . y) ∂z  ∂z  ψ ( y + ∆y) − ψ ( y) =  = f y ( x 0 . ∆y → 0 ∆y →0 ∂y  ∂y  x = x ∆y ∆y 0 Exemplos: 1) Calcular a derivada parcial em relação a y de z = f ( x . suas funções derivadas parciais ou apenas derivadas parciais são: ∂z ∂z = f y ( x . y ) = lim = lim = ψ ′( y ) . Sol. y + ∆ y) − f ( x0 . Sol. b) = 3x2b. temos a função auxiliar ψ (y) = f (a . obtemos ϕ‘(x) = 6xb. a função auxiliar é ϕ (x) = x2 + b2 + 3xb2 + 5x − b + 10. y ) em relação a x. 2. em todos os pontos (x0. y0 ) em que consideramos y = y0 constante. y ) = x2 + y2 + 3xy2 + 5x − y + 10 em relação a x. temos que. y ) = 6 xy ∂y ∂x CÁLCULO DAS DERIVADAS PARCIAIS DE z = f(x. Como   = 6 xb = ϕ‘(x). y ) em que consideramos x = x0 constante. Sol. y ) = 3a2y. Como   = 3a 2 = ψ ‘(y).: Para y = y0 = b (constante).Exemplo: Vimos (ex.: Considerando x = x0 = a (constante).y) Para calcularmos as derivadas parciais de z = f ( x .y0) do IR2. (a) Derivada parcial em relação a x: Para calcularmos as derivadas parciais em relação a x. voltamos com o  ∂y  x = a ∂z valor a = x obtendo = 3x 2 que é a derivada de f ( x . y0 ) ∂z  ∂z  ϕ ( x + ∆x) − ϕ ( x) = f x ( x . ∂z = f x ( x. voltamos com o  ∂x  y = b ∂z valor b = y obtendo = 6 xy que é a derivada de f ( x . ∂x 2) Calcular a derivada parcial de z = f ( x . =  ∆x →0 ∆x →0 ∂ x  ∂ x  y = y0 ∆x ∆x Exemplos: 1) Calcular a derivada parcial em relação a x de z = f ( x . Então: f ( x0 . y0 ) = lim = lim = ϕ ′( x ) . y) = 2 x + 3 y 2 + 5 . Logo. Podemos usar as fórmulas de derivação usadas para o calculo das derivadas de y = f ( x) . y ) = 3x2y. Então: f ( x + ∆ x . y ) não precisamos calcular os limites que as definem. Voltando com b = y. existem as derivadas parciais. ∆y →0 ∂y ∆y (iii) em relação a z. no ponto P0 e. então.: (a) Em relação a x: ∂w f ( x + ∆ x .: Para x = x0 = a (constante). y e z.z0). Sol. z ) em relação conjunta às três variáveis x. y0 . Voltando com a = x. é dada por f ( x0 + ∆ x . temos que. y0 . y0 + ∆y. y ) = 2 y + 6 xy − 1. (Basta trocar na definição 4. y. z ) = x3y2z − 5xy + 3yz − 2xz + 10. 30 CASO: Para as funções do tipo w = f ( x . Mas. temos que a derivada parcial de w = f(x.y0. y . Se as derivadas parciais de w = f ( x . y ) = x2 + y2 + 3xy2 + 5x − y + 10 em relação a x. z0 + ∆z) − f(x0. z0 ) − f ( x0 . podemos calcular suas funções derivadas parciais em relação a x. y . z0 + ∆ z ) − f ( x0 .z0) e ∆w = f(P) − f(P0) = f(x0 + ∆x. temos que P = (x. é dada por ∂w f ( x0 . y . de três variáveis. z) = lim ∂y ∆ y → 0 ∆y 3 2 ∂w x ( y + ∆ y ) z − 5x ( y + ∆ y ) + 3( y + ∆ y ) z − 2 xz + 10 − x 3 y 2 z + 5xy − 3 yz + 2 xz − 10 = lim ∂y ∆ y → 0 ∆y 3 ∂w 2 x yz − 5x∆ y + 3z∆ y = lim = 2 x 3 yz − 5x + 3z .y. z ) existem em todos os pontos P = (x0. z0 ) = f y ( x0 . y0 por y.z). y + ∆ y. y 0 . x0 por x. 4: Dada a função w = f ( x . y . z ) é derivável parcialmente em R e. y e z da função w = f ( x . o ponto P0 = (x0.∂z = f y ( x . isto é: Def. z0 ) = lim . não temos representação geométrica e. = f z ( x0 . calcular os limites). y e z.z0) de uma região R do IR3. y.y0. é dada por ∂w f ( x0 . ∆x → 0 ∂x ∆x (ii) em relação a y. z ) das três variáveis x. dizemos que w = f ( x . (i) em relação a x. Sol. Neste caso. ∂x ∆ x → 0 ∆x (b) Em relação a y: ∂w f ( x. z0 ) ∂w = f x ( x 0 . z0 por z e. z0 ) . y0 . y0 . ∂y 2) Calcular a derivada parcial de z = f ( x . Exemplo: Calcular as derivadas parciais em relação a x. a função auxiliar é ψ (y) = a2 + y2 + 3ay2 + 5a − y + 10. z) − f ( x . y 0 .z0). y . y0 + ∆ y .y. P0 = (x0.y0. z0 ) = lim ∆z →0 ∂z ∆z desde que os limites existam. z e. concluímos que não existe a derivada total de w = f ( x . por analogia. y . y 0 . y .z). z) − f ( x . z) = lim ∂x ∆ x → 0 ∆x 3 2 ∂w ( x + ∆ x ) y z − 5( x + ∆ x ) y + 3 yz − 2( x + ∆ x ) z + 10 − x 3 y 2 z + 5xy − 3 yz + 2 xz − 10 = lim ∂x ∆ x → 0 ∆x 2 2 2 2 2 3 ∂w 3x y z∆ x + 3x z∆ x + y z∆ x − 5 y∆ x − 2 z∆ x = lim = 3x2y2z − 5y − 2z. z 0 ) = lim . z0 ) − f ( x0 . Derivando em relação a y obtemos ψ ‘(y) = 2y + 6ay −1. y0 . ∆y ∂y ∆ y → 0 .y0. z ). y . y0 . y0 . z0 ) em que x = x0 e z = z0 são constantes. z0 ) − f ( x0 . z0 ) em que y = y0 e z = z0 são constantes. ∆z CÁLCULO DAS DERIVADAS PARCIAIS DE w = f(x. z ) λ( z + ∆ z ) − λ ( z ) =   x = x = lim = lim = λ′( z ) . z ) em relação as variáveis x. y0 .c) = x3b2c − 5xb + 3bc − 2xc + 10. y . Voltando com a = x e c = z. vamos calcular as derivadas parciais de w = f ( x . obtemos ψ‘(y) = 2a3yc − 5a + 3c. Derivando em relação a y.y. z + ∆ z ) − f ( x0 . c ∂w = z. que ∂y . Voltando com os valores de b = y.y. z) = lim ∆z → 0 ∆z x 3 y 2 ( z + ∆ z ) − 5xy + 3 y ( z + ∆ z) − 2 x ( z + ∆ z ) + 10 − x 3 y 2 z + 5xy − 3 yz + 2 xz − 10 = lim ∆z → 0 ∆z x 3 y 2 ∆ z + 3 y∆ z − 2 x∆ z = = x 3 y 2 + 3y − 2 x . y . ∆z →0 ∂z  ∂z  0 ∆ x → 0 ∆z ∆z y = y0 Exemplos: 1) Calcular as derivadas parciais de w = f ( x .z) De modo análogo ao caso anterior. z + ∆ z) − f ( x .c) = a3y2c − 5ay + 3yc − 2ac + 10. ψ(y) = f(a. y . y . Então: ∂w  ∂ w  f ( x 0 . Sol. constantes. y0 . y0 . y e z.b. em relação a x. y . ϕ‘(x) = 3x2b2c − 5b − 2c. z ) = x3y2z − 5xy + 3yz − 2xz + 10. ∆y → 0 ∂y  ∂y  x = x0 ∆ y → 0 ∆y ∆y z = z0 (c) Derivação parcial em relação a z: Vamos considerar a função auxiliar λ(y) = f ( x0 . z0 ) =   y = y = lim = lim = ϕ ′( x ) . usando funções auxiliares que são funções de uma única variável. (a) Derivação parcial em relação a x: Vamos considerar a função auxiliar ϕ(x) = f ( x . y e z.: (a) Em relação a x: Fazendo y = y0 = b e z = z0 = c. y + ∆ y . z ) = 3x 2 y 2 z − 5 y − 2 z . . y . ∆x →0 ∆x → 0 ∂x  ∂x  0 ∆x ∆x z = z0 (b) Derivação parcial em relação a y: Vamos considerar a função auxiliar ψ(y) = f ( x0 . Derivando em relação a x. constantes. temos que ϕ(x) = f(x. y0 . Então: ∂w  ∂ w  f ( x0 .∂w ∂z ∂w ∂z ∂w ∂z (c) Em relação a z: f ( x . y . z0 ) − f ( x . obtemos = f x ( x . resulta ∂w = f y ( x . y . Isto é. Então: ∂w  ∂ w  ϕ ( x + ∆ x) − ϕ ( x) f ( x + ∆ x . z ) = 2 x 3 yz − 5x + 3z . as duas outras variáveis são consideradas como constantes. z ) em que x = x0 e y = y0 são constantes. z0 ) ψ ( y + ∆ y) − ψ ( y) =  = lim = lim = ψ ′( y ) . ∂x (b) Em relação a y: Para x = x0 = a e z = z0 = c. b. x n ) − f ( x1 . y ) = 9 − x 2 − y 2 . x n ) ∂w (a) .y) = e fx (2.xn) então. x 2 + ∆ x 2 . x n ) ∂w (b) . x 2 . resulta que λ(z) = f(a. Voltando com x = a.y) = e que 2 9 − a2 − y2 9 − x2 − y2 fy(2. temos que fx(x. K . 2 9 − x2 − b2 9 − x2 − y2 (b) Em relação a y: Considerando x = a. resulta que ϕ(x) = ln(x2 + xb + b2) cuja derivada é ϕ‘(x) = Como b = y. = lim ∂x n ∆ xn → 0 ∆ xn desde que os limites existam. Derivando em relação a x. 2) Calcular as derivadas parciais de z = ln(x2 + xy + y2) Sol. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS: 1) Calcular as funções derivadas parciais de z = f ( x . Voltando com os valores de a = ∂w x. Voltando com y = b. x n + ∆ x n ) − f ( x1 . z) = x 3 y 2 + 3 y − 2 x . obtemos: − 2x −x ϕ‘(x) = .(c) Em relação a z: Considerando x = x0 = a e y = y0 = b. ∂z 40 CASO: GENERALIZAÇÃO Dada a função de n variáveis w = f(x1. x n ) ∂w (n) . x + xb + b 2 2 . x 2 . . calcular fx (2. = lim ∂x 2 ∆ x2 → 0 ∆ x2 M f ( x1 . temos que fy(x.1) = −1. − 2y −y obtemos ψ‘(y) = . .z) = a3b2z − 5ab + 3bz − 2az + 10. temos que ψ(y) = f(a. .K .x2.: (a) Em relação a x: Fazendo y = b.K .1) = − ½ . temos que ∂z 2x + y = 2 . Sol.: (a) Em relação a x: Para y = b. . x 2 . = lim ∂x1 ∆x1 → 0 ∆ x1 f ( x1 .b) = 9 − x 2 − b 2 . y . Em seguida.1).1) e fy(2. K . obtemos λ‘(z) = a3b2 + 3b − 2a. ∂x x + xy + y 2 2x + b .K . Derivando em relação a z. x 2 . Derivando em relação a y. K . temos que ϕ (x) = f(x. suas derivadas parciais em relação d cada uma das n variáveis é dada por: f ( x1 + ∆ x1 .y) = 9 − a 2 − y 2 . As derivadas parciais podem ser calculadas diretamente se considerarmos as outras variáveis como constantes. x 2 . x n ) − f ( x1 . resulta = f z ( x . b = y. ∂x ( x + y 2 ) 2 Para y = b. Sol. ψ(y) = 2 a + y2 (x2 + y2 )2 (a 2 + y 2 ) 2 ∂z 2 x 3 − 2 xy como a = x. ϕ‘(x) = = b −1 ∂x y y ( tgx ) y −1 b b ( tgx ) . Portanto. temos que = . obtemos ∂z x + 2y = 2 . como x2 + b2 (x2 + b2 )2 (x 2 + b2 )2 ∂z 2 y 3 − 2 xy = 2 b = y. ϕ‘(x) = 2 2 = 2 2 = 2 2 = − 2 x x +b x (x + y ) x + y2 b  1+   x2 x −y ∂z = 2 . ψ‘(y) = a por a. Fazendo x = a. Derivando. ∂y x + xy + y 2 ∂z 2 xy ∂z e para z = 2 . Simplificando 2 a +y a (a 2 + y 2 )  y 1+   a2 a ∂z x = 2 . e substituindo a por x. ∂x ∂y x + y2 ∂z : ∂x a + 2y . Derivando. ϕ(x) = (b) Em relação a y: 2ay 2a ( x 2 + y 2 ) − 2ay (2 y ) 2ax 2 − 2ay 2 e ψ‘(y) = = . Logo. Para b = y. ψ(y) = ln(a2 + ay + y2) e sua derivada é ψ‘(y) = por x. temos que . ∂y x + y 2 5) Se z = y tgx . Substituindo a a + ay + y 2 2 3) Calcular Sol. obtemos 1 1 a2 a = 2a 2 = .(b) Em relação a y: Para x = a. x Sol.: (a) Cálculo de 2 xb 2b( x 2 + y 2 ) − 2bx (2 x ) 2by 2 − 2bx e ϕ‘(x) = = . determine suas derivadas parciais.b) = arctg . ∂x x + y 2 (b) Em relação a y: y ψ(y) = f(a.: (a) Em relação a x: −b b − 2 2 bx 2 −b b x x .y) = arctg . ϕ(x) = f(x. Derivando.: (a) Em relação a x: sec 2 x sec 2 x ∂z . Logo. temos . ∂y ( x 2 + y 2 ) 2 y 4) Determine as derivadas parciais de z = arctg . ϕ(x) = f(x.b) = b tgx . : A função w é uma função das três variáveis x. Derivando.c) = ayc.y) = y tga .c) = xb2c3 − 5xb + 3bc. Derivando. obtemos a função auxiliar ϕ(x) = f(x. vamos escrever na forma ψ(y) = f(a.b.z.b. constantes. ∂x (b) Em relação a y: Para x = a e z = c.y) = 1 1 1  tga = (tga ) y . ∂z 7) Calcule as derivadas parciais de w = xyz. (b) Em relação a y: ψ(y) = f(a. ϕ‘(x) = bc. temos que λ(z) = f(a. Derivando em relação a z. λ‘(z) = abzlnb. ϕ(x) = f(x. Voltando com a = x e b = y. obtemos ψ‘(y) = (tga ) y  − 2  ln tga .c) = ay2c3 − 5ac + 3yc.d.b.y. ψ‘(y) = acyc -. 8) Calcule as derivadas parciais de w = ∂w = yz . calcular cinco derivadas parciais. ∂y ∂w = xyzlny. ∂x ∂w = xzyz − 1 .c. Para derivarmos. ∂y (c) Em relação a z: Considerando x = a e y = b.b. Devemos então calcular as três derivadas parciais. constantes.(b) Em relação a y: ψ(y) = f(a.: Aqui temos w = f(x. ∂w Voltando com os valores de a = x e c = z.t.z) = ab2z3 − 5ab + 3bz. Derivando. Logo. Para a = x. temos  y    y tgx ∂z = − 2 ln tgx . Derivando. (c) Em relação a z: λ(z) = f(a. ∂y y y 6) Determine as derivadas parciais de w = xy2z3 − 5xy + 3yz. ψ‘(y) = 3 2ayc + 3c. obtemos = 2xyz3 + 3z.e) = + + + .z) = abz. Vamos. Derivando em relação a x obtemos ϕ‘(x) = b2c3 − 5b. y e z. obtemos λ‘(z) = 3ab2z2 + 3b.y. ∂w obtemos = y2z3 − 5y. ϕ‘(x) = ∂x b c d e b y . Derivando em relação a y. então. temos que ∂w = 3xy2z2 + 3y. y z t u Sol. Logo. Voltando com o b = y e c = z.: a) Em relação a x: ϕ(x) = f(x. Portanto. Sol.u). ∂z x y z t + + + .y. Sol. Derivando. temos que ψ(y) = f(a. Isto é: (a) Em relação a x: Considerando y = b e z = c.1. (a) Em relação a x: ∂w 1 x b c d 1 e = .c) = xbc.b. y ) = 2x − 7y2. =− 2 + .b. ψ‘(y) = − 2 + .z. ∂t b c t e e u t t d t a b c d ∂w =− 2. + + + . y ) = 1 − 3xy. −1) .d. no ponto (1. b z d e ∂z d t z z ∂w a b c t c 1 z 1 + + + .u) = a y c d a 1 ∂w x 1 + + + . Logo.t. # x ∂y x− y ∂x ( x − y) 2 ∂x ∂ x ∂ρ ∂θ 10) Se x = ρcosθ e y = ρsenθ . no ponto (1. no ponto (2. y ) = xy2 − 3x2y3. ∂x ( x − y) 2 ( x − y) 2 ∂z 2 y ( x − y ) − ( x 2 + y 2 )(− 1) x 2 + 2 xy − y 2 (b) = = .1) 3) f ( x . λ‘(z) = − 2 + .θ). sen θ ρ cosθ ∂ρ ∂θ EXERCÍCIOS PROPOSTOS (I) Calcular as derivadas parciais de z = f(x.c. ρ‘(u) = − 2 .d.θ) e y = f(ρ.e) = (c) Em relação a z: λ(z) = f(a.d. Derivando.c. = − ρ sen θ . obtemos:  x 2 − 2 xy − y 2   x 2 + 2 xy − y 2  x 3 − 2 x 2 y − xy 2 + x 2 y + 2 xy 2 − y 3 ∂z ∂z = x x +y ∴  + y ( x − y ) 2  = 2 ∂y ∂x ( x − y) 2  ( x − y)    ∂z x 2 ( x − y ) + y 2 ( x − y ) x 2 + y 2 ∂z +y = = = z.e) = (e) Em relação a u: ρ(u) = f(a. obtemos: ∂x ∂y ∂x ∂y = cosθ .(b) Em relação a y: ψ(y) = f(a.e) = (d) Em relação a t: θ(t) = f(a.: Derivando parcialmente as funções x = f(ρ.c. =− 2 + . Derivando. = sen θ e = ρ cosθ . no ponto (1. + + + . Logo.y. Derivando. Substituindo no determinante. y c d e ∂y c z y y a b z d b 1 ∂w y 1 =− 2 + .y) em relação a x e a y de: 1) f ( x . ∂ρ ∂θ Sol. determine ∂y ∂y .b. ∂y ( x − y) 2 ( x − y) 2 Substituindo na equação a derivadas parciais.: (a) = . y ) = x2 + 3xy − y2.2) 4) f ( x . Logo. ∂ρ ∂θ ∂ρ ∂θ ∂x ∂ x cosθ − ρ sen θ ∂ρ ∂θ obtemos: ∂y ∂y = = ρ cos2 θ + ρ sen 2 θ = ρ(cos2θ + sen2θ ) = ρ. b c d u ∂u u u 9) Mostre que se z = x2 + y2 ∂z ∂z +y então.b. x = z. Derivando.2) 2) f ( x . x− y ∂y ∂x ∂z 2 x ( x − y ) − ( x 2 + y 2 )(1) x 2 − 2 xy − y 2 = Sol. Logo. θ‘(t) = − 2 + . no ponto (2. y . x 2 . y ) = 3 x3 y2 6) f ( x . então. y ) = 2 x + y2 y 17) z = arctg x 19) z = e sen y x 2 4 2 2) f ( x .1) y (II) Calcular as derivadas parciais das seguintes funções: 1) f ( x . então. y ) = 3x − 2xy + 5y + xy − 4x + y + 7 3) f ( x . então. y . então. x + y = xy + z 4) Se z = ln . então. z ) = 2 x + y2 + z2 21) z = ln sen 25) w = (xy)z 27) w = zxy 29) w = ln x 2 + y 2 + z 2 (III) Verificar as identidades ou calcular o valor de: x2 ∂z ∂z x ∂z ∂z 1) Se z = 2 +y =z 2) Se z = 2 +y = 2 . y ) = 5 x 2 y 7 5) f ( x . y . z . y ) = 7) z = ex+y 9) z = x2cosy x− y 11) z = x+ y 13) z = ln x 2 + y 2 2 xy 15) f ( x . t ) = arctg( xyzt ) 2 1 2 1 3 x2 − y2 ( ) x +1 y y 3 + xz 2 23) f ( x . x + y = ∂x ∂y x ∂x ∂y ∂w ∂ w ∂ w 5) Se w = (x− y)(y− z)(z− x). y ) = x y − 7 x 8) z = y 10) z = 3cos(xy) + 5sen(xy) 12) z = xcosy + ysenx 14) z = 1 − y2 16) z = xy 18) z = ln x + x 2 + y 2 x2 − y2 20) z = arcsen 2 x + y2 ex + ey 22) z = cos x + sen y 24) f ( x . z ) = ln(xy + z) 26) w = x+ y+z x2 + y2 + z2 3xy 28) w = e xyz + arctg 2 z 30) f ( x .5) f ( x . então. y ) = x + xy + x y 2 1 4) f ( x . y ) = xy + x . + + = ∂x ∂y ∂z ∂w ∂ w ∂ w x− y 6) Se w = x + . + + = x−z ∂x ∂y ∂z . x x +y ∂x ∂y ∂x ∂y x +y y ∂z ∂z ∂z ∂z y 3) Se z = xy + xe x . temos as seguintes derivadas sucessivas:  ∂ 3z = f xxx  ∂x 3  ∂ 3z  2 = f xxy  ∂y∂x  ∂ 3z  ∂ 2z  2 = f xx  ∂x∂y∂x = f xyx ∂x   2 ∂ 3z ∂ z  ∂z  = f xyy = f xy  2  ∂x = f x  ∂y∂x  ∂ y∂x  2  3 z = f ( x . y ) = x4y5 + 5x3y3 − 4x2y − 5 Sol. . y).. suas derivadas são chamadas de derivadas parciais de terceira ordem de w = f(P) e. xn e.. Se as derivadas de segunda ordem são parcialmente deriváveis.DERIVADAS PARCIAIS SUCESSIVAS Se a função w = f(P) admite derivadas parciais em relação a todas as variáveis independentes. assim. sucessivamente.: O número de derivadas parciais é 2n em que n é a ordem das derivadas. estas funções derivadas parciais admitem derivadas parciais em relação a todas as variáveis. então. Exemplo: Calcular as derivadas de 3a ordem de z = f ( x . 1) Para z = f(x.x2. y )  ∂z  = f y  ∂ z = f yx  ∂ z = f yxx 2  ∂y  ∂ x∂y 1 24  ∂x∂y 4 3 2  ∂ 3z 1a ordem  ∂ z − f yy  = f yxy  ∂y 2 ∂y∂x∂y  14243  3 4 4 2a ordem  ∂ z = f yyx  ∂x∂ 2 y  ∂ 3z  3 = f yyy  ∂y 144 44 2 3 3a ordem Obs. x1.: Derivadas de primeira ordem ∂z ∂z = 4x3y5 + 15x2y3 − 4xy2 +3 = 5x4y4 + 15x3y2 − 4x2y − 5 ∂x ∂y Derivadas de segunda ordem ∂ z ∂ 2z 2 5 3 2 = 20x3y4 + 45x2y2 − 8xy 2 = 12x y + 30xy − 4y ∂x∂y ∂x 2 ∂ z ∂ 2z 3 4 2 2 = 20x y + 45x y − 8xy = 20x4y3 + 30x3y − 4x2 ∂y∂x ∂y 2 Derivadas de terceira ordem ∂ 3z ∂ 3z 5 3 2 4 2 2 = 60x y + 90xy − 8y 3 = 24xy + 30y ∂x ∂y∂x 3 ∂ z ∂ 3z 2 4 2 = 60x y + 90xy − 8y = 80x3y3 + 90x2y − 8x ∂y∂x∂y ∂x 2 ∂y ∂ 3z ∂ 3z = 60x2y4 + 90xy2 − 8y = 80x3y3 + 90x2y − 8x ∂x∂y∂x ∂ y 2∂ x ∂ 3z ∂ 3z = 80x3y3 + 90x2y − 8x = 60x4y2 + 30x3 ∂x∂y 2 ∂y 3 .. suas derivadas parciais são chamadas de derivadas parciais de segunda ordem de w = f(P). suas derivadas parciais mistas são iguais. z ) = x3y4z5 + x2y2z2 + 3xyz + 5x − 6y + 7z − 12. . contínuas em uma região R do IRn.: Derivadas de primeira ordem ∂w ∂w ∂w = 3x2y4z5 + 2xy2z2 + 3yz + 5 = 5x3y4z4 + 2x2y2z + = 4x3y3z5 + 2x2yz2 + 3xz − 6 ∂y ∂x ∂z 3xy + 7 Derivadas de segunda ordem 2 ∂ w ∂ 2w ∂ 2w 4 5 2 2 2 3 5 2 = 6xy z + 2y z = 12x y z + 4xyz + 3z = 15x2y4z4 + 4xy2z + ∂y∂x ∂z∂x ∂x 2 3y ∂ 2w ∂ 2w ∂ 2w 2 3 5 2 3 2 5 2 2 = 12x y z + 4xyz + 3z = 20x3y3z4 + 4x2yz + 2 = 12x y z + 2x z ∂x∂y ∂z∂y ∂y 3x ∂ 2w ∂ 2w ∂ 2w 3 4 4 2 2 = 15x2y4z4 + 4xy2z + 3y = 20x3y3z4 + 4x2yz + 3x 2 = 20x y z + 2x y ∂y∂z ∂x∂z ∂z Teorema 1: Se a função w = f(P) admite derivadas parciais mistas de ordem n.: O número de derivadas parciais é 3n em que n é a ordem das derivadas. y .2) Para w = f(x. z) = f y  2 = f yy  ∂y  ∂y ∂w ∂ 2w  = fz  = f yz  ∂z 1 24  ∂z∂y 4 3 1a ordem  ∂ 2 w  = f zx  ∂x2∂z ∂ w = f zy  ∂y∂z  ∂ 2w  2 = f zz  ∂z 14243 4 4 2a ordem Obs. então. z). y. Exemplo: Calcular as derivadas de segunda ordem de w = f ( x . y . temos as seguintes derivadas parciais ∂ 2w  2 = f xx ∂x  2 ∂ w  = f xy  ∂y∂x ∂ 2w  ∂z∂x = f xz ∂ 2w  ∂w  = f yx  ∂x = f x  ∂x∂y  ∂w ∂ 2w w = f ( x . Sol. y0 ) da reta s é dado por ms = = . y0 ) = Analogamente. tangente à curva ψ(y) e ao gráfico de f ( x . é uma reta secante à curva ψ(y) e ao gráfico de f ( x . com z0 = f(x0.y0) ∆y → 0 ∆y → 0 ∆y ∆y Isso significa que a derivada parcial de f ( x . P → P0. com z0 = f(x0.z0) e.z0). Consideremos os pontos P0 = (x0.1) GEOMÉTRICA Para calcularmos as derivadas parciais de z = f ( x . no ponto P0 é igual ao coeficiente angular da reta tangente à curva ψ(y) e ao gráfico de z = f ( x .y0). y ) . ∆x ∆x Se o ponto P desliza sobre ϕ(x) até coincidir com o ponto P0.y0. y0 ) − f ( x0 . no ponto T = (x0. y ) .y0). a reta secante. ∆y ∆y Se o ponto P desliza sobre ψ(y) até coincidir com o ponto P0. y0.y) 1. constantes. y0 e x0 são. s. (a) Em relação a x: A função ϕ(x) = f(x. y0 + ∆ y) − f ( x0 . A reta s que passa por P0 e P.y0) e ψ(y) = f(x0. pertence ao plano y = y0 = constante que é paralelo ao plano coordenado x0z. y ) . A reta t. no ponto T = (x0. O coeficiente angular ψ ( y0 + ∆ y) − ψ ( x0 ) f ( x.INTERPRETAÇÃO DAS DERIVADAS PARCIAIS 1) DA FUNÇÃO z = f(x. P → P0. tangente. y ) . Seu coeficiente angular é dado por mt = lim ϕ ( x0 + ∆ x) − ϕ ( x0 ) f ( x0 + ∆ x. Portanto: ∂f ( P0 ) = tg α = coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de ∂x z = f ( x . o ângulo α que t forma com a reta y = y0 = constante. em relação a x. y ) . y) é a curva intersecção da superfície que é o gráfico de z = f ( x . passa a ser uma reta t. no ponto T = (x0. y ) . O coeficiente angular ϕ ( x0 + ∆ x) − ϕ ( x0 ) f ( x0 + ∆ x. s. é uma reta secante à curva ϕ(x) e ao gráfico de f ( x . tangente à curva ϕ(x) e ao gráfico de f ( x . Consideremos os pontos P0 = (x0. a reta secante.y0. y0) é a curva intersecção da superfície que é o gráfico de z = f ( x . y0 + ∆ y) − f ( x0 . . A reta s que passa por P0 e P. y0 ) − f ( x0 . no ponto T = (x0.y0 + ∆y) sobre a curva ψ(y). f x ( x0 .y0) e P = (x0.y0. no ponto P0 é igual ao coeficiente angular da reta tangente à curva ϕ(x) e ao gráfico de z = f ( x .z0). y0 ) = lim = ψ‘(y0) = fy(x0. paralela ao plano x0z.y0) = lim ∆x → 0 ∆x → 0 ∆x ∆x Isso significa que a derivada parcial de f ( x . y ) com o plano y = y0 = constante. em relação a y. y0 ) da reta s é dado por ms = = . y ) . respectivamente. y ) com o plano x = x0 = constante.y0) e P = (x0 + ∆x. y ) .y) nas quais. z0).y0) sobre a curva ϕ(x). no ponto T = (x0. y0 ) = ϕ‘(x0) = fx(x0.y0. Seu coeficiente angular é dado por mt = lim ψ ( y0 + ∆ y) − ψ ( y0 ) f ( x0 . (b) Em relação a y: A função ψ (y) = f(x0. y ) . no plano x0y é o mesmo ângulo que t forma com o eixo 0x. y ) .z0). passa a ser uma reta t. usamos as funções auxiliares ϕ(x) = f(x. Logo. na forma paramétrica  y = y0  y = y0  z = z + λf ( x .4) e paralela ao plano x0z. y=3 x=2 plano plano EQUAÇÕES DAS RETAS TANGENTES (a) A equação da reta t1. temos que: .3. y )   0 x 0 0 (b) A equação da reta t2. no ponto T = (x0.: Considerando os resultados do exemplo anterior.  x =x  z = z + λf ( x .A reta t.y0. isto é. no ponto T = (x0. na direção do eixo 0y. (b) no ponto (1.z0) e. paralela ao plano y0z . tangente. na forma paramétrica  y = y 0 + λ Na forma simétrica  1 .9).9) e na direção do eixo 0x.3) = −2. (a) no ponto (2.y) = −2x + 2 e fy(x.1. isto é. (a) no ponto (2.9) e na direção do eixo 0x.4) e paralela ao plano y0z é uma reta que pertence ao plano e tem como coeficiente angular fy(2. (a) A reta tangente em (1. Exemplo: Calcular o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de z = 7 − x2 − y2 + 2x + 2y. no plano x0y é o mesmo ângulo que t forma com o eixo 0y.3. fx(2. y ) são: fx(x. (b) A reta tangente em (2. Logo. é dada por:  x = x0 + λ  x − x0 z − z0   = Na forma simétrica  1 .4) e paralela ao plano x0z é uma reta que pertence ao plano e tem como coeficiente angular fx(2. tangente ao gráfico de z = f ( x .y0. no ponto T = (x0.1. fy(2.1) = − 2 + 2 = 0. é uma reta que pertence ao y = 1 e tem como coeficiente angular fx(1. é uma reta que pertence ao x = 1 e tem como coeficiente angular fy(1.1) = 0 = fy(1. f x ( x 0 .y0.9) e na direção do eixo 0y.3.1) = − 2 + 2 = 0.4).9) e na direção do eixo 0y. é dada por: x = x  y − y0 z − z0 0   = f y ( x 0 .: As derivadas parciais de z = f ( x .3) = − 4 + 2 = −2.1.1). (c) A reta tangente em (1. (d) no ponto (1. Portanto: ∂f ( P0 ) = tg β = coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de ∂y z = f ( x . tangente ao gráfico de z = f ( x .4) e paralela ao plano y0z. o ângulo β que t forma com a reta x = x0 = constante. Sol. y ) . y ) .y) = −2y + 2 (a) A reta tangente em (2. y )  0  y 0 0 0 Exemplo: Determine as equações das retas tangentes ao gráfico de z = 7 − x2 − y2 + 2x + 2y. (c) no ponto (1. pertence ao plano x = x0 = constante que é paralelo ao plano coordenado y0z. fx(1. y0 ) = Sol.1. y ) .z0) e paralela ao plano y0z.3) = −4.3. y 0 ) ou.1. (b) no ponto (2. na direção do eixo 0x.3. isto é.3) = − 6 + 2 = −4. f y ( x0 .z0) e paralela ao plano x0z. y 0 ) ou. 4) pertence ao plano. sobre o plano tangente. Sua equação geral é dada por z .  − f x ( x0 . y 0 ) e. .z0 = fx(x0. tem como vetor diretor o  x = x 0 − λf x ( x 0 . Este plano é o plano tangente ao gráfico de z = f ( x . Ou seja.2 + 4. ou. 2. isto é. y ) . Logo.3. A equação do plano tangente é 2x + 4y + z + d = 0. paralela ao plano y0z é  y = 3 + λ  z = 4 − 2λ  z = 4 − 4λ    x = 1+ λ x =1   (b) Paralela ao plano x0z é  y = 1 e. 0 1 f y ( P0 ) Obs. temos que: n = v 1 × v 2 = 1 0 − 2 = 2 i + 4 j + 0 1 −4 r k é o vetor normal ao plano tangente.y0)(x− x0) + fy(x0. vale que z = f(x0 + ∆x. n = f x ( P0 ) i + f y ( P0 ) j − k .4) (b) (1.y0)(y− y0) r r r r r cujo vetor normal é n = v 1 × v 2 .3) = − 4 e que v 1 = (1.−4 ).y0. y0 +∆y) ≅ zplano.1. a equação do plano tangente é 2x + 4y − z −20 = 0.−2) e v 2 = (0. se interceptam no ponto T = (x0. r r r i j k r r r r r r r fy(2.z0). aproximadamente. o valor de z = f ( x .1. Se usarmos a equação envolvendo as derivadas parciais.y0.z0). y0 +∆y) pode ser calculado. y0 ) − f y ( x0 . as equações simétricas são z = z + λ  0  x−x y − y0 0  = = z − z0 . em que v 1 é o vetor diretor de t1 e. y . z ). que fx(2. o valor de f(P) = f(x0 + ∆x.3) = −2. y ) no ponto T = (x0. isto é.3. v 2 é o vetor diretor de t2.: (a) Considerando os resultados dos exemplos anteriores.x = 2 + λ x = 2   (a) Paralela ao plano x0z é  y = 3 e. y 0 )  r vetor n . y0 +∆y) pertencente a uma vizinhança de P0. y0 ) Exemplo: Determine a equação do plano tangente e da reta normal ao gráfico da função z = 7 − x2 − y2 + 2x + 2y nos pontos: (a) (2. paralela ao plano y0z é  y = 1 + λ z = 9 z=9   PLANO TANGENTE − RETA NORMAL As retas tangentes t1 e t2. Logo. A reta normal ao gráfico de z = f ( x . no ponto T. d = −20. determinam um plano que passa por T e que contém as retas t1 e t2. temos que: z − 4 = −2(x − 2) − 4(y − 3) ou que 2x + 4y + z −20 = 0.9) Sol.0.: Para P = (x0 + ∆x. r r r i j k r r r r r r r r r r n = v 1 × v 2 = 1 0 f x ( P0 ) = − f x ( P0 ) i − f y ( P0 ) j + k ou. Como o ponto (2. suas equações paramétricas são  y = y 0 − λf y ( x 0 .3 + 4 + d = 0. Isto é. Logo. isto é. ∆x ∆x ∆x A taxa de variação instantânea ou apenas taxa de variação de z = f ( x . y ) . Logo. Mas.1) = fy(1. no ponto P0 = (x0. isto é. em separado. y0 ) ∂z = lim = f x ( x 0 . no ponto P0 e na direção positiva do eixo 0y. em relação a x. no ponto P0 = (x0. na direção positiva do eixo 0x. podemos avaliar as variações de z em relação a x e. é dada por lim f ( P) − f ( P0 ) f ( x0 + ∆x.y0) e P = (x0. do eixo 0y.y0) e P = (x0 + ∆x. indica a variação de z por unidade de variação de x.y0). y ) . as paramétricas são A equação simétrica da reta normal é   2 4  x = 2 + 2λ   y = 3 + 4λ . a equação do plano tangente é z −9 = 0 ou z = 9. z = 4+λ  (b) Considerando os resultados do exemplo anterior. na direção do vetor P0 P ou. fx(1.9) pertence ao plano tangente. é dada por . y ) entre os pontos P0 = (x0.y0) e.1. y0 + ∆ y ) − f ( x0 . y ) . é dada por ∆ z f ( P) − f ( P0 ) f ( x0 . y0 ) − f ( x0 . d = 9. Como o ponto (1. y 0 ) = = .2) TAXA DE VARIAÇÃO Vimos que não existe a derivada total de z = f ( x .  x=0  As equações simétricas e paramétricas da reta normal são idênticas e valem  y = 0 . y ) . temos que.0.1) = 0. simultaneamente. y0 ) = = . no ponto P0 e na direção positiva do eixo 0x. y ) entre os pontos P0 = (x0. y 0 ) − f ( x 0 . A equação do plano tangente é: − z + d = 0. isto é. −9 + d = 0 ou que. na direção do vetor P0 P ou. a derivada parcial de z = f ( x . y 0 ) = ( P0 ) ∆x → 0 ∆x ∆x ∂x  →  ∆x → 0 ou seja. é dada por ∆ z f ( P) − f ( P0 ) f ( x 0 + ∆ x .0). em relação a x e a y. a partir de P0 = (x0.0) e v 2 = (0. do eixo 0x.y0 +∆y).x−2 y−3 = = z − 4 e.y0). Se usarmos a equação envolvendo as derivadas parciais. ∆y ∆y ∆y A taxa de variação instantânea ou apenas taxa de variação de z = f ( x . e que r r r i j k r r r r r r r r v 1 = (1.1. z = 9 + λ  1. Analogamente: (b) Em relação a y: A taxa de variação média de  →  z = f ( x . temos que: n = v 1 × v 2 = 1 0 0 = 0 i + 0 j − k é o vetor normal ao 0 1 0 plano tangente. Isto é: (a) Em relação a x: A taxa de variação média de z = f ( x .y0). em relação a y. z − 9 = 0(x −1) + 0(y −1) ou que z − 9 = 0. 2).y) = − = e. indica a variação de z por unidade de variação de y.660C T(2.66 0C/cm. Exemplo: 1) A temperatura do ponto (x.340C. x e y em cm) (a) Determine a temperatura no ponto (3.2) e (3.2) = = = 2 0C/cm. só podemos interpretar suas derivadas parciais através da taxa de variação. 2) DA FUNÇÃO w = f(x. z ) entre os pontos P0 = (x0. isto é.2) 4( 2) 8 = Ty (3.y0. Logo.∆y → 0 lim f ( P) − f ( P0 ) f ( x0 . isto é. y ) = − = 2 2 ∂y 43 − 2 x 2 − 4 y 2 2 43 − 2 x − 4 y ∂T (3. z ).1) ≅ 370C + 20C.y0. no ponto (3.y) = 40 − 43 − 2 x 2 − 4 y 2 (T em 0C.(−1)cm = 370C − 2. a taxa de variação = ∆x ∆x instantânea ou apenas taxa de variação de w = f ( x . z0 ) P =(x0 + ∆x. y 0 ) ∂z = lim = f y ( x0 . a partir de P0 = (x0.2) = 40 − 43 − 2(3) 2 − 4(2) 2 = 40 −3 = 37 0C A isoterma que passa pelo ponto (3.y) = 37 .2).3).y) de uma placa metálica plana é dada por T(x.1)? Sol. na direção positiva do eixo 0x. (2.(−1)cm = 370C − 20C = 370C T(3. z0 ) − f ( x0 . (b) Qual é a taxa de variação da temperatura em relação a x e a y? (c) Qual é a temperatura aproximada dos pontos (4.1cm = 370C + 2. Logo. y . = Ty ( x . a derivada parcial de z = f ( x .2) 2(3) 6 = Tx (3. y ) . é dada por . Isto é: (a) Em relação a x: A taxa de variação média da função w = f ( x . Substituindo e desenvolvendo obtemos: 40 − 43 − 2 x 2 − 4 y 2 = 37 ou (3)2 = 43 − 2x2 − 4y2 ou 2x2 + 4y2 = 34. (Temperatura aumenta de 20C por cm) ∂x 3 9 (ii) Em relação a y: ∂T 4y − 8y e. (3.: (a) T(3.z0) e ∆ w f ( x0 + ∆ x .2) = = ≅ 2.z0) é dada por . a partir de P0 e na direção de P0 a P.660C.y. y0 . y0 ) = ( P0 ) ∆y → 0 ∆y ∆y ∂y ou seja.2) ≅ 370C + 20C.2) é a equação de todos os pontos que tem temperatu0 ra 37 C. em relação a y.2). 2 2 ∂x 2 43 − 2 x − 4 y 43 − 2 x 2 − 4 y 2 ∂T (3.z) Vimos que esta função não tem representação geométrica (gráfico).y0). a curva de nível T(x.2) ≅ 370C + 20C.3) ≅ 370C + 2. (b) (i) Em relação a x: − 4x ∂T 2x = Tx(x.y0). na direção positiva do eixo 0y.1cm = 370C + 20C = 390C T(3.2) e a equação da isoterma que passa por este ponto.660C = 36.660C por cm) ∂y 3 9 (c) Os valores aproximados das temperaturas são: T(4. no ponto P0 = (x0. y0 + ∆ y ) − f ( x0 . y0 . no ponto (3. y . (Temperatura aumenta de 2.660C = 39. a partir de P0. r . y .2.2. R) = (r + rR + R 2 ) e Vh(10. . (c) 3 ∂r ∂V π (d) = V R (h. Exemplo: 1) O volume de um tronco de cone reto. em relação as variações de x. R) = h(r + 2 R) e VR(10.2).x2.5) = 30π cm3/cm. y 0 .2). ∂h 3 ∂V π = Vr (h. . qual é a variação do volume? (d) Qual é a variação do volume em relação ao raio da base? Sol.: π (a) O volume do tronco do cone é V = 10(4 + 10 + 25) = 130π cm3.2. ∂R 3 2) O potencial elétrico dos pontos (x. (b) Analogamente.2. na direção positiva do eixo 0z. qual é a variação do volume? (c) Se variarmos só o raio menor.2)? (c) Quais são as taxas de variação do potencial V. r = 2 cm e R = 5 cm. . xn)..: (a) V (1. (b) A equação da superfície equipotencial é dada por V(x. n. na direção positiva do eixo 0y e.2.∆x → 0 lim f ( x0 + ∆ x . y 0 .y e z em cm) (a) Determine o potencial elétrico do ponto (1. y e z? Sol.R) = h(r 2 + rR + R 2 ) (V em unidades de volume e h. y0 .y. (b) Qual é a superfície equipotencial que passa pelo ponto (1. a partir de P0...2.5) = 40π cm3/cm. a partir do ponto P0 e na direção positiva do eixo xi.. com altura h. indica a taxa de variação de w em relação a variação de z. z ).2.5) = 13π cm3/cm. y . r .R em unidades 3 lineares) Em um determinado instante temos um tronco de cone de dimensões h = 10 cm. z0 ) − f ( x0 . z ) = ln x 2 + y 2 + z 2 (V em volts. R) = h(2r + R) e Vr(10. π é dado pela função V(h.2. indica a taxa de variação de w por unidade de variação de y. (c) A derivada parcial de w = f ( x . a derivada parcial de w = f ( x . raio da base (maior) R e raio menor r.0986 volts. a partir do ponto P0 e. x.r.z) = ln3 (é uma superfície de nível) . na direção positiva do eixo 0x.z) de uma região do espaço é dado por V ( x . 3 ∂V π 2 (b) = Vh (h. i = 1. no ponto P0 e em relação a z. z0 ) ∆x que indica o quanto varia w por unidade de variação de x. z ) no ponto P0 e em relação a y. GENERALIZAÇÃO Para w = f(x1. z0 ) = f x ( x 0 .2) = ln 12 + 2 2 + 2 2 = ln3 = 1. (a) Qual é o volume tronco do cone? (b) Se variarmos só a altura.r. no ponto (1. r .y. . interpretamos cada derivada parcial como sendo a taxa de variação de w por unidade de variação da respectiva variável xi. y . z) = = 2 ∂x x + y2 + z2 x2 + y2 + z2 volts/cm. y .2. ln x 2 + y 2 + z 2 = ln3 ou x2 + y2 + z2 = 32 .2.2) = 1 1 2 2 = 9 1 +2 +2 2 e Vy(1. y ) = x3cosy + 4y2senx a) f ( x .2). y . y ) = x4 + 5y3 + 3x2y + 8xy c) f ( x . 2 2 = 1 +2 +2 9 2 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1) Calcular as derivadas parciais de terceira ordem das seguintes funções: b) f ( x . z ) = = 2 ∂y x + y2 + z2 x2 + y2 + z2 2 e Vx(1. z ) = = 2 2 2 2 ∂z x + y2 + z2 x +y +z e Vz(1. 2 2 = 1 +2 +2 9 2 (iii) Em relação a z: 2z 2 x2 + y2 + z2 ∂V z = Vz ( x . isto ë: (i) Em relação a x: 2x 2 x2 + y2 + z2 ∂V x = Vx ( x .2) = 2 2 volts/cm. isto é.2) = 2 2 volts/cm. (c) As taxas de variação são dadas pelas derivadas parciais no ponto (1.2.2. todos os pontos que pertencem à esfera de centro na origem e raio 3 têm o mesmo potencial elétrico e ln3 volts. y ) = ln(x + y) d) z = x3e5y e) z = cos(3x + 5y) f) z = ln(x2 + y) x h) z = exseny g) z = e cosy x − x2 − y2 y i) z = ( x 2 + y 2 )arctg j) z = ln x x + x2 − y2 2) Calcular as derivadas parciais de segunda ordem das seguintes funções: y a) z = arcsen 2 b) w = xy + yz + zx x d) w = x 2 + y 2 + z 2 c) z = xaybzc 3) Verifique se ∂ 2z ∂ 2z = para: ∂x∂y ∂y∂x x− y a) z = arcsen x x+ y c) z = arctg 1 − xy b) z = 2 xy + y 2 d) z = xy . y . (ii) Em relação a y: 2y 2 x + y2 + z2 ∂V y = Vy ( x .Substituindo e desenvolvendo.  x2 − y2  xy . y) = ( x. pede-se determinar: a) O domínio de f. y ) =  x 2 + y 2 .0) = 1. y ) = sen(x2 − y2) c) f ( x. y ) admite derivadas parciais de segunda ordem. no ponto em que o plano tangente é paralelo ao plano x0y.998)31. y ) ≠ (0. calcular 2 2 .24 tg44040’ 10) Um ponto move-se ao longo da intersecção do parabolóide elíptico z = x2 + 3y2 e o plano x = 2. ∂ 4z x2 b) Dada a função z = ye . no ponto P0 = (5. sua reR1 R2 ∂ 2R ∂ 2R 4R2 sistência combinada R em ohms é R = . 8) Determine a equação do plano tangente e da reta normal às seguintes superfícies: b) z = x2 + y2 .02)3(0. y ) = excosy z 6) Encontre o coeficiente angular da reta tangente à curva intersecção do gráfico de = 10 − x 2 − 2 y 2 com o plano y = 1 no ponto em que x = 2.0)  fyx(0. x x ∂x∂y ∂x ∂y 3/2 e) Mostre que a função z = tg(y + kx) + (y − kx) verifica a equação da corda vibrante.4).0) = −1 e 0 se ( x . temos fxy(0. Mostre que = R1 + R2 ∂R12 ∂R22 ( R1 + R2 ) 4 5) Se f ( x .4) a) z = x2 − 4y2.003 c) (4. y ) = 2x x + y2 2 = e) f ( x . no ponto P0 = (3.96 3 e) 24. 7) Dada a função f ( x . A que taxa está z variando em relação a x quando o ponto está em (2.97)2 b) (0.05) 2 + (2.1. y) 1 x2 + y2 d) f ( x . c) O coeficiente angular da reta tangente à curva que é a intersecção do gráfico de f com o plano x = 3 no ponto em que y = 4.7)? . y ) = y 2 + 1 x2 + y2 . se ( x . 9) Através da equação do plano tangente. y ) = x4 − y4 b) f ( x . 2 2 ∂ z 2 ∂ z .4) e fy(3. encontre um valor aproximado para: a) (1.936 81. chama-se Laplaciano de f à função: r2 ∂2f ∂2f ∇ f ( x. y ) = (0. ∂x ∂y ∂ 2z ∂ 2z ∂z 3 2 c) Mostre que a função z = x − 2xy verifica a equação x 2 + y =2 .−2) c) z = x2 + y2 − 4x − 6y + 9. ∂y∂x ∂x ∂x 2 2 y y ∂ z ∂ z ∂ 2z d) Mostre que a função z = x + verifica a equação x 2 2 + 2 xy + y2 2 = 0. b) As derivadas parciais fx(3.93) 2 d) 3 8.082 f) 36. y) + 2 ( x. y ) para as seguintes funções: a) f ( x . 2 = k ∂x ∂y 2 f) Quando dois resistores de resistências R1 ohms e R2 ohms são conectados em paralelo. y ) = arctg y x f) f ( x .0) 4) a) Mostre que para a função f ( x . y) ∂x 2 ∂y r2 Calcule ∇ f ( x .002 2 3. 000 unidades de B. ache a taxa de variação da profundidade na direção leste e na direção norte. ∂L ∂L b) Calcule (7. aproximadamente? c) Em que ponto (a. Se um esquiador aquático está na água no ponto (4.30) e (7.y.000 unidades de A e 2. (T em 0C. sendo a taxa de variação da temperatura em relação à distância percorrida na direção do eixo 0y. c) Se a partir do ponto (3. a) Determine a equação da isoterma que passa por (1. de modo que a profundidade sob o ponto (x. a temperatura aumentará ou diminuirá? De quantos graus por centímetro aproximadamente? 13) Em uma livraria.2) nos movermos no sentido positivo do eixo 0x. 16) A superfície de um lago é representada por uma região D no plano x0y. sentido positivo.2). ∂x ∂y c) O que é mais lucrativo. Qual é a taxa de variação de z em relação a x e em relação a y quando o ponto está em (4. b) Determine a equação da isoterma que passa pelo ponto (3. igual a 12 0C/cm? (considere a e b positivos).y) de uma chapa é dada por T(x.000 + x 2 + y 2 (C em reais). a partir da situação do item (a): − aumentar de uma unidade o número de vendedores. sentido positivo. Em uma certa época tem-se: L(x.4) um formiga caminhar na direção do eixo 0x.y) é dada por f ( x . (y em milhares de reais).b) a temperatura vale 45 0C. 17) O potencial elétrico V no ponto (x.−1. x.9). z ) = em cm).1) na direção: a) do eixo 0x b) do eixo 0y 100 (V em volts. Ache a taxa de variação de V.3)? 12) A temperatura do ponto (x. sendo o custo mensal da produção conjunta dado por C ( x . a) Calcule o lucro diário se a empresa tem 7 vendedores e 30 mil reais investidos. ou aumentar a de B mantendo constante a de A? Justifique com base nos resultados de (b).3. ∂C ∂C b) Calcule e .y) de uma chapa metálica plano é dada por T ( x .30) . x e y em cm). y ) = 20. Em um certo mês. y ) = 30 + 50 − x 2 − y 2 . o lucro mensal L é uma função do número de vendedores. 15) Uma fábrica produz mensalmente x unidades de um produto A e y unidades de um produto B. no ponto (2.11) Um ponto move-se ao longo da intersecção do plano y = 3 e superfície z = 29 − x 2 − y 2 .4). a) Calcule o custo da produção neste mês.z) é dado por V ( x .y) = 400 − (12 − x)2 − (40 − y)2. (T em 0C. ∂x ∂y c) O que é mais conveniente. a temperatura aumenta ou diminui? De quantos 0C por cm. y. y ) = 300 − 2x2 − 3y2. y . x.y) = 2x2 + 3y2 + 15.y) e a temperatura no ponto (3.4) e a represente no plano x0y. e do capital investido em livros. x e y em cm) a) Determine o domínio de T(x. foram produzidas 3. b) Se a partir do ponto (1. a partir desta situação: aumentar a produção de A mantendo constante a de B. y e z x + y2 + z2 2 c) do eixo 0z . mantendo o número de vendedores? 14) A temperatura do ponto (x. (unidades em metros). − ou investir mais 1 mil reais. mantendo o capital investido. y) = 27. portanto. ∂L 19) A resistência R ohms de um circuito elétrico é dada pela fórmula R = E . A lei de Amdahl é uma fórmula usada para determinar S p S ( p. ∂x ∂y . sem paralelismo completo.8. A situação ideal. ∂V ∂V Calcule e interprete o significado de e . independente do número de processadores disponíveis. q ) = q + p(1 − q ) em que p é o número de processadores e q é a fração do cálculo que pode ser realizada utilizando todos os processadores disponíveis em paralelo − isto é. ache a speedup quando p = 10. a) Se q = 0. R a resistência. a temperatura T no instante t horas e à profundidade x pode ser dada. o aumento de número de processadores não aumenta a eficiência do cálculo. por T ( x . ocorre quando q = 1. 20) A maioria dos computadores tem apenas um processador que pode ser utilizado para cálculos. q ) = p Mostre que.112xy. ∂T ∂T a) Calcule e interprete e . O período de sen(ωt − λx) é 24 horas. paralelismo completo. 21) No estudo da penetração da geada em uma rodovia.q) é uma função decrescente de p e.000. Para um indivíduo do sexo masculino com x anos de idade e y centímetros de altura. A speedup S é o número de vezes mais rápido que um cálculo pode ser feito com um multiprocessador. t ) = T0 e − λx sen(ωt − λx ) em que T0.18) A análise de certos circuitos elétricos envolve a fórmula I = V R 2 + L2ω 2 . do que com um uniprocessador. em que I é a corrente I ∂R ∂R em ampères e E é a força eletromotriz em volts. se 0 ≤ q < 1. ∂I e ∂R V a voltagem.63y − 0. ∂x ∂t ∂T ∂ 2T b) Mostre que T verifica a equação unidimensional do calor = k 2 em que k é uma ∂t ∂x constante. b) Ache a taxa instantânea de variação de S em relação a q. entretanto. Um supercomputador multiprocessador é comparado a um computador uniprocessador em termos de speedup. em que I é a corrente. têm entre dois e vários milhares de processadores. 100 e 1. e como o número de processadores afeta esta taxa de variação? d) A eficiência E de um cálculo por multiprocessador pode ser calculada pela equação: S ( p. Os supercomputadores modernos. L a indutância e ω uma constante positiva. ω e λ são constantes. Mostre que a speedup S não pode exceder a 5. q ) E ( p. 22) A capacidade vital V dos pulmões é o maior volume de ar que pode ser exalado após uma inalação de ar. V pode ser aproximada pela fórmula V(x. Calcule e interprete o significado de e ∂I ∂E quando I = 15 ampères e E = 110 volts. usando-os de maneira que os dados sejam processados concomitantemente por unidades separadas. aproximadamente. c) Qual a taxa de variação em (b) se há paralelismo completo. E(p. Ache e interprete ∂I . D = 12 e k = 0. D é a extensão do dia (em horas) e k é uma constante positiva. 24) O volume V de um cone circular reto é dado por V = .23) Em um dia claro.1. a intensidade de luz solar (em velas-pé) às t horas após o nascente e à profunπt didade oceânica de x metros. calcule e interprete quando t = 6 e x = 5.000. Encontre a taxa de variação do volume em relação à geratriz e do volume em relação ao diâmetro quando x = 16 cm e y = 10 cm. e ∂t ∂x π 2 x 4 y 2 − x 2 em que y é o compri24 mento da geratriz e x é o diâmetro da base. Se ∂I ∂I I0 = 1. t ) = I 0 e − kx sen 3 ( ) em que I0 é a D intensidade de luz ao meio-dia. pode ser aproximada por: I ( x .

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