Instituto Politécnico de Leiria
Escola Superior de Tecnologia e Gestão
Apontamentos Teóricos
de
Análise Matemática
Funções Reais de Várias Variáveis Reais
Engenharia Eletrotécnica
Ano letivo 2011/2012
Pedro Matos
Alexandra Seco
Luís Cotrim
Departamento de Matemática
Outubro/2005
2
Nota sobre a actual versão
Devido à reestruturação dos cursos aquando da adaptação dos mesmos ao processo
de Bolonha, as Unidades Curriculares (UCs) da área de Matemática sofreram alterações,
tendo surgido novas UCs e consequentemente novos programas.
Com o objectivo de utilizar os apontamentos teóricos existentes na nova Unidade Curricular de Análise Matemática, os apontamentos teóricos originais sofreram algumas alterações, tendo sido excluídos dos mesmos os conteúdos programáticos que foram retirados
do programa.
Agradece-se aos autores do texto original a cedência do mesmo.
3
Índice
1 Funções de Várias Variáveis
1
1.1
Definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.2
Limites e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.3
Derivadas Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
1.3.1
Interpretação geométrica da derivada parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
1.4
Derivadas Parciais de Ordem Superior à Primeira; Teorema de Schwarz . . . . . . . . . .
19
1.5
Planos Tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
1.6
Derivada da Função Composta. Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
1.7
Derivadas Direccionais e Vector Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
1.8
Máximos e Mínimos de Funções de Duas Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
1.9
Extremos Condicionados. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
i
1
Funções de Várias Variáveis
Até agora, foram apenas estudadas funções dependentes de uma única variável: a função y era
conhecida quando era dado um valor da variável independente x.
Todavia, na maior parte dos casos, as variações de um fenómeno dependem de várias grandezas. Tais
funções, que dependem de várias variáveis susceptíveis de variarem cada uma delas independentemente
das outras, dizem-se ”funções de várias variáveis”. Vamos estudá-las neste capítulo, dando sobretudo
atenção ao caso das funções de duas variáveis.
1.1
Definições
Definição 1.1.1 (Função de Várias Variáveis) Seja D ⊂ Rn . Uma função f definida em D é uma
correspondência que a cada elemento de D associa um único elemento z ∈ R :
f:
D ⊂ Rn
−→
R
(x1, x2, . . . , xn )
֒→
z = f (x1, x2, . . . , xn )
.
O conjunto D é o domínio de f .
Exemplos 1.1.2 São inúmeros os problemas das áreas da Física, Química, Economia e das Ciências
Sociais que são modelados por funções de várias variáveis. Apresentam-se em seguida alguns exemplos.1
1. A função F de duas variáveis definida por:
F (r, θ) =
GmM
,
r2
r
representa a grandeza da força gravitacional entre dois corpos, onde r é a distância entre eles, θ é
a posição angular de um em relação ao outro, m e M são parâmetros que definem as massas dos
corpos e G a constante de proporcionalidade.
2. A função u definida por:
u(x, t) = 100 sin
1 Exemplos
t
x exp −
,
L
2
π
0º
0º
100º
dos apontamentos teóricos elaborados por Cidália Macedo, Ana Mendes e Leonel Vicente (Dep. de Matemát-
ica da ESTG-IPLeiria).
1
modela um determinado problema de propagação do calor numa barra de comprimento igual a L.
É uma função de duas variáveis em que x indica a posição de um ponto da barra e t o tempo.
3. A área de um triângulo pode ser definida pela função:
b
A(a, b, θ) =
1
a b sin θ,
2
b sin θ
θ
a
onde a e b são as medidas de dois dos lados e θ o ângulo por eles formado. Esta função depende
de três variáveis.
4. A média aritmética x de n números reais x1 , x2 , ..., xn é uma função de n variáveis reais que é
definida por:
x=
x1 + x2 + ... + xn
.
n
5. A área A de um rectângulo é o produto da medida b da base pela medida h da altura; trata-se pois
de uma função de duas variáveis:
A = b × h = f (b, h) .
6. A intensidade I de uma corrente eléctrica numa resistência é função do valor R dessa resistência
e da diferença de potencial V :
I=
V
= f (V, R) .
R
7. A quantidade de calor W produzida por uma resistência eléctrica R é função de R, da intensidade
I e do tempo t; trata-se portanto de uma função de três variáveis:
W = R × I 2 × t = f (R, I, t) .
Exemplo 1.1.3 Determine graficamente o domínio das funções definidas por:
1. f (x, y) =
x2 − y 2 + x2 + y 2 − 1.
D = (x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 ≥ 0 ∧ x2 + y 2 − 1 ≥ 0
2
x2 − y 2
≥
0 ⇔ (x − y) (x + y) ≥ 0
⇔ (y ≤ x ∧ y ≥ −x) ∨ (y ≥ x ∧ y ≤ −x)
y
x2 + y2 = 1
x
y=x
2. g (x) =
√
x − 1.
D = {x ∈ R : x − 1 ≥ 0} = [1, +∞[
x
1
3. h (x, y) =
√
x − 1.
D = (x, y) ∈ R2 : x − 1 ≥ 0
y
x
1
4. i (x, y, z) =
√
4 − x − y − z.
D = (x, y, z) ∈ R3 : 4 − x − y − z ≥ 0
3
z
4
z=4−x−y
4
y
4
Exercício 1.1.4 Determine e represente graficamente o domínio das funções definidas por:
1. f (x, y) = arcsin x2 + y 2 + ln xy .
2. g (x, y) =
√
9 − x2 + ln (x + y − 2) .
Definição 1.1.5 (Gráfico de uma Função) Dada uma função f de domínio D ⊂ Rn , chama-se gráfico
de f ao conjunto
G = {(x1 , . . . , xn , z) : (x1, . . . , xn ) ∈ D ∧ z = f (x1, . . . , xn )} ⊂ Rn+1 .
Exemplos 1.1.6
1. Se y = f (x) define uma função real de uma variável real com domínio D então
o seu gráfico
G = {(x, y) : x ∈ D ∧ y = f (x)}
é, em geral, uma curva de R2 .
2. Se z = f (x, y) define uma função real de duas variáveis reais com domínio D ⊂ R2 então o seu
gráfico
G = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D ∧ z = f (x, y)}
é, em geral, uma superfície de R3 .
Num sistema de eixos rectangular oxyz, o domínio D ⊂ R2 de uma função z = f (x, y) será representado pelo conjunto dos pontos (x, y, 0) com (x, y) ∈ D; o valor de f (x, y) será a distância medida
4
segundo a direcção do eixo oz que vai do plano xoy à superfície.
Exemplo 1.1.7 Esboce o gráfico de f definido por f (x, y) = 9−x2 −y 2 com D = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 9 .
Há outro método gráfico para descrever o comportamento de um função f de duas variáveis.
Definição 1.1.8 (Curvas de Nível) Dada a função z = f (x, y) denominamos por curva de nível de
cota k o lugar geométrico dado por
{(x, y) ∈ D : f (x, y) = k} ⊂ R2 .
A curva de nível de cota k é constituída pelos pontos do domínio de f , para os quais o gráfico de f
tem altura k; é portanto, a projecção ortogonal sobre o plano xoy da intersecção do gráfico de f com o
5
plano z = k.
É importante notar que, quando um ponto (x, y) percorre uma curva de nível, os valores da função
permanecem constantes.
A representação das curvas de nível para diferentes valores de k é uma técnica usada, por exemplo, na
confecção de mapas topográficos: curvas que unem pontos com a mesma altitude, sabendo-se que duas
curvas de nível consecutivas correspondem, por exemplo, a uma diferença de dez metros de altitude. A
sua maior concentração corresponde a uma região mais íngreme.
Configurações análogas aparecem em mapas metereológicos. Se f (x, y) representa a pressão atmosférica no ponto (x, y), as curvas de nível são as isobáricas (curvas sobre as quais a pressão é constante);
se f (x, y) representa a temperatura no ponto (x, y), as curvas de nível são as isotérmicas (curvas sobre
as quais a temperatura é constante).
Mapa Topográfico
Mapa metereológico (isotérmicas)
6
Exemplo 1.1.9 Esboce algumas curvas de nível associadas à função
f (x, y) = 9 − x2 − y 2 com D = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 9 .
Exercício 1.1.10 Determine o domínio, esboce o gráfico das seguintes funções e trace algumas das suas
curvas de nível:
1. f (x, y) =
1 − x2 − y 2 .
2. f (x, y) = 2 − x2 − y 2 .
3. f (x, y) = 1 −
x2 + y 2 .
4. f (x, y) = 1 − x − y.
5. f (x, y) =
√
1 − x2 .
6. f (x, y) =
√
x2 + 1.
Exercício 1.1.11 Considere o campo de pressões definido por
f (x, y) = 5x2 + y 2 . Determine:
1. A pressão nos pontos (−2, 4) , (3, 0) e (5, −7) .
2. As curvas de nível (isobáricas) de f . Esboce algumas dessas linhas.
3. A pressão sobre os pontos da parábola y = 2x2 e sobre a recta y = 3x + 1.
4. A região na qual 1 ≤ f (x, y) ≤ 9.
1.2
Limites e Continuidade
Definição 1.2.1 (Vizinhança ε de A) Sejam A = (a, b) um elemento de R2 e ε um número real positivo. Chama-se vizinhança ε de A ao conjunto dos pontos de R2 cuja distância a A é inferior a ε:
Vε (A) = (x, y) ∈ R2 : (x − a)2 + (y − b)2 < ε .
7
Geometricamente:
y
A
ε
x
Definição 1.2.2 (Limite de uma Função) Seja f uma função de duas variáveis definida numa região
D ⊂ R2 .
1. Suponhamos que D contém uma vizinhança de (a, b), com possível excepção do ponto (a, b). Diz-se
que o limite de f (x, y) quando (x, y) tende para (a, b) é l se e só se
∀ε > 0
∃δ > 0 : (x, y) ∈ Vδ (a, b) \ {(a, b)} =⇒ f (x, y) ∈ Vε (l)
ou seja
∀ε > 0
∃δ > 0 : 0 <
(x − a)2 + (y − b)2 < δ =⇒ |f (x, y) − l| < ε.
2. Se (a, b) é tal que toda a sua vizinhança intersecta D num ponto diferente de (a, b) e o complementar
de D, diz-se que o limite de f (x, y) quando (x, y) tende para (a, b) é l se
∀ε > 0
2
2
∃δ > 0 : 0 < (x − a) + (y − b) < δ ∧ (x, y) ∈ D =⇒ |f (x, y) − l| < ε.
O ponto 1 da definição 3.2.2 diz-nos que a distância de f (x, y) a l pode ser arbitrariamente pequena
desde que a distância de (x, y) a (a, b) seja suficientemente pequena.
y
D
(a,b)
0
f
x
0
l −ε l
l +ε
z
Para aplicar a definição de limite, é conveniente ter presente as seguintes propriedades dos módulos,
válidas para quaisquer a, b em R:
8
1. |a + b| ≤ |a| + |b|
2. |a − b| ≤ |a| + |b|
3. a2 = |a|2 = a2
4. |a| =
√
√
a2 ≤ a2 + b2
Exemplo 1.2.3 Prove, usando a definição que
lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
= 0.
xy
Seja f (x, y) = . Seja ε > 0. Pretendemos encontrar δ > 0 tal que
x2 + y 2
xy
− 0 < ε sempre que 0 < x2 + y2 < δ.
x2 + y 2
Mas
|x| × |y|
xy
x2 + y 2 × x2 + y2 2
≤
= x + y2
2
= 2
x + y2 x + y2
x2 + y 2
xy
Assim, se escolhermos δ = ε virá < ε.
x2 + y 2 Para funções reais de uma variável real, a aproximação de x a x0 só pode ser efectuada de duas formas:
por valores à direita de x0 ou por valores à esquerda de x0 .
x
x0
Sabemos que:
• se lim+ f (x) = lim− f (x) então existe e é igual lim f (x) .
x→x0
x→x0
x→x0
• se lim+ f (x) = lim− f (x) então não existe lim f (x) .
x→x0
x→x0
x→x0
xy
z=
x2 + y 2
3
2
-4
xy
1
-2 -4-2 002 4
z 0
-1
-2
-3
9
2
4
z=
x2 − y 2
x2 + y 2
1
-4
4
z=
z-2
0
0 0
2
2
y
-1
-4
-2
x4
xy 2
x2 + y 4
0.4
0.2
4
z2
4
-4
0.0
-2
2 0 0 -2
-0.2
x
-4
y
-0.4
No caso de funções de duas variáveis, a situação é mais complexa, pois podemos permitir a aproximação de (x, y) a (a, b) segundo uma infinidade de trajectórias distintas.
y
b
a
x
O ponto 1 da definição 3.2.2 refere-se à distância entre (x, y) e (a, b) mas não à direcção de aproximação
de (x, y). Portanto, se o limite existir, então f (x, y) deve aproximar-se desse valor limite independentemente da forma como (x, y) se aproxima de (a, b). Assim, se encontrarmos dois caminhos de aproximação
c1 e c2 segundo os quais f (x, y) tenha limites diferentes, podemos concluir que
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) não exite.
10
Teorema 1.2.4 Se
lim
(x,y)→(a,b)
l1 = l2 , então não existe
f (x, y) = l1 ao longo de c1 e
lim
(x,y)→(a,b)
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) = l2 ao longo de c2 com
f (x, y) .
Se fosse l1 = l2 , nada se poderia concluir sobre a existência de limite pois haveria que testar uma
infinidade de caminhos.
Exemplos 1.2.5 Calcular, caso existam, os seguintes limites:
1.
x2 − y2
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
x2 − y2
. Aproximando-nos de (0, 0) ao longo do eixo dos xx, isto é, ao longo da
x2 + y2
recta y = 0, obtemos
x2 − y 2
x2
lim
=
lim
= 1.
x→0 x2
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
Seja f (x, y) =
y=0
Aproximando-nos de (0, 0) ao longo do eixo dos yy, isto é, ao longo da recta x = 0, obtemos
y2
x2 − y 2
= lim − 2 = −1.
2
2
y→0 y
(x,y)→(0,0) x + y
lim
x=0
Consequentemente, não existe
2.
lim
x2 − y2
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
xy 2
.
+ y4
(x,y)→(0,0) x2
Façamos a aproximação a (0, 0) ao longo das rectas y = mx. Ter-se-á:
xy2
m2 x3
m2 x
=
lim
=
lim
= 0.
x→0 x2 + m4 x4
x→0 1 + m4 x2
(x,y)→(0,0) x2 + y 4
lim
y=mx
Vejamos agora o que acontece ao longo da parábola x = y2 .
xy2
y4
1
=
lim
= .
2
4
4
y→0
2y
2
(x,y)→(0,0) x + y
lim
x=y 2
Concluímos que não existe
3.
lim
lim
xy 2
.
+ y4
(x,y)→(0,0) x2
3x2 y
.
+ y2
(x,y)→(0,0) x2
Podemos mostrar que o limite obtido ao longo de rectas do tipo y = mx e ao longo das parábolas
x = y2 e y = x2 é sempre igual a zero. Tal facto, leva-nos a suspeitar que o limite existe.
Seja ε > 0. Pretendemos encontrar δ > 0 tal que
3x2 y
2
2
x2 + y 2 − 0 < ε sempre que 0 < x + y < δ.
11
Mas
3 × x2 + y2 × |y|
3x2 × |y|
≤
x2 + y2
x2 + y2
= 3 × |y| = 3 × y 2 ≤ 3 × x2 + y2 .
3x2 y x2 + y 2 =
Assim, se escolhermos δ = ε/3 virá:
3x2 y 2
2
x2 + y 2 ≤ 3 × x + y ≤ 3 × δ = ε.
Consequentemente, por definição
3x2 y
= 0.
+ y2
lim
(x,y)→(0,0) x2
2
Exemplo 1.2.6 Calcule o limite em (−2, 1) de
xoy.
(x + 2) (y − 1)
(x + 2)2 + (y − 1)2
ao longo de todas as rectas do plano
A família de rectas que passam pelo ponto (−2, 1) é dada por 

 X =x+2
.
y − 1 = m (x + 2) . Efectue-se a translação de eixos dada por

 Y =y−1
Então o problema transforma-se no cálculo do limite em (0, 0) da função
XY 2
segundo as rectas
X2 + Y 2
Y = mX. Portanto,
lim
X→0
Y =mX
XY 2
m2 X
= lim
= 0,
2
2
X→0 1 + m2
X +Y
∀m ∈ R.
Exercício 1.2.7 Calcular, caso existam, os seguintes limites:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
x2 − 2y 2
.
(x,y)→(0,0) 2x2 + y 2
lim
lim
(x,y)→(0,0) x2
xy
.
+ y2
x3 − 2y 3
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2 − y2
.
x2 + y2
x2 y
.
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
lim
lim
(x,y)→(0,0)
x−y
.
x2 − y3
 1

 x+
y
x
Exercício 1.2.8 Calcule
lim
h (x, y) com h (x, y) =

(x,y)→(0,0)

0
12
se x = 0
se x = 0
.
Analogamente ao que se passa com as funções de uma só variável, o cálculo de limites de funções de
duas variáveis pode ser grandemente simplificado com o uso de propriedades de limites e ainda recorrendo
à continuidade de funções de uma variável.
Teorema 1.2.9 Suponhamos que λ é uma constante real e que
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) e
lim
(x,y)→(a,b)
g (x, y)
existem. Então:
1.
2.
3.
lim
[f (x, y) + g (x, y)] =
lim
[λ × f (x, y)] = λ ×
lim
[f (x, y) × g (x, y)] =
(x,y)→(a,b)
(x,y)→(a,b)
(x,y)→(a,b)
f (x, y)
=
4.
lim
(x,y)→(a,b) g (x, y)
5.
6.
7.
lim
λ = λ.
lim
x = a.
lim
y = b.
(x,y)→(a,b)
(x,y)→(a,b)
(x,y)→(a,b)
lim
(x,y)→(a,b)
lim
(x,y)→(a,b)
lim
f (x, y)
lim
g (x, y)
(x,y)→(a,b)
lim
g (x, y) .
lim
g (x, y) .
(x,y)→(a,b)
f (x, y) .
(x,y)→(a,b)
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) +
f (x, y) ×
, se
lim
(x,y)→(a,b)
(x,y)→(a,b)
g (x, y) = 0.
Exemplo 1.2.10 Calcule os seguintes limites:
1.
x2 − 2y
.
(x,y)→(0,0) 3 + xy
lim
x2 − 2y
0
= = 0.
(x,y)→(0,0) 3 + xy
3
lim
2.
y 2 − x2
.
(x,y)→(1,−1) 2xy + 2x2
lim
y2 − x2
(x,y)→(1,−1) 2xy + 2x2
lim
(y − x) (y + x)
2x (y + x)
y−x
=
lim
= −1.
(x,y)→(1,−1) 2x
=
lim
(x,y)→(1,−1)
Teorema 1.2.11 Sejam f : R2 → R e g : R2 → R tais que:
·
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) = 0;
· g é limitada numa vizinhança de (a, b), isto é, ∃ L > 0 : |g (x, y)| ≤ L para todo o (x, y) naquela
vizinhança.
Então,
lim
(x,y)→(a,b)
[f (x, y) × g (x, y)] = 0.
13
Demonstração. Sendo
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) = 0, tem-se:
ε
(x − a)2 + (y − b)2 < δ =⇒ |f (x, y)| < .
L
2
2
Então, dado ε > 0 arbitrário, verifica-se para (x, y) tal que 0 < (x − a) + (y − b) < δ :
∀ε > 0
∃δ > 0 : 0 <
|f (x, y) × g (x, y)| = |f (x, y)| × |g (x, y)| <
Logo
lim
(x,y)→(0,0)
[f (x, y) × g (x, y)] = 0.
Exemplo 1.2.12 Prove que
2
2
x − y2
lim
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
=
lim
(x,y)→(0,0)
2
2
x − y2
= 0.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
2
x2 − y 2
2
=
lim
x −y
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
=
uma vez que
ε
× L = ε.
L
2
x2 + y 2 − y2 − y 2
x − y2
x2 + y2
(x,y)→(0,0)
lim
lim
(x,y)→(0,0)
2
2
x −y
1−
2y 2
x2 + y 2
2
x − y 2 = 0 e que −1 ≤ 1 −
2y 2
2
x + y2
≤ 1, pelo teorema anterior temos que
2
2
x − y2
lim
= 0.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
Definição 1.2.13 (Ponto Interior e Ponto Fronteiro) Seja A = (a, b) ∈ R2 e D ⊂ R2 .
1. Diz-se que A é um ponto interior de D se existir uma vizinhança Vε (A) contida em D.
2. Diz-se que A é um ponto fronteiro de D se todas as vizinhanças de A intersectarem D e R2 \D.
14
Definição 1.2.14 (Função Contínua) Seja f : D ⊂ R2 → R e A = (a, b) um ponto de D, interior ou
fronteiro. Diz-se que f é contínua em (a, b) se
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) = f (a, b) .
Se A = (a, b) ∈ D for um ponto interior, a definição anterior deverá ser entendida do seguinte modo:
∀ε > 0 ∃δ > 0 : 0 < (x − a)2 + (y − b)2 < δ =⇒ |f (x, y) − f (a, b)| < ε.
Caso A = (a, b) ∈ D seja um ponto fronteiro, então f é contínua em (a, b) se:
2
2
∀ε > 0 ∃δ > 0 : 0 < (x − a) + (y − b) < δ ∧ (x, y) ∈ D =⇒ |f (x, y) − f (a, b)| < ε.
Diremos que f é contínua em D se for contínua em todos os pontos de D.
Usando o teorema 1.2.9, pode mostrar-se que a soma, o produto e o quociente de funções contínuas,
são funções contínuas em todos os pontos do seu domínio.
Uma função polinomial em duas variáveis é uma soma finita de parcelas do tipo cxm y n , onde c é
constante (real) e m e n são inteiros não-negativos.
Uma função racional é o quociente de funções polinomiais. Por exemplo, f (x, y) = x2 + xy 3 − 2 é
1 + 2xy
uma função polinomial e g (x, y) = 3
é uma função racional.
x +y
Teorema 1.2.15 As funções polinomiais e as funções racionais são contínuas em todo o seu domínio.
Teorema 1.2.16 Se f : D ⊂ R2 → R é contínua em (a, b) e g é uma função de uma só variável e é
contínua em f (a, b) , então a função composta h = g ◦ f definida por h (x, y) = g [f (x, y)] é contínua em
(a, b) .
Nas condições do teorema anterior, tem-se
lim
(x,y)→(a,b)
g [f (x, y)] = g
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) .
Exemplo 1.2.17 Averigue se a função h definida por h (x, y) = ln x2 + y 2 + 1 é uma função contínua.
Sejam f (x, y) = x2 + y 2 + 1 e g (t) = ln (t) , então h (x, y) = (g ◦ f) (x, y) . Como f e g são funções
contínuas, resulta do teorema 1.2.14 que h é uma função contínua em R2 .
Exemplo 1.2.18 Mostre que a função
f (x, y) =
apenas não é contínua no ponto (0, 0) .





x2 y 2
+ y2
se (x, y) = (0, 0)
1
se (x, y) = (0, 0)
x2
15
1. f é contínua em (x, y) = (0, 0) por ser uma função racional.
2. Vamos estudar
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) .
Considerando que (x, y) se aproxima de (0, 0) pelas trajectórias y = mx tem-se:
x2 y 2
m2 x4
m2 x2
= lim 2
= lim
= 0.
2
2
x→0 x (1 + m )
x→0 1 + m2
+y
lim
(x,y)→(0,0) x2
y=mx
Assim, se existir o limite, ele só poderá ser igual a zero. Como f (0, 0) = 1, f é descontínua em
(0, 0) .
Exemplo 1.2.19 Estudar a continuidade da função f



(x + y) sin x1



f (x, y) =
0





1
definida por
se
x = 0
se x = 0 e y = 0 .
se x = 0 e y = 0
1
, j (t) = sin (t) . Tem-se:
x
1. Sejam g (x, y) = x + y, h (x, y) =
f (x, y) = g (x, y) (j ◦ h) (x, y) para x = 0,
pelo que f é contínua nos pontos da forma (x, y) com x = 0.
2. Estudo da continuidade nos pontos da forma (0, a).
i) a = 0,
como
lim
(x,y)→(0,0)
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = 0
f (x, y) = f (0, 0), logo a função não é contínua no ponto (0, 0) ;
ii) a = 0. Ao longo da recta y − a = x tem-se:
1
1
lim
f (x, y) =
lim
(x + y) sin
= lim (2x + a) sin
x→0
(x,y)→(0,a)
(x,y)→(0,a)
x
x
y−a=x
y−a=x
não existe.
Logo f é descontínua nos pontos (0, a) com a ∈ R.
Definição 1.2.20 (Prolongamento por Continuidade) Seja
f : D ⊂ R2 → R e (a, b) ∈
/ D tal que existe
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y) . Chama-se prolongamento por con-
tinuidade de f ao ponto (a, b), à função g que coincide com f em D e que no ponto (a, b) toma o valor
g (a, b) =
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y)
g (x, y) =





f (x, y)
lim
(x,y)→(a,b)
se
(x, y) ∈ D
f (x, y) se (x, y) = (a, b)
16
.
Diremos que f é descontínua em (a, b) se e só se não for contínua nem prolongável por continuidade
a esse ponto.
Exercício 1.2.21 Dada a função f definida por f (x, y) = 2 + xy2
x−y
determine o prolongamento
x2 + y2
por continuidade de f a R.
1.3
Derivadas Parciais
Seja f uma função de duas variáveis x e y. Façamos variar x mantendo y fixo, por exemplo, y = b. Então
estamos a considerar uma função g de uma só variável definida por g (x) = f (x, b) .
Se existir derivada de g no ponto a, damos-lhe o nome de derivada parcial de f em ordem a x no
ponto (a, b) e representamo-la por fx (a, b) ou
f
x
(a, b) .
Assim, fx (a, b) = g ′ (a) com g (x) = f (x, b) .
Uma vez que
g ′ (a) = lim
h→0
g (a + h) − g (a)
h
temos
f (a + h, b) − f (a, b)
.
h→0
h
fx (a, b) = lim
∂f
(a, b)
∂y
é obtida considerando a variável x fixa de valor constante igual a a e determinando a derivada da função
Analogamente, a derivada parcial de f em ordem a y em (a, b) , representada por fy (a, b) ou
j (y) = f (a, y) em y = b. Isto é,
fy (a, b) = lim
h→0
Exemplo 1.3.1 Sendo f (x, y) =
f (a, b + h) − f (a, b)
.
h
x−y
, calcular através da definição fx (2, −1) e fy (−1, 0) .
x+y
∂f
(2, −1) =
∂x
f (2 + h, −1) − f (2, −1)
= lim
h→0
h→0
h
−2h
−2
= lim
= lim
= −2.
h→0 h (h + 1)
h→0 h + 1
lim
2+h+1
2+h−1
h
−3
−1−h
−1
f (−1, h) − f (−1, 0)
= lim −1+h
h→0
h→0
h
h
−2h
−2
= lim
= lim
= 2.
h→0 h (−1 + h)
h→0 −1 + h
∂f
(−1, 0) =
∂y
lim
Fazendo variar o ponto (a, b) , fx e fy tornam-se funções de duas variáveis definidas por:
f (x + h, y) − f (x, y)
h
f (x, y + h) − f (x, y)
fy (x, y) = lim
h→0
h
fx (x, y) =
lim
h→0
17
Notações 1.3.2 As derivadas parciais de z = f (x, y) são denotadas da seguinte forma:
• fx (x, y) = fx =
∂f
∂f
∂z
(x, y) =
=
.
∂x
∂x
∂x
• fy (x, y) = fy =
∂f
∂f
∂z
(x, y) =
=
.
∂y
∂y
∂y
Regra Prática 1.3.3 De acordo com a definição:
1. Para calcular fx , considera-se y como constante e deriva-se f (x, y) em ordem a x.
2. Para calcular fy , considera-se x como constante e deriva-se f (x, y) em ordem a y.
1.3.1
Interpretação geométrica da derivada parcial
Seja f : D ⊂ R2 → R e considere-se o ponto P = (a, b, c) pertencente à superfície S definida pelo gráfico
de f. Intersectando S com os planos y = b e x = a obtêm-se respectivamente as curvas C1 e C2 :
• C1 é o gráfico da função f (x, b) = g (x) e por conseguinte fx (a, b) = g′ (a) é o declive da recta
tangente T1 a C1 em P.
• C2 é o gráfico da função f (a, y) = j (y) e por conseguinte fy (a, b) = j ′ (b) é o declive da recta
tangente T2 a C2 em P.
Exemplo 1.3.4 Seja f (x, y) = x ln (y) + yx2 . Determine
• fx = ln (y) + 2xy;
• fy =
x
+ x2 ;
y
∂f
∂f
(2, 1) e
(0, e) .
∂x
∂y
fx (2, 1) = ln (1) + 4 = 4.
fy (0, e) =
0
+ 0 = 0.
e
Suponhamos agora que temos uma função de n variáveis
w = f (x1 , x2 , . . . , xn ) .
18
A derivada parcial
∂w
de w em ordem a xi , (i = 1, 2, . . . , n) é definida por
∂xi
∂w
∂xi
∂f
= fxi
∂xi
f (x1 , . . . , xi−1 , xi + h, xi+1 , . . . , xn ) − f (x1 , . . . , xn )
= lim
.
h→0
h
=
Exemplo 1.3.5 Seja f (x, y, t, u) = x2 y 3 t2 + ut. Determine fx , fy , ft e fu .
• fx = 2xy3 t2 .
• fx = 3x2 y 2 t2 .
• ft = 2x2 y 3 t + u.
• fu = t.
Exercício 1.3.6 Calcular a expressão das funções derivadas parciais de:
1. arctan
x2
y
.
2
2. sin x2 y + eyz .
 3
x



 3 −y
3. f (x, y) =
x2 + y2




0
se (x, y) = (0, 0) .
se (x, y) = (0, 0)
Exercício 1.3.7 A lei dos gases ideais pode ser anunciada como P V = cnT , onde n é o número de
moléculas do gás, V é o volume, T a temperatura, P a pressão e c uma constante. Mostre que
∂V
∂T
∂P
×
×
= −1.
∂T
∂P
∂V
Exercício 1.3.8 Seja C a curva de intersecção do gráfico do parabolóide
z = 9 − x2 − y 2 com o plano x = 1. Determine a equação da tangente a C no ponto P = (1, 2, 4).
Esboce o gráfico do parabolóide e de C.
1.4
Derivadas Parciais de Ordem Superior à Primeira; Teorema de Schwarz
Sendo f uma função de duas variáveis x e y, as suas derivadas parciais fx e fy são também funções
de duas variáveis. Podemos pois considerar as suas derivadas, obtendo-se as derivadas parciais de f de
segunda ordem. É costume usar as seguintes notações:
19
1. derivadas quadradas:
•
∂
∂x
•
∂
∂y
∂f
∂x
∂f
∂y
=
∂2f
= fxx .
∂x2
=
∂2f
= fyy .
∂y 2
2. derivadas mistas:
•
∂
∂x
•
∂
∂y
∂f
∂y
∂f
∂x
=
∂2f
= fyx .
∂x∂y
=
∂2f
= fxy .
∂y∂x
Exemplo 1.4.1 Determinar as derivadas parciais de segunda ordem da função z = xy 2 + ye−x .
∂z
= 2xy + e−x .
∂y
•
∂z
= y 2 − ye−x ;
∂x
•
∂2z
= ye−x .
∂x2
•
∂2z
= 2y − e−x .
∂x∂y
•
∂2z
= 2x.
∂y 2
•
∂2z
= 2y − e−x .
∂y∂x
Exemplo 1.4.2 Sendo z = y cos (xy) determinar
∂
∂2z
=
•
∂x∂y
∂x
∂2 z
∂
•
=
∂y∂x
∂y
∂z
∂y
∂z
∂x
=
=
∂2z
∂2z
e
.
∂x∂y ∂y∂x
∂
(cos (xy) − xy sin (xy)) = −2y sin (xy) − xy2 cos (xy) .
∂x
∂ 2
−y sin (xy) = −2y sin (xy) − xy2 cos (xy) .
∂y
No exemplo anterior, as derivadas mistas,
∂2z
∂2z
e
são iguais. Este facto não ocorre por mero
∂x∂y ∂y∂x
acaso.
Teorema 1.4.3 (Teorema de Schwarz) Seja f uma função real de duas variáveis reais. Se
∂f ∂f
e
∂x ∂y
∂2f
∂2f
(ou
) existir e for contínua em (x0 , y0 ) então também
∂x∂y
∂y∂x
existe a outra derivada mista de segunda ordem e é igual à primeira.
existirem numa vizinhança de (x0 , y0 ) e
Note-se que o Teorema de Schwarz exprime apenas uma condição suficiente de igualdade das derivadas
mistas, quer dizer, pode ter-se fxy = fyx , sem as derivadas parciais serem contínuas.
20
Exemplo 1.4.4 Sendo f (x, y) = ln
no domínio R2 \ {(0, 0)} .
x2 + y 2 , use o Teorema de Schwarz para provar que fxy = fyx
•
∂f
x
∂f
y
= 2
= 2
e
existem em R2 \ {(0, 0)} ;
∂x
x + y2 ∂y
x + y2
•
∂2f
2xy
2
=−
2 existe e é contínua (função racional) em R \ {(0, 0)} ;
2
∂y∂x
(x + y2 )
∂2f
∂2f
=
em R2 \ {(0, 0)} .
∂y∂x
∂x∂y

1

 xy 2 sin
se y =
0
2
y
Exercício 1.4.5 Seja f : R → R definida por f (x, y) =
.


0
se y = 0
Logo pelo Teorema de Schwarz,
1. Calcule fxy e fyx em todos os pontos de R2 e determine o conjunto X de pontos nos quais fxy = fyx .
2. Existem pontos do conjunto X onde aquela igualdade não possa ser garantida pelo Teorema de
Schwarz?

x2 − y2

 xy
x2 + y2
Exercício 1.4.6 Seja f : R2 → R definida por f (x, y) =


0
se (x, y) = (0, 0)
. Verifique
se (x, y) = (0, 0)
que fyx (0, 0) = −1 e fxy (0, 0) = 1. Contradiz o Teorema de Schwarz? Porquê?
∂2f
∂2f
Exercício 1.4.7 Uma função f de x e y diz-se harmónica se
+
= 0. Prove que a função
∂x2
∂y 2
y
f (x, y) = arctan
é harmónica.
x
Derivadas parciais de ordem superior a dois de funções de duas ou mais variáveis são definidas de
maneira óbvia.
1.5
Planos Tangentes
Sejam S a superfície de equação z = f (x, y), com f uma função de derivadas parciais contínuas, e
P0 = (x0 , y0 , z0 ) um ponto de S. Represente-se por C1 e C2 as curvas de intersecção de S com os planos
y = y0 e x = x0 , respectivamente. Ao plano que contém as rectas T1 e T2 , tangentes, respectivamente a
C1 e C2 em P0 , chamamos plano tangente a S em P0 .
∂f
∂f
(x0 , y0 ) e
(x0 , y0 ). Além disso,
∂x
∂y
T1 está contida num plano paralelo a XOZ e T2 está contida num plano paralelo a Y OZ. Daqui resulta
→ = 1, 0, ∂f (x , y ) é um vector director de T e −
→ = 0, 1, ∂f (x , y ) é um vector director
que −
n
n
1
0 0
1
2
0 0
∂x
∂y
de T2 .
Vimos que os declives das rectas T1 e T2 são respectivamente,
21
Uma equação vectorial do plano π tangente a S em P0 = (x0 , y0 , z0 ) é
−−→
→ + µ−
→
P0 P = λ−
n
n
1
2
ou seja
∂f
∂f
(x0 , y0 ) + µ 0, 1,
(x0 , y0 )
(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + λ 1, 0,
∂x
∂y
com λ, µ ∈ R.
Exemplo 1.5.1 Prove que uma equação cartesiana do plano π tangente a S em (x0 , y0 , z0 ) é
z − z0 =
∂f
∂f
(x0 , y0 ) (x − x0 ) +
(x0 , y0 ) (y − y0 ) .
∂x
∂y
Da equação vectorial
∂f
∂f
(x0 , y0 ) + µ 0, 1,
(x0 , y0 ) ,
(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + λ 1, 0,
∂x
∂y
obtêm-se as equações paramétricas







donde
x − x0 = λ
,
y − y0 = µ




∂f
∂f

 z − z0 = λ
(x0 , y0 ) + µ
(x0 , y0 )
∂x
∂y
z − z0 =
λ, µ ∈ R
λ, µ ∈ R
∂f
∂f
(x0 , y0 ) (x − x0 ) +
(x0 , y0 ) (y − y0 ) .
∂x
∂y
Exemplo 1.5.2 Determinar o plano tangente ao parabolóide z = 4x2 + y2 no ponto (1, 1, 5) .
z = 4x2 + y 2
Seja f (x, y) = 4x2 + y 2 . Então
∂f
(1, 1) = 8
∂x
e
∂f
(1, 1) = 2.
∂y
Logo uma equação do plano tangente ao parabolóide z = 4x2 + y2 no ponto (1, 1, 5) é, z − 5 =
8 (x − 1) + 2 (y − 1) ou 8x + 2y − z = 5.
22
Exercício 1.5.3 Seja f uma função de duas variáveis definida por
f (x, y) = y ln (x) .
1. Prove que as derivadas parciais de f são contínuas no seu domínio.
2. Determine uma equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto (e, 2, f (e, 2)) .
Teorema 1.5.4 Se z = f (x, y) admite derivadas parciais numa vizinhança de (x0 , y0 ), contínuas em
(x0 , y0 ), então f é diferenciável em (x0 , y0 ) .
Exemplo 1.5.5 Mostre que a função f (x, y) =
ponto (0, 0) .
• Se (x, y) = (0, 0),
∂f
(x, y) =
∂x
=
∂f
(x, y) =
∂y
=





x2 y 2
x2 + y 2
se (x, y) = (0, 0)
0
se (x, y) = (0, 0)
2xy 2 x2 + y 2 − 2xx2 y 2
(x2 + y 2 )2
2xy 2 x2 + y 2 − x2
(x2 + y 2 )2
=
2xy4
;
(x2 + y2 )2
2yx2 x2 + y 2 − 2yx2 y2
(x2 + y 2 )2
2yx2 x2 + y 2 − y2
(x2 + y 2 )2
=
2yx4
.
(x2 + y2 )2
• Se (x, y) = (0, 0),
Vamos agora provar que
∂f
(0, 0) =
∂x
h→0
∂f
(0, 0) =
∂y
f (0, h) − f (0, 0)
= 0.
h→0
h
lim
f (h, 0) − f (0, 0)
0−0
= lim
= 0;
h→0
h
h
lim
∂f
é contínua em (0, 0).
∂x

2xy 4



∂f
(x2 + y 2 )2
(x, y) =

∂x


0
se (x, y) = (0, y)
se (x, y) = (0, y)
Vamos mostrar, usando a definição que
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
(x, y) = 0,
∂x
23
.
é diferenciável no
ou seja
∀ε > 0
2xy 4
∃δ > 0 : 0 < x2 + y2 < δ =⇒ − 0 < ε.
2
(x2 + y 2 )
Seja ε > 0. Pretende-se determinar δ > 0 tal que
2xy4
−
0
<ε
(x2 + y2 )2
sempre que 0 <
x2 + y 2 < δ. Mas
2xy4 =
(x2 + y2 )2 2xy4
2
≤
2 |x|
2
2
x + y2
2
(x2 + y2 )
(x2 + y 2 )
= 2 |x| ≤ 2 x2 + y 2 < 2δ = ε
Basta tomar δ = ε/2. Portanto,
∂f
∂f
(x, y) =
(0, 0) .
(x,y)→(0,0) ∂x
∂x
lim
Do mesmo modo,
∂f
∂f
(x, y) =
(0, 0) .
(x,y)→(0,0) ∂y
∂y
lim
Logo as derivadas parciais são contínuas em (0, 0) e pelo Teorema 1.5.5, f é diferenciável em (0, 0).
Note-se que o recíproco do Teorema 1.5.5 não é verdadeiro, isto é, existem funções diferenciáveis cujas
derivadas parciais não são contínuas.

1

 x2 sin
se (x, y) = (0, y)
x
Exercício 1.5.6 Seja z = f (x, y) =
. Prove que f é diferenciável


0
se (x, y) = (0, y)
em R2 mas que as suas derivadas parciais não são contínuas.
Exemplo 1.5.7 Mostre que a função f (x, y) = 4y 2 − 3xy + 2x é diferenciável em qualquer ponto de R2
e, em seguida, calcule df (−2, −1) .
•
∂f
∂f
= −3y + 2 e
= 8y − 3x são contínuas em R2 (funções polinomiais). Logo pelo Teorema
∂x
∂y
3.5.5, f é diferenciável em R2 . Então
df (−2, −1) =
∂f
∂f
(−2, −1) dx +
(−2, −1) dy = 5dx − 2dy.
∂x
∂y
Teorema 1.5.8 Se z = f (x, y) é uma função diferenciável em (a, b) então f é contínua em (a, b).
24
1.6
Derivada da Função Composta. Regra da Cadeia
Teorema 1.6.1 (Regra da Cadeia) Seja z = f (x, y) , x = g (t) e y = h (t) funções diferenciáveis.
Então a função z (t) = f [g (t) , h (t)] é diferenciável e
dz
∂f dx ∂f dy
=
+
.
dt
∂x dt
∂y dt
Uma forma de nos lembrarmos da Regra da Cadeia é o recurso ao chamado diagrama da árvore. Para
construirmos o diagrama da árvore, desenhamos ramos da variável dependente z para as variáveis intermédias x e y. Depois construímos novos ramos partindo de x e y e terminando na variável independente
t.
z
∂z
∂x
ւ
ց
ւ
∂z
∂y
ց
x
↓
y
dy
dt
dx
dt
↓
t
Exemplo 1.6.2 Determinar
t
dz
sabendo que z = x2 + y 2 , x = t3 e y = 1 + t2 .
dt
• z, x e y são funções polinomiais, logo diferenciáveis.
dz
dt
Exercício 1.6.3 Determinar
y = t3 .
∂z dx ∂z dy
+
∂x dt
∂y dt
2
= 2x 3t + 2y (2t) = 6t5 + 4t3 + 4t.
=
du π sabendo que u = ex−2y , x = sin (t) e
dt 2
Teorema 1.6.4 (Regra da Cadeia) Seja z = f (x, y) uma função diferenciável. Se as derivadas parciais das funções x = g (s, t) e y = h (s, t) existirem, então existem as derivadas parciais da função
z = f [g (s, t) , h (s, t)] e são dadas por
∂z
∂s
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
;
∂x ∂s ∂y ∂s
∂z
∂t
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
.
∂x ∂t
∂y ∂t
25
Também aqui, podemos recorrer ao diagrama da árvore
z
∂z
∂x
ւ
ց
ւ
∂z
∂y
ց
x
ւ
y
ց
ւ
ց
↓
↓
↓
↓
∂x
∂s
∂x
∂t
∂y
∂s
∂y
∂t
↓
↓
↓
↓
s
t
s
t
Exemplo 1.6.5 Sejam g (s, t) = f s2 − t2 , t2 − s2 com f uma função diferenciável. Mostre que g
satisfaz a equação
t
∂g
∂g
+s
= 0.
∂s
∂t
Tome-se s2 − t2 = x e t2 − s2 = y. Então z = g (s, t) = f (x, y) .
∂z
∂s
=
=
∂z
∂t
=
=
∂g
∂z ∂x ∂z ∂y
=
+
∂s
∂x ∂s ∂y ∂s
∂f
∂f
∂f
∂f
(2s) +
(−2s) = 2s
− 2s ;
∂x
∂y
∂x
∂y
∂g
∂z ∂x ∂z ∂y
=
+
∂t
∂x ∂t
∂y ∂t
∂f
∂f
∂f
∂f
(−2t) +
(2t) = −2t
+ 2t .
∂x
∂y
∂x
∂y
Donde
t
∂g
∂g
∂f
∂f
∂f
∂f
+s
= 2st
− 2st
− 2st
+ 2st
= 0.
∂s
∂t
∂x
∂y
∂x
∂y
Exemplo 1.6.6 Dada a função z = ex cos (y) com x = uv e y = u2 , determine
∂z
∂u
e
26
∂z
.
∂v
∂z
∂u
∂z
∂v
Exercícios 1.6.7
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂u ∂y ∂u
= euv v cos u2 − 2u sin u2 ;
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂v
∂y ∂v
= ueuv cos u2 .
=
1. Seja w = f (x + az, y + bz), onde a e b são constantes reais e f uma função
diferenciável de duas variáveis. Mostre que
∂w
∂w
∂w
=a
+b
.
∂z
∂x
∂y
2. Seja g uma função diferenciável de R em R. Mostre que f (x, y) = x2 g
x
x
verifica a relação
y
∂f
∂f
+y
= 2f.
∂x
∂y
Exercício 1.6.8 Seja u = f (x, y) com x = g1 (s, t) e y = g2 (s, t). Suponhamos que f satisfaz as
condições do Teorema de Schwarz. Prove que
∂2u
∂2f
=
∂s2
∂x2
∂x
∂s
2
∂ 2 f ∂x ∂y ∂ 2 f
+2
+ 2
∂x∂y ∂s ∂s
∂y
∂y
∂s
2
+
∂f ∂ 2 x ∂f ∂ 2 y
+
.
∂x ∂s2
∂y ∂s2
Exercício 1.6.9 Sendo u = exy com x = 2s − 3t e y = s + 2t − 4, calcular
∂2u
,
∂s2
1.7
∂2u
∂s∂t
e
∂2u
.
∂t2
Derivadas Direccionais e Vector Gradiente
Como vimos, sendo z = f(x, y), as derivadas parciais fx e fy são as funções definidas por
fx (x0 , y0 ) = lim
f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 )
h
fy (x0 , y0 ) = lim
f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 )
.
h
h→0
e
h→0
Ora
f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 )
h
27
é a taxa de variação da função f quando x0 sofre o acréscimo h e y0 é constante, ou seja, quando o ponto
(x, y) se move sobre a recta passando por (x0 , y0 ) paralela ao eixo dos xx.
z
y0
y
x0
(x0, y0)
x
∂f
(x0 , y0 ) é a taxa de variação de f(x, y) ao longo de uma recta paralela ao eixo dos xx.
∂x
Assim, as derivadas parciais de uma função representam a taxa de variação dessa função, ao longo de
Logo
rectas paralelas aos eixos coordenados.
As derivadas direccionais que vamos definir, representam a taxa de variação da função ao longo de
rectas não necessariamente paralelas aos eixos coordenados.
Definição 1.7.1 (Derivada Direccional) Seja f : D ⊂ R2 → R, (x0 , y0 ) um ponto interior do domínio
j um vector unitário. A derivada direccional de f no ponto (x0 , y0 ) segundo a direcção
Deu
= u1i + u2
de u
, representa-se por Du f (x0 , y0 ) e é definida por
Du f (x0 , y0 ) = lim
h→0
f (x0 + hu1 , y0 + hu2 ) − f (x0 , y0 )
.
h
Note-se que
Di f (x0 , y0 ) =
∂f
(x0 , y0 )
∂x
e
Dj f (x0 , y0 ) =
∂f
(x0 , y0 ) .
∂y
Teorema 1.7.2 Se f (x, y) é uma função diferenciável então f tem derivada direccional segundo a direcção de um qualquer vector unitário u
= (a, b) e
Du f (x, y) = fx (x, y) a + fy (x, y) b
→
= (fx (x, y) , fy (x, y)) • −
u.
Demonstração. Seja u
= (a, b) um vector unitário qualquer. Consideremos a função g definida por
g (h) = f (x0 + ha, y0 + hb) , com (x0 , y0 ) fixo.
28
Podemos considerar g como uma composição de funções. De facto,
g (h) = f (x, y) com x = x0 + ha, y = y0 + hb.
Como as funções f , x (h) = x0 + ha, y (h) = y0 + hb são diferenciáveis, g é diferenciável, atendendo
ao Teorema 1.6.1 e
dg
∂f
dx
∂f
dy
(h) =
(x (h) , y (h))
(h) +
(x (h) , y (h))
(h) .
dh
∂x
dh
∂y
dh
Donde
g′ (0) =
∂f
∂f
(x0 , y0 ) a +
(x0 , y0 ) b.
∂x
∂y
Por outro lado,
g (h) − g (0)
h
f (x0 + ha, y0 + hb) − f (x0 , y0 )
= lim
h→0
h
g ′ (0) =
lim
h→0
= Du f (x0 , y0 ) .
Obtemos então
∂f
∂f
(x0 , y0 ) a +
(x0 , y0 ) b
∂x
∂y
∂f
∂f
=
(x0 , y0 ) ,
(x0 , y0 ) • (a, b)
∂x
∂y
∂f
∂f
→
=
(x0 , y0 ) ,
(x0 , y0 ) • −
u.
∂x
∂y
Du f (x0 , y0 ) =
Dada a arbitrariedade de (x0 , y0 ), obtém-se o resultado
Se o vector unitário u
faz um ângulo θ, θ ∈ [0, 2π[ com o semi-eixo positivo das abcissas então
u
= (cos θ, sin θ) pelo que
Du f (x, y) = fx (x, y) cos θ + fy (x, y) sin θ.
Exemplo 1.7.3 Determine Du f (x, y), sendo f (x, y) = x3 + xy e u
= (u1 , u2 ) o vector unitário que faz
com o semi-eixo positivo das abcissas um ângulo de amplitude π/3.
Atendendo ao Teorema 1.8.2,
π
+ fy (x, y) sin
3 √
3
2
1
3
= 3x + y
+x
2
2
√
1
2
=
3x + 3x + y .
2
Duf (x, y) = fx (x, y) cos
29
π Se f é uma função de duas variáveis x e y, então o gradiente de f é o vector ∇f definido por
∇f (x, y) = fx (x, y) i + fy (x, y) j = (fx (x, y) , fy (x, y)) .
Resulta do Teorema 1.8.2 que
.
Duf (x, y) = ∇f (x, y) • u
Exemplo 1.7.4 Determinar a derivada direccional de f (x, y) = x3 y 2 no ponto (2, −1) segundo a dir√
→
ecção de −
v = 2i + 2 3
j.
Comecemos por determinar o vector gradiente de f em P.
• ∇f (x, y) = 3x2 y2 , 2x3 y
• ∇f (2, −1) = (12, −16)
→
→
→
O vector −
v não é unitário (−
v = 4). O vector unitário com a mesma direcção e sentido de −
v éo
−
→
v
→
vector v, a que chamamos versor de −
v , definido por v = −
. Portanto,
→
v
√ 1 √ 3
1
v =
2, 2 3 =
,
4
2 2
e consequentemente
Dv f (2, −1) = (12, −16) •
√ √ 1 3
,
=2 3−4 3 .
2 2
Teorema 1.7.5 Seja f (x, y) uma função diferenciável. O valor máximo da derivada direccional Du f (x, y)
é igual a ∇f (x, y) e ocorre quando u
tem a mesma direcção e o mesmo sentido do vector ∇f (x, y) .
Demonstração. Vimos que
Du f (x, y) = ∇f (x, y) • u
= ∇f (x, y) u cos θ
= ∇f (x, y) cos θ
com θ o ângulo que ∇f (x, y) faz com u
. O valor máximo de cos θ é 1 que é obtido quando θ = 0. Donde
o valor máximo de Du f (x, y) é ∇f (x, y) e este ocorre quando u
e ∇f (x, y) têm a mesma direcção e
o mesmo sentido.
Exemplo 1.7.6 Sendo f (x, y) = xey , determine a taxa de variação de f no ponto P = (2, 0) na direcção
de P para Q = (5, 4). Em que direcção tem f no ponto P uma taxa de variação máxima? Qual é esse
valor máximo?
30
−−
→
→
→
O vector −
u = P Q = (3, 4) tem norma 5. Seja u
o versor de −
u . Então u
= 35 , 45 . Por outro lado, o
vector gradiente ∇f, de f, em P é o vector
∂f
∂f
(P ) ,
(P ) = (1, 2) .
∇f (P ) =
∂x
∂y
−−→
A taxa de variação de f no ponto P segundo a direcção P Q é pois,
3 4
11
Duf (2, 0) = ∇f (P ) • u
= (1, 2) •
,
= .
5 5
5
Atendendo ao Teorema 1.8.5, a direcção em que f tem em P uma taxa de variação máxima é a
√
direcção determinado por ∇f (P ) = (1, 2), sendo o valor máximo, ∇f (P ) = 5.
1.8
Máximos e Mínimos de Funções de Duas Variáveis
Definição 1.8.1 (Máximo e Mínimo Local) Seja f : D ⊂ R2 → R e
P = (x0 , y0 ) um ponto de D.
1. Diz-se que f tem um máximo local em (x0 , y0 ) se existir uma vizinhança Vε (x0 , y0 ) tal que
f (x, y) ≤ f (x0 , y0 )
∀ (x, y) ∈ Vε (x0 , y0 ) .
2. Diz-se que f tem um mínimo local em (x0 , y0 ) se existir uma vizinhança Vε (x0 , y0 ) tal que
f (x, y) ≥ f (x0 , y0 )
∀ (x, y) ∈ Vε (x0 , y0 ) .
Se as desigualdades se verificarem para todo o (x, y) ∈ D então f tem um máximo absoluto ou um
mínimo absoluto em (x0 , y0 ) .
Definição 1.8.2 (Extremo Local) Seja f : D ⊂ R2 → R e (x0 , y0 ) um ponto de D. Diz-se que f tem
em (x0 , y0 ) um extremo local se f tem em (x0 , y0 ) um máximo local ou um mínimo local.
Teorema 1.8.3 Se f tem em (x0 , y0 ) um extremo local e as derivadas parciais de 1a ordem existem,
então
∂f
∂f
(x0 , y0 ) =
(x0 , y0 ) = 0.
∂x
∂y
Definição 1.8.4 (Ponto Crítico e Ponto Singular) Seja f : D ⊂ R2 → R e (x0 , y0 ) um ponto de D.
Um ponto (x0 , y0 ) do domínio de f diz-se um ponto crítico de f se
∂f
∂f
(x0 , y0 ) =
(x0 , y0 ) = 0.
∂x
∂y
Se pelo menos uma das derivadas parciais não existe, (x0 , y0 ) diz-se um ponto singular para f.
31
Nota 1.8.5 Pelo Teorema 1.9.3, f atinge valores extremos em pontos críticos ou singulares.
Suponhamos que (x0 , y0 ) é um ponto crítico de f, onde f atinge um extremo. Como a equação do
plano tangente ao gráfico de z = f (x, y) no ponto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) é
z − z0 =
∂f
∂f
(x0 , y0 ) (x − x0 ) +
(x0 , y0 ) (y − y0 )
∂x
∂y
vem z = z0 , isto é, o plano tangente ao gráfico de f em (x0 , y0 , z0 ) é um plano horizontal (paralelo ao
plano xoy).
O Teorema 1.9.3 é uma condição necessária mas não suficiente para a existência de extremos. (x0 , y0 )
pode ser um ponto crítico de f sem que exista extremo nesse ponto. Diz-se então que (x0 , y0 ) é um ponto
sela.
Definição 1.8.6 (Ponto Sela) Chamamos ponto sela a todo o ponto crítico que não é extremo.
Exemplo 1.8.7 Seja f (x, y) =
extremos locais de f.
• Temos
x2 + y 2 . Determine os pontos críticos, os pontos singulares e os
∂f
x
=
2
∂x
x + y2
e
∂f
y
=
.
2
∂y
x + y2
Uma vez que as derivadas não existem em (0, 0), este ponto é singular. Além disso


∂f



 x=0
=0
∂x
⇐⇒


 ∂f = 0
 y=0
∂y
(impossı́vel)
logo não há nenhum ponto (x, y) que anule simultaneamente as duas derivadas. Portanto, não há pontos
críticos.
Uma vez que f (0, 0) = 0 e f (x, y) ≥ 0, para todo o (x, y) ∈ R2 vem
∀ (x, y) ∈ R2
f (x, y) ≥ f (0, 0)
ou seja, (0, 0) é o único ponto onde f tem um extremo (mínimo) cujo valor é f (0, 0) = 0. Note-se que
este extremo é absoluto.
Exemplo 1.8.8 Seja f (x, y) = y 2 − x2 . Mostre que (0, 0) é o único ponto crítico de f, mas que f (0, 0)
não é um valor extremo de f.
32
• Temos
∂f
= −2x
∂x
e
∂f
= 2y,
∂y
logo (0, 0) é o único ponto estacionário de f . Contudo, f (0, 0) não é um extremo local já que:
• f (x, 0) = −x2 ≤ 0 = f (0, 0) ;
• f (0, y) = y 2 ≥ 0 = f (0, 0) ,
consequentemente f não atinge um valor extremo em (0, 0) . (0, 0) é um ponto sela.
Exemplo 1.8.9 Seja f (x, y) = x2 − 2xy +
Temos
y3
− 3y. Determine os pontos críticos de f.
3




∂f






 x = −1
 x=3
=0
2x − 2y = 0
∂x
⇐⇒
⇐⇒
∨
.




 ∂f = 0
 −2x + y 2 − 3 = 0
 y = −1
 y=3
∂y
Logo, os pontos críticos de f são (−1, −1) e (3, 3) .
Teorema 1.8.10 Suponhamos que f tem um ponto crítico em (x0 , y0 ) e que admite derivadas parciais
de 2a ordem contínuas numa vizinhança de (x0 , y0 ). Seja
fxx (x0 , y0 )
△ = fxy (x0 , y0 )
fxy (x0 , y0 ) fyy (x0 , y0 ) = fxx (x0 , y0 ) fyy (x0 , y0 ) − (fxy (x0 , y0 ))2 .
1. Se △ > 0 e fxx (x0 , y0 ) > 0 então f (x0 , y0 ) é um mínimo local.
2. Se △ > 0 e fxx (x0 , y0 ) < 0 então f (x0 , y0 ) é um máximo local.
3. Se △ < 0 então f (x0 , y0 ) não é um extremo local ((x0 , y0 ) é um ponto sela).
4. Se △ = 0 então nada se pode concluir.
Note-se que se △ > 0 então fxx (x0 , y0 ) fyy (x0 , y0 ) > 0 e portanto, fxx (x0 , y0 ) e fyy (x0 , y0 ) têm
sempre o mesmo sinal. Daí que se possa substituir em 1. e 2. do Teorema 1.9.10, fxx (x0 , y0 ) por
fyy (x0 , y0 ) .
33
Exemplo 1.8.11 Determine três números reais positivos cuja soma seja 10 e cujo produto seja máximo.
Sejam x, y e z os três números reais positivos a determinar.




 x + y + z = 10

z = 10 − x − y
⇐⇒
.



 P = xy (10 − x − y)
P = xyz
Assim, pretende-se determinar o ponto (x, y) onde a função
P = 10xy − x2 y − xy2
tenha um máximo.
Os pontos críticos de P são tais que


∂P


 10y − 2xy − y2 = 0

=0
∂x
⇐⇒


 10x − 2xy − x2 = 0
 ∂P = 0
∂y
10
e atendendo a que x e y têm de ser positivos, a única solução é 10
3 , 3 .
Tem-se
∂2P
= −2y
∂x2
∂2P
= −2x
∂y 2
;
e
∂2P
= 10 − 2x − 2y.
∂x∂y
Consequentemente:
Como
∂2P
∂x2
10 10
,
3 3
=
∂2P
∂x∂y
10 10
,
3 3
= −
20
−
3
△ = 10
−
3
10
−
3
20
−
3
∂2P
∂y2
100
=
>0
3
10 10
,
3 3
e
determinar são
10
,
3
y=
10
,
3
20
;
3
10
.
3
∂2P
∂x2
vem pelo Teorema 1.9.10, que P atinge um máximo em (x, y) =
x=
=−
e
z=
10 10
,
3 3
10 10
,
3 3
<0
. Donde os três números a
10
.
3
Exercício 1.8.12 Determine, se existirem, os extremos locais da função definida por f (x, y) = xy (1 + 3x + 2y) .
Definição 1.8.13 (Subconjunto Fechado e Limitado) Um subconjunto de R2 diz-se fechado se contiver todos os seus pontos fronteiros, e diz-se limitado se existir uma vizinhança em R2 que o contenha.
34
Podemos provar que
Teorema 1.8.14 Se f : D ⊂ R2 → R é uma função contínua e D é limitado e fechado então existem
um ponto (x1 , y1 ) ∈ D e um ponto (x2 , y2 ) ∈ D tais que f (x1 , y1 ) é máximo e f (x2 , y2 ) é mínimo.
1.9
Extremos Condicionados. Multiplicadores de Lagrange
Considere-se o problema de encontrar os valores extremos (máximo e mínimo) de uma função f real de
duas variáveis reais sabendo que as variáveis satisfazem uma determinada equação g (x, y) = k (k é uma
constante).
A este tipo de problemas chama-se ”problemas de extremos condicionados” e à equação g (x, y) = k
chama-se ”equação de ligação”.
Definição 1.9.1 (Função Lagrangeana e Multiplicador de Lagrange) Seja f uma função real de
duas variáveis reais e g (x, y) = k uma qualquer equação de ligação. Chama-se função lagrangeana à
função
L (x, y, λ) = f (x, y) + λ [k − g (x, y)] .
À variável real λ chamamos um multiplicador de Lagrange.
Teorema 1.9.2 Para determinar os valores máximo e mínimo de f (x, y) sujeito à condição g (x, y) = k
(assumindo que estes valores existem),
1. determinam-se todos os pontos (x, y) e λ ∈ R tais que
∂L
∂L
∂L
=
=
= 0;
∂x
∂y
∂λ
2. calcula-se o valor que f toma em todos os pontos (x, y) determinados em 1.. O maior deles é o
valor máximo e o menor deles é o valor mínimo.
Exemplo 1.9.3 Seja f (x, y) = 3x2 + 2y2 − 4y + 1. Determine os valores extremos de f em pontos da
circunferência x2 + y 2 = 16.
• Função Lagrangeana:
L (x, y, λ) = 3x2 + 2y2 − 4y + 1 + λ 16 − x2 − y2
35
• Cálculo de Pontos Críticos:

∂L


=0



 ∂x
∂L
⇐⇒
=0
 ∂y




 ∂L = 0
∂λ






6x − 2xλ = 0
4y − 4 − 2yλ = 0




 16 − x2 − y 2 = 0










 x=0
 x=0


λ = −3
λ = −3












3
5
⇐⇒
∨
∨
λ=
λ=
y = −2 ∨  y = −2 .



2
2














 x = 2√3
 x = −2√3
 y=4
 y = −4
• Cálculo dos Valores da Função:
f (0, 4) = 17,
√
√
f 2 3, −2 = f −2 3, −2 = 53.
f (0, −4) = 49,
√
√
Logo f atinge o valor máximo (igual a 53) nos pontos 2 3, −2 e −2 3, −2 da circunferência
x2 + y2 = 16 e atinge o valor mínimo 17 no ponto (0, 4) da mesma circunferência.
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