deriv

Capítulo 6

DERIVADAS PARCIAIS

6.1 Definições

Neste capítulo, apresentamos um dos conceitos centrais do Cálculo em Vá-rias Variáveis, as derivadas parciais e a diferenciação de funções.

Definição 6.1. Sejam A ⊂ R3 um conjunto aberto e f : A −→ R uma função.

1. A derivada parcial de f em relação à variável x, no ponto

(x, y, z) ∈ A é denotada por∂f

∂x(x, y, z) e definida por:

∂f

∂x(x, y, z) = lim

t−→0

f(x+ t, y, z) − f(x, y, z)

t

se o limite existe.

2. A derivada parcial de f em relação à variável y, no ponto


∂y(x, y, z) e definida por:

∂f

∂y(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, y + t, z) − f(x, y, z)

t

se o limite existe.

3. A derivada parcial de f em relação à variável z, no ponto


∂z(x, y, z) e definida por:

117

118 CAPÍTULO 6. DERIVADAS PARCIAIS

∂f

∂z(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, y, z + t) − f(x, y, z)

t

se o limite existe.

Observações 6.1.

1. De forma análoga são definidas as derivadas parciais para funções deduas variáveis.

2. Observe que o conjunto A deve ser aberto, pois para todo x ∈ A énecessário que x + t ei ∈ A, onde i = 1, 2, 3; o que é verdadeiro se|t| < η (η > 0 pequeno). Veja a bibliografia.

Exemplos 6.1.

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

Estamos no caso n = 2:

∂f

∂x(x, y) = lim

t−→0

f(x+ t, y) − f(x, y)

t= lim

t−→0

(x+ t) y − x y

t= lim

t−→0

t y

t= y,

∂f

∂y(x, y) = lim

t−→0

f(x, t+ y) − f(x, y)

t= lim

t−→0

x (t+ y) − x y

t= lim

t−→0

t x

t= x.

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

Estamos no caso n = 3:

6.1. DEFINIÇÕES 119

∂f

∂x(x, y, z) = lim

t−→0

f(x+ t, y, z) − f(x, y, z)

t= lim

t−→0

(x+ t)2 y z2 − x2 y z2

t

= limt−→0

2 x y z2 t+ t2yz2

t= 2 x y z2,

∂f

∂y(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, t+ y, z) − f(x, y, z)

t= lim

t−→0

x2 (t+ y) z2 − x2 y z2

t

= limt−→0

t x2 z2

t= x2 z2,

∂f

∂z(x, y, z) = lim

t−→0

f(x, y, t+ z) − f(x, y, z)

t= lim

t−→0

x2 y (t+ z)2 − x2 y z2

t

= limt−→0

t2 x2 y + 2 t x2 y z

t= 2 x2 y z.

Observação 6.1.

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

g′(x) = limt−→0

g(x+ t) − g(x)

t= lim

t−→0

f(x+ t, c) − f(x, c)

t=∂f

∂x(x, c).

2. Se h(y) = f(c, y), então:

h′(y) = limt−→0

h(y + t) − h(y)

t= lim

t−→0

f(c, y + t) − f(c, y)

t=∂f

∂y(c, y).

Analogamente para mais variáveis.

3. Consequentemente, para derivar parcialmente uma função em relaçãoa x, as demais variáveis são consideradas como constantes e a deriva-ção é feita como em R.

4. Em relação às outras variáveis o procedimento é análogo. Assim, to-das as regras de derivação estudadas para funções em R podem seraplicadas.


Exemplos 6.1.

[1] Se z = f(x, y) =√

x2 + y2, calcule suas derivadas parciais.

Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pelaobservação anterior consideramos z =

√x2 + c, onde c = y2; derivando

como em R:

∂f

∂x(x, y) =

x√x2 + c

=x

√

x2 + y2;

analogamente para y: fazemos c = x2:

∂f

∂y(x, y) =

y√

c + y2=

y√

x2 + y2.

[2] Se z = f(x, y) = (x2 + y2) cos(x y), calcule suas derivadas parciais noponto (1, π).

Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x. Pela ob-servação anterior consideramos z = (x2 + c2) cos(c x), onde y = c; derivandocomo em R:

∂f

∂x(x, y) =

(

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

= 2 x cos(x y)− y (x2 + y2) sen(x y);

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

∂f

∂y(x, y) =

(

(c2 + y2) cos(c y))′

= 2 y cos(c y)− c (c2 + y2) sen(c y)

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

∂f

∂x(1, π) = −2,

∂f

∂y(1, π) = −2 π.

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

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

∂f

∂x(x, y, z) =

2 x

x2 + c=

2 x

x2 + y2 + z2;

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

6.1. DEFINIÇÕES 121

∂f

∂y(x, y, z) =

2 y

y2 + c=

2 y

x2 + y2 + z2

e:

∂f

∂z(x, y, z) =

2 z

c+ z2=

2 z

x2 + y2 + z2.

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

z

)

, calcule suas derivadas parciais.

Calculemos, primeiramente, a derivada parcial de f em relação a x:

Seja w = sen(c x), onde c =y

z; derivando:

∂f

∂x(x, y, z) = c cos(c x) =

y

zcos

(x y

z

)

;

analogamente para y; fazemos c =x

ze para z; fazemos c = x y:

∂f

∂y(x, y, z) = c cos(c y) =

x

zcos

(x y

z

)

e

∂f

∂z(x, y, z) = −c z−2cos(

c

z) = −x y

z2cos

(x y

z

)

.

De forma análoga ao Cálculo de uma variável, as derivadas parciais de umafunção são funções e, portanto, podemos calcula-lás em pontos de seus do-mínios.

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

∂f

∂x(x, y) =

2 x

x2 + y2 + 1e

∂f

∂y(x, y) =

2 y

x2 + y2 + 1.

Temos duas novas funções:

g(x, y) =2 x

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

2 y

x2 + y2 + 1.

Logo,:

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

3, g(3,−2) =

3

7e h(1,−2) = −2

7.


-2

0

2

-2

02

0

1

2

3

Figura 6.1: Gráfico de f .

Figura 6.2: Gráficos de g e h, respectivamente.

Observações 6.2.

1. A não existência das derivadas parciais de uma função contínua deduas variáveis num ponto indica que o gráfico da função apresenta"arestas"nesse ponto.

2. De fato, seja z = f(x, y) =√

x2 + y2; então, as derivadas parciais exis-tem, exceto na origem.

Figura 6.3: Gráfico de f(x, y) =√

x2 + y2.

6.2. GENERALIZAÇÕES 123

6.2 Generalizações

Definição 6.2. Seja A ⊂ Rn um conjunto aberto, x = (x1, x2, ..., xn) ∈ A e

f : A −→ R uma função. A derivada parcial de f em relação à j-ésimavariável no ponto x ∈ A é denotada por ∂f

∂xj(x) e definida por:

∂f

∂xj(x) = lim

t−→0

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

t,

se o limite existe.

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

∂f

∂xj

(x) = limt−→0

f(x + tej) − f(x)

t.

6.3 Interpretação Geométrica das Derivadas Par-ciais

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

3. A interseção desta superfície com um plano paralelo aoplano xz, que passa pelo ponto (0, y0, 0) é uma curva plana (ou um ponto)que satisfaz às condições:

{

z = f(x, y)

y = y0.

Como a curva é plana, podemos considerá-la como o gráfico de uma funçãode uma variável, a saber: g(x) = f(x, y0). Logo, o coeficiente angular da retatangente à curva no ponto x0, relativa ao plano, é:

g′(x0) =∂f

∂x(x0, y0)

Analogamente, a curva plana definida pela interseção do gráfico de f como plano que passa por (x0, 0, 0) paralelo ao plano yz pode ser definida porh(y) = f(x0, y). Logo, o coeficiente angular da reta tangente à curva noponto y0, relativa ao plano, é:


h′(y0) =∂f

∂y(x0, y0)

Desenhos à esquerda e à direita, respectivamente:

Figura 6.4:

Figura 6.5:

Exemplos 6.2.

[1] Seja z = f(x, y) = x2 + y2. Determine a equação da reta tangente àinterseção do gráfico de f com o plano de equação y = 2, no ponto (2, 2, 8).

Pela observação anterior: z = x2 + 4; logo, z = g(x) = x2 + 4 e a equação dareta tangente é: z − g(x0) = g′(x0)(x− x0), onde x0 = 2, ou seja: z − 4x = 0.

6.3. INTERPRETAÇÃOGEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS 125

-2

0

2

-2

0

2

0

2

4

6

-2

0

2

4

Figura 6.6: Exemplo [1].

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

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

1


Dos parágrafos anteriores temos:

Proposição 6.1. Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função tal que as derivadas parciais

existam no conjunto aberto A, então:

∂f

∂x(a, b) = g′(a) se g(x) = f(x, b)

∂f

∂y(a, b) = h′(b) se h(y) = f(a, y)

A prova segue das definições e observações anteriores. Esta proposição seestende naturalmente para n ≥ 2.


Exemplos 6.3.

[1] Se f(x, y) = 4√

x4 + y4, calcule∂f

∂x(0, 0) e

∂f

∂y(0, 0).

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

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 1.

[2] Se f(x, y) = x2√

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

∂x(1, 0).

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

∂f

∂x(1, 0) = g′(1) = −3.

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

ln(x2 + y2 + z2), calcule

∂f

∂x(π, 0, 0).

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

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

2 ln2(x); logo:

∂f

∂x(π, 0, 0) = g′(π) =

1

2 π ln2(π).

6.4 Derivadas Parciais como Taxa de Variação

As derivadas parciais também podem ser interpretadas como taxa de vari-ação ou razão instantânea.

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

parciais existem no ponto (x0, y0).

Definição 6.3. A derivada parcial∂f

∂x(x0, y0) é a taxa de variação de f ao

longo da reta que passa pelo ponto (x0, y0) e na direção e1 = (1, 0).

Observações 6.3.

1. Isto é, a taxa de variação de f ao longo d a reta:

c(t) = (x0, y0) + t (1, 0) = (x0 + t, y0),

tal que (|t| pequeno).

6.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO 127

2. De forma análoga interpretamos a outra derivada parcial:∂f

∂y(x0, y0) é

a taxa de variação de f ao longo da reta que passa pelo ponto (x0, y0)e na direção e2 = (0, 1), isto é, d(t) = (x0, y0) + t (0, 1) = (x0, y0 + t), (|t|pequeno).

0

0 +t

0 0+t

e

e

2

1

Ay

y

x xd(t) d(t)

c(t)

c(t)

Figura 6.8:

3. Isto é, as derivadas parciais medem a velocidade da variação parcialda função em relação a cada variável, quando as outras estão fixadas.

Exemplos 6.4.

[1] A lei de um gás ideal confinado é P V = 8T , onde P é a pressão emN/cm2, V é o volume em cm3 e T é a temperatura em graus. Se o volumedo gás é de 150 cm3 e a temperatura é de 100o, pede-se:

(a) Determine a taxa de variação da pressão em relação à temperatura parao volume fixo de 150 cm3.

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

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

P (V, T ) = 8T

V; então,

∂P

∂T(V, T ) =

8

V;

logo,

∂P

∂T(150, T ) ∼= 0.0533 N/cm2/kal.


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

0.0533 N/cm2/kal. Note que∂P

∂Tnão depende de T .

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

V (P, T ) = 8T

P; então,

∂V

∂P(P, T ) = −8

T

P 2.

Por outro lado, P = 8T

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

16

3; logo:

∂V

∂P(16

3, 100) = −28.13 cm3/N.

A variação do volume em relação à pressão diminui a uma razão de:

28.13 cm3/N.

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

V (x, y, z) =x

√

x2 + y2 + z2,

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

(a) eixo dos x;

(b) eixo dos y;

(c) eixo dos z.

(a) Devemos calcular∂V

∂x(1, 2, 3). Seja g(x) = f(x, 2, 3) =

x√x2 + 13

; então:

∂V

∂x(x, 2, 3) = g′(x) =

13

(x+ 13)3/2,

logo;∂V

∂x(1, 2, 3) =

13

14√

14volts/cm.

(b) Devemos calcular∂V

∂y(1, 2, 3): Seja h(y) = f(1, y, 3) =

1√

y2 + 10; então:

∂V

∂y= h′(y) = − y

(y2 + 10)3/2,

logo;∂V

∂y(1, 2, 3) = − 1

7√

14volts/cm.

(c) Devemos calcular∂V

∂z(1, 2, 3): Seja k(z) = f(1, 2, z) =

1√z2 + 5

; então:

6.4. DERIVADAS PARCIAIS COMO TAXA DE VARIAÇÃO 129

∂V

∂z= k′(z) = − z

(z2 + 5)3/2,

logo;∂V

∂z(1, 2, 3) = − 3

14√

14volts/cm.

[3] Quando materiais tóxicos são despejados ou manipulados num aterropodem ser liberadas partículas contaminadas para a atmosfera circundante.Experimentalmente, a emissão destas partículas pode ser modelada pelafunção:

E(V,M) = K × 0.00032 V 1.3M−1.4,

ondeE é a emissão (quantidade de partículas liberadas na atmosfera por to-nelada de solo manipulado), V é a velocidade média do vento (mph=metrospor hora),M é a umidade contida no material (dada em porcentagem) e Ké uma constante que depende do tamanho das partículas. Calcule a taxa devariação da emissão para uma partícula tal que K = 0.2, V = 10 eM = 13em relação:

(a) ao vento;

(b) à umidade.

10 20 30 40 5010

20

30

40

50

Figura 6.9: Curvas de nível de E.

(a) Calculamos∂E

∂V(10, 13): Então,

∂E

∂V(V,M) = 0.000122V 0.3M−1.4; logo,

∂E

∂V(10, 13) = 0.00001496.

(b) Calculamos∂E

∂M(10, 13): Então,

∂E

∂M(V,M) = −0.000291V 1.3M−2.4; logo,


∂E

∂M(10, 13) = −0.00001234.

Interprete os resultados obtidos no último exemplo.

6.5 Diferenciabilidade

No caso de uma variável sabemos que se uma função é derivável numponto, ela é contínua no ponto. Gostaríamos de ter um comportamento aná-logo para funções de várias variáveis; no entanto, a existência das derivadasparciais não garante a continuidade da função.

De fato, a existência de∂f

∂xdepende do comportamento da função f so-

mente na direção do eixo dos x e a existência de∂f

∂ydepende do comporta-

mento da função f somente na direção do eixo dos y. Por exemplo, sabemosque a função:

f(x, y) =

2 x y

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

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

não é contínua na origem. No entanto, as derivadas parciais existem emtodos os pontos, inclusive na origem. De fato, sejam g(x) = f(x, 0) = 0 eh(y) = f(0, y) = 0; logo:

∂f

∂x(0, 0) = g′(0) = 0 e

∂f

∂y(0, 0) = h′(0) = 0.

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

∂f

∂x=

2 y3 − 2 x2 y

(x2 + y2)2e

∂f

∂y=

2 x3 − 2 x y2

(x2 + y2)2.

Em uma variável, a existência da derivada de uma função num ponto, ga-rante que nas proximidades desse ponto o gráfico da função fica bastantepróximo da reta tangente a esse gráfico no ponto considerado. Seguiremosesta idéia para estender o conceito de diferenciabilidade para funções devárias variáveis. Correspondendo à reta tangente num ponto do gráfico deuma função em R temos o "plano tangente"num ponto do G(f) e este planodeve ser uma "boa"aproximação para o G(f) numa vizinhança do ponto.

6.5. DIFERENCIABILIDADE 131

Definição 6.4. Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função definida no conjunto

aberto A. Dizemos que f é diferenciável no ponto x0 ∈ A se existem asderivadas parciais de f em x0 e:

lim‖h‖→0

∣

∣f(x) − f(x0) −n

∑

j=1

∂f∂xj

(x0)hj

∣

∣

‖h‖ = 0,

onde h = x − x0, hj é a componente j-ésima de h e x ∈ A.

Para n = 2, este limite expressa o que pensamos ao dizer que:

f(x0, y0) +∂f

∂x(x0, y0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0) (y − y0),

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

Definição 6.5. f é diferenciável emA ⊂ Rn, se é diferenciável em cada ponto

de A.

Exemplos 6.2.

Considere a função:

f(x, y) =

x2y

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

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

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

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0,

∂f

∂x(x, y) =

2 x y3

(x2 + y2)2

e:

∂f

∂y(x, y) =

x2 (x2 − y2)

(x2 + y2)2.

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

lim(x,y)−→(0,0)

|f(x, y)|‖(x, y)‖ = lim

(x,y)−→(0,0)

|x2y|(x2 + y2)

√

x2 + y2;

considere y = k x, k > 0:


lim(x,k x)→(0,0)

|x2y|(x2 + y2)

32

= lim(x,k x)→(0,0)

|kx3|(x2 + k2x2)

32

= lim(x,k x)→(0,0)

±k(1 + k2)

32

= ± k

(1 + k2)32

;

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


Observação 6.2. Aplicar diretamente a definição de função diferenciávelpode ser, em muitos casos, bastante complicado. Por isso, apresentamoso seguinte teorema:

Teorema 6.1. Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função definida no conjunto

aberto A tal que existem todas as derivadas parciais em cada ponto de A ecada uma delas é contínua no ponto x0 ∈ A. Então f é diferenciável em x0.

Observação 6.3. O teorema estabelece apenas uma condição suficiente, ouseja, nem todas as funções diferenciáveis num ponto x0 devem ter derivadasparciais contínuas numa vizinhança de x0. Para a prova do teorema, veja oapêndice.

Exemplos 6.5.


[1] Considere a seguinte função

f(x, y) =

x2y2

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

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

As derivadas parciais são:

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0,

∂f

∂x(x, y) =

2xy4

(x2 + y2)2e

∂f

∂y(x, y) =

2x4y

(x2 + y2)2.

As derivadas parciais existem em todo ponto. Aplicaremos o teorema paraprovar a diferenciabilidade de f no ponto (0, 0). Para isto provaremos queas derivadas parciais são contínuas no ponto (0, 0).

lim(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) = lim

(x,y)→(0,0)

2xy4

(x2 + y2)2=∂f

∂x(0, 0) = 0.

De fato, |x| ≤√

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

≤ 2√

x2 + y2; se δ = ε2,

teremos∣

∣

2 x y4

(x2 + y2)2

∣

∣ < ε se 0 <√

x2 + y2 < δ. Analogamente para a outra

derivada parcial.


[2] Os polinômios em várias variáveis são claramente diferenciáveis emtodo ponto de R

n.

[3] A função z = f(x, y) =√

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

fato:


∂f

∂x=

x√

x2 + y2e

∂f

∂y=

y√

x2 + y2

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

Definição 6.6. Uma função é dita de classe C1 em A quando existem asderivadas parciais em cada ponto de A e estas são contínuas. Logo f declasse C1 implica em f diferenciável.

Proposição 6.2. Se f e g são funções de classe C1 no ponto x0, então:

1. f + g é de classe C1 em x0.

2. f g é de classe C1 em x0.

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

gé de classe C1 em x0.

As provas seguem da aplicação direta da definição.

Exemplos 6.6.

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

[2] A função f(x, y) = xy2 +y

x2 + y2 + 1é diferenciável em todo R

2. De fato,

escrevendo:

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

f3(x, y),

onde f1(x, y) = xy2, f2(x, y) = y e f3(x, y) = x2 + y2 + 1, vemos que as trêsfunções são diferenciáveis em todo o plano, pois são polinômios e f3 nãose anula em nenhum ponto do plano. Pelas propriedades anteriores, f édiferenciável em R

2.

Teorema 6.2. Se f é diferenciável no ponto x0, então f é contínua em x0.

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


Observações 6.4.

1. O plano tangente ao gráfico de uma função f num ponto é o planoque contem todas as retas tangentes ao gráfico de f que passam peloponto.

2. Se todas as retas tangente a esse ponto não são co-planares, então di-zemos que o plano tangente não existe.

3. Nos próximos parágrafos daremos uma justificativa para a seguintedefinição:

Definição 6.7. Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função diferenciável no ponto

(x0, y0). A equação do plano tangente ao G(f) no ponto (x0, y0, f(x0, y0)) é:

z = f(x0, y0) +∂f

∂x(x0, y0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0) (y − y0)

Figura 6.12: Plano tangente ao G(f).

Segue, de imediato, que os vetores normais ao plano tangente no ponto(x0, y0, z0), onde z0 = f(x0, y0), são:

n(x0, y0, z0) = ±(∂f

∂x(x0, y0),

∂f

∂y(x0, y0),−1

)


Exemplos 6.7.

[1] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de:

z = (x2 + y2 + 1) e−(x2+y2)

no ponto (0, 0, 1).

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

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

;logo, g′(x) = −2 x3 e−x2 e h′(y) = −2 y3 e−y2 e:

∂f

∂x(0, 0) = g′(0) = 0;

∂f

∂y(0, 0) = h′(0) = 0

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

z = 1.

Figura 6.13: Plano tangente do exemplo [1].

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

Como f é diferenciável em R2: f(1, 1) = −5 e f(−1,−1) = −7. Por outro

lado:

∂f

∂x(x, y) = 1,

∂f

∂y(x, y) = −12 y.

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

6.6. APROXIMAÇÃO LINEAR 137

z = x− 12 y + 6 e z = x+ 12 y + 6,

respectivamente.

Figura 6.14: Plano tangente do exemplo [2].

[3] Determine a equação do plano tangente ao gráfico de z = ex−y + x y2 noponto (1, 1, 2).

Note que f é diferenciável em R2:

f(1, 1) = 2,∂f

∂x(x, y) = ex−y + y2 e

∂f

∂y(x, y) = −ex−y + 2 x y.

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

z = 2 x+ y − 1.

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

6.6 Aproximação Linear

Como em Cálculo I, podemos usar a "boa"aproximação do plano tangenteao gráfico numa vizinhança de um ponto para efetuar cálculos numéricosaproximados.

Definição 6.8. Seja f diferenciável no ponto x0. A aproximação linear de fao redor de x0 é denotada por l e definida como:


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

l(x, y) = z0 +∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0)

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

l(x, y, z) = w0 +∂f

∂x(x0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0) (y − y0) +

∂f

∂z(x0) (z − z0)

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

E(x) = |f(x) − l(x)|e satisfaz:

limx−→x0

E(x)

‖x − x0‖= 0.

Em outras palavras l(x) aproxima f(x) numa vizinhança de x0. A funçãol(x) também é chamada linearização de f numa vizinhança de x0.

Exemplos 6.8.

[1] Suponha que não dispomos de calculadora ou de outro instrumento decálculo e precisamos resolver os seguintes problemas:

(a) Se:

T (x, y) = x ex y

representa a temperatura num ponto (x, y) numa certa região do plano, cal-cular as seguintes temperaturas T (1.0023, 0.00012) e T (0.00012, 1.0023).

(b) Se:

ρ(x, y, z) = ln(√

x2 + y2 + z2)

representa a densidade de um ponto (x, y, z) numa certa região do espaçoque não contem a origem, determine ρ(1.005, 0.007, 1.01).

(c) Calcule, aproximadamente, o valor de√

1.012 + 4.012 + 8.0022.

(a) Como (1.0023, 0.00012) está perto de (1, 0) acharemos a linearização de Tnuma vizinhança de (1, 0). Isto é:


l(x, y) = T (1, 0) +∂T

∂x(1, 0) (x− 1) +

∂T

∂y(1, 0) y

= 1 +∂T

∂x(1, 0) x+

∂T

∂y(1, 0) y − ∂T

∂x(1, 0).

∂T

∂x(x, y) = ex y (1 + x y) e

∂T

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

ponto (1, 0), temos:

x ex y ≃ x+ y.

O ponto (1.0023, 0.00012) está perto do ponto (1, 0), logo:

1.0023 × e1.0023×0.00012 ≃ 1.0023 + 0.00012 = 1.00242.

1

1

Figura 6.15: Vista de x ex y e x+ y ao redor de (1, 0).

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

l(x, y) = T (0, 1) +∂T

∂x(0, 1) x+

∂T

∂y(0, 1) (y − 1)

=∂T

∂x(0, 1) x+

∂T

∂y(0, 1) y − ∂T

∂y(0, 1)

= x.

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


x ex y ≃ x.

Logo: T (0.00012, 1.0023) ≃ 0.00012.

(b) Devemos determinar a linearização de ρ numa vizinhança de (1, 0, 1).Isto é:

l(x, y, z) = ρ(1, 0, 1) +∂ρ

∂x(1, 0, 1) (x− 1) +

∂ρ

∂y(1, 0, 1) y +

∂ρ

∂z(1, 0, 1) (z − 1).

Temos:

∂ρ

∂x(x, y, z) =

x

x2 + y2 + z2,

∂ρ

∂y(x, y, z) =

y

x2 + y2 + z2e

∂ρ

∂z(x, y, z) =

z

x2 + y2 + z2.

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

ln(√

x2 + y2 + z2) ≃ x+ z + ln(2)

2− 1.

Logo: ρ(1.005, 0.007, 1.01) ≃ 0.354.

(c) Seja a função f(x, y, z) =√

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

l(x, y, z) = f(1, 4, 8)+∂f

∂x(1, 4, 8) (x−1)+

∂f

∂y(1, 4, 8) (y−4)+

∂f

∂z(1, 4, 8) (z−8).

Temos:

∂f

∂x(x, y, z) =

x

f(x, y, z),

∂f

∂y(x, y, z) =

y

f(x, y, z)

e

∂f

∂z(x, y, z) =

z

f(x, y, z).

Logo, f(1, 4, 8) = 9,∂f

∂x(1, 4, 8) =

1

9,∂f

∂y(1, 4, 8) =

4

9e∂f

∂z(1, 4, 8) =

8

9; então,

numa vizinhança do ponto (1, 4, 8), temos:


√

x2 + y2 + z2 ≃ 1

9(x+ 4 y + 8 z),

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

√

1.012 + 4.012 + 8.0022 ≃ 1

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

[2] Lei de gravitação de Newton. A força de atração entre dois corpos demassam eM , respectivamente, situados a uma distância r é dada por:

F (m,M, r) =GmM

r2,

onde G é a constante de gravitação. Determinemos a linearização da funçãoF ao redor do ponto (m0,M0, r0).

∂F

∂m(m,M, r) =

GM

r2,

∂F

∂M(m,M, r) =

Gm

r2

e:

∂F

∂r(m,M, r) = −2GmM

r3;

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

l(m,M, r) =G

r30

(M0 r0m+m0 r0M − 2m0M0 r +m0 M0 r0).

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

F (m,M, r) ≃ G (2m+M − 4 r + 2),

para todo (m,M, r) numa vizinhança de (1, 2, 1).

[3] Um depósito de material radioativo tem o formato de um cilindro circu-lar reto e deve possuir altura no lado interno igual a 6 cm, raio interno com2 cm e espessura de 0.1 cm. Se o custo de fabricação do depósito é de 10 cvpor cm3. (cv= centavos), determine o custo aproximado do material usado.


Figura 6.16: Depósito de material radioativo.

O volume exato do depósito é a diferença entre os volumes dos cilindrosC1 e C, onde C1 tem raio r1 = 2.1 e altura h1 = 6.2 e C tem raio r = 2 ealtura h = 6. Determinemos a aproximação linear do volume do cilindro:V (r, h) = π r2 h. Como V (2, 6)) = 24 π,

∂V

∂r(r, h) = 2 π r h e

∂V

∂h(r, h) = π r2;

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

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

27.2 π −24 π

)

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

O argumento desenvolvido neste parágrafo se generaliza facilmente paramais de 3 variáveis:

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

R(r1, r2, r3, r4) =

(

1

r1+

1

r2+

1

r3+

1

r4

)−1

.

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

∂R

∂r1(x) =

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

r21

,∂R

∂r2(x) =

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

r22

,

∂R

∂r3(x) =

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

r23

,∂R

∂r4(x) =

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

r24

.

6.7. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR 143

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

R(r1, r2, r3, r4) ≃1

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

6.7 Derivadas Parciais de Ordem Superior

Seja f : A ⊂ R2 −→ R uma função tal que suas derivadas parciais existem

em todos os pontos (x, y) ∈ A. As derivadas parciais são, em geral, fun-ções de x e y e podemos perguntar se as derivadas parciais destas funçõesexistem:

∂f

∂x,∂f

∂y: A ⊂ R

2 −→ R.

Definição 6.9. As derivadas parciais de segunda ordem de f são definidase denotadas por:

∂

∂x

(∂f

∂x

)

(x, y) = limt→0

S∂f∂x

(x+ t, y) − ∂f∂x

(x, y)

t

∂

∂x

(∂f

∂y

)

(x, y) = limt→0

∂f∂y

(x+ t, y) − ∂f∂y

(x, y)

t

∂

∂y

(∂f

∂x

)

(x, y) = limt→0

∂f∂x

(x, y + t) − ∂f∂x

(x, y)

t

∂

∂y

(

∂f

∂y

)

(x, y) = limt→0

∂f∂y

(x, y + t) − ∂f∂y

(x, y)

t,

se os limites existem.

As notações usuais são:

∂

∂x

(∂f

∂x

)

(x, y) =∂2f

∂x2(x, y)

∂

∂x

(∂f

∂y

)

(x, y) =∂2f

∂x∂y(x, y)

∂

∂y

(∂f

∂x

)

(x, y) =∂2f

∂y∂x(x, y)

∂

∂y

(∂f

∂y

)

(x, y) =∂2f

∂y2(x, y)


Exemplos 6.9.

[1] Calcule as derivadas parciais de segunda ordem de:

f(x, y) = x2 y3.

Primeiramente, calculamos as de primeira ordem:

∂f

∂x= 2 x y3 e

∂f

∂y= 3 x2 y2; logo:

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂x

)

=∂

∂x

(

2 x y3)

= 2 y3,

∂2f

∂y2=

∂

∂y

(∂f

∂y

)

=∂

∂y

(

3 x2 y2)

= 6 x2 y,

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂y

)

=∂

∂x

(

3 x2 y2)

= 6 x y2,

∂2f

∂y∂x=

∂

∂y

(∂f

∂x

)

=∂

∂y

(

2 x y3)

= 6 x y2.


= f(x, y) = ln(x2 + y2).


∂f

∂x=

2x

x2 + y2e∂f

∂y=

2y

x2 + y2; logo:

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(

2x

x2 + y2

)

=2 (y2 − x2)

(x2 + y2)2,

∂2f

∂y2=

∂

∂y

(

2y

x2 + y2

)

=2(x2 − y2)

(x2 + y2)2,

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(

2 y

x2 + y2

)

=−4xy

(x2 + y2)2,

∂2f

∂y∂x=

∂

∂y

(

2 x

x2 + y2

)

=−4 x y

(x2 + y2)2.


Em geral, se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função tal que suas derivadas parci-

ais existem em todos os pontos x ∈ A, definimos as derivadas parciais desegunda ordem de f da seguinte forma:

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

(x) = limt→0

∂f∂xi

(x + tej) − ∂f∂xi

(x)

t,

se os limites existem. A notação é∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

(x) =∂2f

∂xj∂xi(x). Logo, defini-

mos n2 funções:

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

: A ⊂ Rn −→ R.

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

∂

∂xi

( ∂f

∂xi

)

(x) =∂2f

∂x2i

(x).

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

∂3f

∂xj∂xi∂xk(x) =

∂

∂xj

( ∂2f

∂xi∂xk

)

(x).


Exemplos 6.10.


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

Calculemos as de primeira ordem:

∂f

∂x= y z,

∂f

∂y= x z e

∂f

∂z= x y, logo:

∂2f

∂x2=

∂

∂x(y z) = 0,

∂2f

∂y2=

∂

∂y(x z) = 0,

∂2f

∂z2=

∂

∂z(x y) = 0,

∂2f

∂x ∂y=

∂

∂x(x z) = z,


∂2f

∂x∂z=

∂

∂x(x y) = y,

∂2f

∂y∂x=

∂

∂y(y z) = z,

∂2f

∂y∂z=

∂

∂y(x y) = x,

∂2f

∂z∂x=

∂

∂z(y z) = y,

∂2f

∂z∂y=

∂

∂z(x z) = x.


f(x, y, z) = sen(x y z).

Calculemos as de primeira ordem:

∂f

∂x= y z cos(x y z),

∂f

∂y= x z cos(x y z) e

∂f

∂z= x y cos(x y z); logo:

∂2f

∂x2== −y2 z2 sen(x y z),

∂2f

∂y2= −x2 z2 sen(x y z),

∂2f

∂z2= −x2 y2 sen(x y z),

∂2f

∂x∂y= z cos(x y z)−x y z2 sen(x y z),

∂2f

∂x∂z= y cos(x y z)−x y2 z sen(x y z),

∂2f

∂y∂x= z cos(x y z)−x y z2 sen(x y z),

∂2f

∂y∂z= x cos(x y z)−x2 y z sen(x y z),

∂2f

∂z∂x= y cos(x y z)−x y2 z sen(x y z),

∂2f

∂z∂y= x cos(x y z)−x2 y z sen(x y z).

[3] Equação de Laplace: Seja u = u(x, y) uma função duas vezes diferenciá-vel num conjunto aberto do plano. A equação de Laplace é:

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0.

A equação de Laplace está associada a fenômenos estacionários, isto é, in-dependentes do tempo, como por exemplo potenciais eletrostáticos. As so-luções desta equação são chamadas funções harmônicas. A função u(x, y) =sen(x) ey é harmônica. De fato:

∂2u

∂x2= −sen(x) ey e

∂2u

∂y2= sen(x) ey.


0 2 4 6 81

2

3

4

5

6

Figura 6.17: Curvas de nível da função u(x, y) = sen(x) ey.

[4] Equação da onda: Seja u = u(x, t) uma função duas vezes diferenciávelnum conjunto aberto do plano. A equação homogênea da onda é:

∂2u

∂t2= c2

∂2u

∂x2,

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

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

satisfaz à equação da onda. De fato.

∂2u

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

∂2u

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

Figura 6.18: Gráfico de z = u(x, t) para c = 16, n = m = 3.


Analogamente, a função:

u(x, t) =sen(x+ c t) + cos(x− c t)

2satisfaz à equação da onda. De fato.

∂2u

∂x2= −1

2(sen(x+ c t) + cos(x− c t)),

∂2u

∂t2= −c

2

2(sen(x+ c t) + cos(x− c t)).

Figura 6.19: Gráfico de z = u(x, t) para c = 2.

Definição 6.10. A função f : A −→ R é de classe C2 quando existem as de-rivadas parciais até a segunda ordem em todos os pontos de A e as funções

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

: A ⊂ Rn → R

são contínuas, para todo i, j.

Notamos que nos exemplos estudados sempre verificamos que:

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

)

=∂

∂xi

( ∂f

∂xj

)

.

Isto é consequencia do seguinte teorema.

Teorema 6.3. (Schwarz) Se f : A ⊂ Rn −→ R é uma função de classe C2 no

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

∂

∂xj

( ∂f

∂xi

(x0))

=∂

∂xi

( ∂f

∂xj

(x0))


Para a prova veja o apêndice.

Exemplos 6.3.

Consideremos a função: f(x, y) =

x y (x2 − y2)

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

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


Se (x, y) 6= (0, 0), f(x, y) possui derivadas parciais de todas as ordens; em(0, 0) as derivadas parciais de f(x, y) existem e são todas nulas:

∂f

∂x=y (x4 − y4 + 4x2y2)

(x2 + y2)2e

∂f

∂y=x (x4 − y4 − 4x2y2)

(x2 + y2)2.

Para todo y 6= 0, f(0, y) = 0, ∂f∂x

(0, y) = −y, ∂f∂y

(0, y) = 0 e:

∂2f

∂x∂y(0, y) = −1,

∂2f

∂y∂x(0, y) = 0.

Logo, a função não é de classe C2.

Observações 6.5.

1. Em geral, as funções "bem comportadas", como as polinomiais, expo-nenciais e a maioria das funções utilizadas neste livro são de classeC2.

2. A seguir apresentamos os gráficos e as curvas de nível da função declasse C2:


f(x, y) = (x2 − y2) e−(x2+y2)

2

e de suas derivadas parciais de primeira e segunda ordem mistas, res-pectivamente:

Figura 6.21: Gráficos de f e ∂f∂x, respectivamente.

Figura 6.22: Gráficos de ∂f∂y

e ∂2f∂x∂y

, respectivamente.


-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 6.23: Curvas de diversos níveis de f e ∂f∂x, respectivamente.

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 6.24: Curvas de diversos níveis de ∂f∂y

e ∂2f∂x∂y

, respectivamente.

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

∂3f

∂x∂x∂y=

∂

∂x

( ∂2f

∂x∂y

)

=∂

∂x

( ∂2f

∂y∂x

)

=∂3f

∂x∂y∂x.

Por outro lado, fazendo g = ∂f∂x:

∂3f

∂x∂y∂x=

∂2g

∂x∂y=

∂2g

∂y∂x=

∂3f

∂y∂x∂x.

Fica como exercício determinar as outras igualdades. Em geral, f é de classeCk (k ≥ 1), no conjunto aberto A se as derivadas parciais até ordem k exis-tem e são contínuas em A. f e de classe C∞ se é de classe Ck para todok ≥ 1.


6.8 Regra da Cadeia

Teorema 6.4. Se n = 2, z = f(x, y) é uma função de classe C1, x = x(r, s) ey = y(r, s) são funções tais que suas derivadas parciais existem, então:

∂z

∂r=∂z

∂x

∂x

∂r+∂z

∂y

∂y

∂re

∂z

∂s=∂z

∂x

∂x

∂s+∂z

∂y

∂y

∂s

r

x

z

y

rs s

Figura 6.25: A regra da cadeia para n = 2.

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

dz

dt=∂z

∂x

dx

dt+∂z

∂y

dy

dt

x

z

y

t

Figura 6.26: Caso particular da regra da cadeia para n = 2.

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

∂w

∂r=∂w

∂x

∂x

∂r+∂w

∂y

∂y

∂r+∂w

∂z

∂z

∂r,

∂w

∂s=∂w

∂x

∂x

∂s+∂w

∂y

∂y

∂s+∂w

∂z

∂z

∂s

e

∂w

∂t=∂w

∂x

∂x

∂t+∂w

∂y

∂y

∂t+∂w

∂z

∂z

∂t

6.8. REGRA DA CADEIA 153

x

w

y z

r r s t r s tts

Figura 6.27: A regra da cadeia para n = 3.

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

x y

t

z

w

Figura 6.28: Caso particular da regra da cadeia para n = 3.

dw

dt=∂w

∂x

dx

dt+∂w

∂y

dy

dt+∂w

∂z

dz

dt

Exemplos 6.11.

[1] Calculedw

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

z = z(t) = t4.

dw

dt=∂w

∂x

dx

dt+∂w

∂y

dy

dt+∂w

∂z

dz

dt,

∂w

∂x= y z = t× t4 = t5,

∂w

∂y= x z = t2 × t4 = t6 e

∂w

∂z= x y = t2 × t = t3. Por

outro lado, temos quedx

dt= 2 t,

dy

dt= 1 e S

dz

dt= 4 t3; então;

dw

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

Observe que podemos obter o mesmo resultado fazendo a composição dasfunções:

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

dt= 7 t6.


Pode explicar por que isto ocorre?

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

x(ρ, α, θ) = ρ sen(α) cos(θ),

y(ρ, α, θ) = ρ sen(α) sen(θ) ez(ρ, α, θ) = ρ cos(α).

Calcule∂w

∂ρ,∂w

∂αe∂w

∂θ.

∂w

∂ρ=∂w

∂x

∂x

∂ρ+∂w

∂y

∂y

∂ρ+∂w

∂z

∂z

∂ρ=

= 2 x sen(α) cos(θ) + 2 y sen(α) sen(θ) + 4 z cos(α);

logo, utilizando a definição das funções x, y e z temos:

∂w

∂ρ= 2 ρ sen2(α)

(

cos2(θ) + sen2(θ))

+ 4 ρ cos2(α) = 2 ρ+ 2 ρ cos2(α).

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

∂w

∂ρ= 2 ρ+ 2 ρ cos2(α),

∂w

∂α= −2 ρ2cos(α) sen(α) e

∂w

∂θ= 0.

[3] Em um instante dado, o comprimento de um lado de um triângulo re-tângulo é 10 cm e cresce à razão de 1 cm/seg; o comprimento do outro lado é12 cm e decresce à razão de 2 cm/seg. Calcule a razão de variação da medidado ângulo agudo oposto ao lado de 12 cm, medido em radianos, no instantedado.

x

y

θ



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

yx

)

o ângulo emquestão; pela regra da cadeia:

dθ

dt=∂θ

∂x

dx

dt+∂θ

∂y

dy

dt= − y

x2 + y2

dx

dt+

x

x2 + y2

dy

dt;

temos x = 10,dx

dt= 1; y = 12,

dy

dt= −2, pois y decresce. Substituindo

estes valores na expressão anteriordθ

dt= − 8

61; logo, decresce à razão de

8

61rad/seg.

[4] A resistência R, em Ohms, de um circuito é dada por R =E

I, onde I é

a corrente em ampères e E é a força eletromotriz, em volts. Num certo ins-tante, quandoE = 120 volts e I = 15 ampères, E aumenta numa velocidadede 0.1 volts/seg e I diminui à velocidade de 0.05 ampères/seg. Determinea taxa de variação instantânea de R.

Como R = R(E, I) =E

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

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

dR

dt=∂R

∂E

dE

dt+∂R

∂I

dI

dt=

1

I

dE

dt+

[

− E

I2

] dI

dt.

TemosE = 120,dE

dt= 0.1, I = 15,

dI

dt= −0.05, pois I decresce. Substituindo

estes valores na expressão anterior:

dR

dt=

1

30Ohm/seg.

[5] A lei de um gás ideal confinado é P V = k T , onde P é a pressão, V éo volume, T é a temperatura e k > 0 constante. O gás está sendo aquecidoà razão de 2 graus/min e a pressão aumenta à razão de 0.5 kg/min. Se emcerto instante, a temperatura é de 200 graus e a pressão é de 10 kg/cm2, achea razão com que varia o volume para k = 8.

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

V (P, T ) = 8T

P= 8T P−1.

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

gás no instante t. Pela regra da cadeia e usando quedT

dt= 2 e

dP

dt= 0.5:


dV

dt=∂V

∂T

dT

dt+∂V

∂P

dP

dt=

4

P(4 − T

P).

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

dV

dt= −32

5cm3/min.

O volume decresce à razão de32

5cm3/min.

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

3, determine a velocidade com que

baixa o nível de água no funil, nomomento em que o raio da base do volumelíquido é igual a 6 cm.

r

h

α

Figura 6.30: Funil.

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

instante t. O volume do cone é V (r, h) =r2hπ

3. Devemos calcular

dh

dt.

dV

dt=∂V

∂r

dr

dt+∂V

∂h

dh

dt=π

3

(

2rhdr

dt+ r2dh

dt

)

;

sabemos que:dV

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

√3h e

dr

dt=

√3dh

dte:

18 π =π

3

(

2rhdr

dt+ r2dh

dt

)

= π r2 dh

dt.

Logo, temosdh

dt=

18

r2=

1

2cm/seg.

[7] Suponha que z = f(b x2

2− a y3

3

)

é diferenciável, a, b ∈ R. Então, f satis-

faz à equação:


a y2 ∂z

∂x+ b x

∂z

∂y= 0.

De fato, seja u =b x2

2− a y3

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

∂z

∂x=dz

du

∂u

∂x= f ′(u) b x e

∂z

∂y=dz

du

∂u

∂y= −f ′(u) a y2;

logo, a y2 ∂z

∂x+ b x

∂z

∂y= f ′(u) (a b x y2 − a b x y2) = 0.

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

∂2u

∂t2= c2

∂2u

∂x2,

A solução (chamada de d’Alambert) desta equação é dada por:

u(x, t) = f(x+ c t) + g(x− c t),

onde f e g são funções reais de uma variável duas vezes diferenciáveis. Defato, pela regra da cadeia:

∂2u

∂x2= f ′′(x+ c t) + g′′(x− c t) e

∂2u

∂t2= c2 (f ′′(x+ c t) + g′′(x− c t)),

ou seja:

∂2u

∂t2= c2

∂2u

∂x2.


6.9 Exercícios

1. Calcule as derivadas parciais das seguintes funções:

(a) z = x2 y − x y2

(b) z = x3 y3

(c) z = x2 y3 − 3 x4 y4

(d) z = arctg(x2 + y)

(e) z = sec(x2 y)

(f) z = senh(√x y)

(g) z =x y

x+ y

(h) z =x− y

x+ y

(i) z =1

√

x2 + y2

(j) z = tg( 4

√

y

x)

(k) z = arcsec(x

y3)

(l) z = cos(x y4)

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

(n) w = exyz2

(o) w =x+ y + z

x2 + y2 + z2

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

(q) w = arcsec(x y z)

(r) w = argsenh(x y z)

(s) w = x2 y3 z4

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

(u) w = 6√x y z

(v) w = ln(x2 y3 z4)

(w) w =x y + z x

1 + x2 + y3 z4

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

(y) w = ex2 y3 z4

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

2. Seja∂w

∂x+∂w

∂y+∂w

∂z= 0. Verifique se as seguintes funções satisfazem

à equação:

(a) w = ex−y+cos(y−z)+√z − x

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

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

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

3. Ligando-se em paralelo n resitências R1, R2, ........, Rn a resistência to-tal R é dada por

1

R=

n∑

i=1

1

Ri.

Verifique que:∂R

∂Ri=

( R

Ri

)2.

6.9. EXERCÍCIOS 159

4. Determine a equação do plano tangente ao gráfico da função f noponto P se:

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

(b) z = x2 − y2, P = (0, 0, 0).

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

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

(e) z =x

√

x2 + y2, P = (3,−4, f(3,−4)).

(f) z = sen(x y), P = (1, π, 0).

(g) z =x2 + 4 y2

5, P = (3,−2, 5).

(h) z =4 − x y

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

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

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

(k) z =1

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

(l) z = cos(x) sen(y), P = (0,π

2, f(0,

π

2)).

5. Determine o plano tangente ao gráfico de z = x y que passa pelospontos (1, 1, 2) e (−1, 1, 1).

6. Determine o plano tangente ao gráfico de z = x2 + y2 que seja paraleloao plano z − 2 x− y = 0.

7. Verifique que o plano tangente ao gráfico de z = x2 − y2 na origemintersecta o gráfico segundo duas retas.

8. Determine a linearização das seguintes funções, ao redor dos pontosdados:

(a) f(x, y) = sen(x y), (0, 1).

(b) f(x, y, z) = 4√

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

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


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

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

(f) f(x, y, z) = x2 − y2 − z2 + x y z, (1, 1, 0)

9. Calcule, aproximadamente:

(a) 4√

1.00222 + 0.00232 + 0.000982.

(b) 0.98 × 0.99 × 1.02.

(c) 3.001 × (2.0023)3 × cos((1.002) π).

(d) (12.03 × 10.04)1.08.

(e) 8.99 ×√

9.99 − 1.013

(f) 1.0023 × 2.99313 + cos(1.00012π).

10. Calcule as derivadas parciais de segunda e terceira ordem de:

(a) z = x3 y − 2 x2 y2 + 5 x y − 2 x

(b) z = x cos(x y) − y sen(x y)

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

(d) z = arctg(x2 − 2 x y)

(e) z = ex2+y2

(f) w = x2y3 z4

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

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

(i) w =x3 − y3

x2 + y3

(j) w = exyz

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

(l) w = exy2z3

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

∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 0.

(a) f(x, y) = e−x cos(y).

(b) f(x, y) = ln(√

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

(y

x

)

, x > 0.

12. Verifique que as funções dadas satisfazem à equação de Laplace emdimensão 3:

∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2= 0.


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

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

dt

edw

dt:

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

(b) z = arctg(y

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

(c) z = tg(x

y), x = t, y = et

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

(e) z = x2cos(y) − x, x = t2, y = 1t

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

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

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

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

(j) w =x2 + y2

1 + x2 + y2 + z2, x = cos(t), y = sen(t), z = et

(k) w =x+ y + z

x2 + y2 + z2, x = cos(t), y = sen(t), z = et

(l) w = (x2 − y2) ln(

√

z3

x2 − y2), x = cosh(t), y = senh(t), z = t

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

∂z

∂t,∂z

∂se∂w

∂t,∂w

∂se∂w

∂r.

(a) z = x2 − y2, x = 3t− s, y = t+ 2s

(b) z = ey

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

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

(d) z = x2y−2, x = s2 − t, y = 2st

(e) z = cosh(y

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


(f) ) z =√

1 + x2 + y2, x = set, y = se−t

(g) z = arcsen(3x+ y), x = s2, y = sen(st)

(h) w = xey, x = arctg(rst), y = ln(3rs+ 5st)

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

(j) w =√

x2 + y2 + z2, x = tg(t), y = cos(r), z = sen(s)

(k) w = xy + yz + zx, x = tr, y = st, z = ts

(l) w = log5(xy + yz + zx), x = t2r, y = st2, z = t2s

15. Se o raio r e a altura h de um tanque cônico decrescem à razão de0.3 cm/h e 0.5 cm/h respectivamente, determine a razão de decresci-mento do volume do tanque quando r = 6 cm e h = 30 cm.

16. Num certo instante, a altura de um cone é 30 cm e o raio da base é 20 cme cresce à razão de 1 cm/seg. Qual é a velocidade com que a altura au-menta no instante em que o volume cresce à razão de 2000

3π cm3/seg?

17. Considere a lei de um gás ideal confinado, para k = 10. Determinea taxa de variação da temperatura no instante em que o volume dogás é de 120 cm3 e o gás está sob pressão de 8 din/cm2, sabendo queo volume cresce à razão de 2 cm3/seg e a pressão decresce à razão de0.1 din/cm2.

18. Se z = f(x, y) é diferenciável, x = rcos(θ) e y = rsen(θ), verifique:

∂z

∂x=∂z

∂rcos(θ) − ∂z

∂θ

sen(θ)

re

∂z

∂y=∂z

∂rsen(θ) +

∂z

∂θ

cos(θ)

r.

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

∂f

∂x=∂g

∂ye

∂f

∂y= −∂g

∂x.

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

∂f

∂r=

1

r

∂g

∂θe

∂g

∂r= −1

r

∂f

∂θ.


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

x∂f

∂x+ y

∂f

∂y+ z

∂f

∂z= nf(x, y, z).

Capítulo 7

DERIVADA DIRECIONAL

7.1 Introdução

Suponha que estamos numa ladeira de uma montanha e desejamos deter-minar a inclinação da montanha na direção do eixo dos z. Se a montanhafosse representada pelo gráfico da função z = f(x, y), então, já saberíamosdeterminar a inclinação em duas direções diferentes, a saber, na direção do

eixo dos x utilizando∂f

∂x(x, y) e na direção do eixo dos y utilizando

∂f

∂y(x, y).

Neste parágrafo veremos como utilizar derivada para determinar a incli-nação em qualquer direção; para isto definimos um novo tipo de derivadachamada direcional. Este conceito generaliza o de derivada parcial, isto é,as derivadas parciais de uma função podem ser obtidas como casos particu-lares das derivadas direcionais.

Definição 7.1. Sejam A ⊂ Rn aberto, f : A ⊂ R

n −→ R uma função, x ∈ Ae ~v um vetor unitário em R

n. A derivada direcional de f no ponto x e nadireção ~v é denotada por:

∂f

∂v(x)

e definida por:

∂f

∂v(x) = lim

t−→0

f(x + t ~v) − f(x)

t,

se o limite existe.

165

166 CAPÍTULO 7. DERIVADA DIRECIONAL

Observações 7.1.

1. Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R

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

3.

2. A derivada direcional de f no ponto (x, y, z) e na direção ~v é denotada

por:∂f

∂v(x, y, z) e definida por:

∂f

∂v(x, y, z) = lim

t−→0

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

t

se o limite existe.

3. Analogamente para n = 2:

∂f

∂v(x, y) = lim

t−→0

f(x+ t v1, y + t v2) − f(x, y)

t

se o limite existe.

Exemplos 7.1.

[1] A função:

f(x, y) =

x2 y

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

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

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

De fato:

f(

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

− f(0, 0) = f(

t v1, t v2

)

=t v2

1 v2

t2 v41 + v2

2

;

então:

7.1. INTRODUÇÃO 167

∂f

∂v(0, 0) = lim

t→0

f(

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

− f(0, 0)

t

= limt→0

v21 v2

t2 v41 + v2

2

=

v21

v2se v2 6= 0

0 se v2 = 0.

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

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

‖(2, 2)‖ =

√2

2

(

1, 1)

é unitário e:

f(

x+

√2 t

2, y +

√2 t

2

)

=(

x+t√

2

2

)2+

(

y +t√

2

2

)2;

então, f(

x+

√2 t

2, y +

√2 t

2

)

− f(x, y) = t2 +√

2 t (x+ y); logo,

∂f

∂v= lim

t→0

f(

x+√

2 t2, y +

√2 t2

)

− f(x, y)

t= lim

t→0

(

t+√

2 (x+ y))

=√

2 (x+ y).

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

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

‖(1, 1, 1)‖ =

√3

3

(

1, 1, 1)

é unitário.

Denote por (x0, y0, z0) =(

x+

√3 t

3, y +

√3 t

3, z +

√3 t

3

)

; logo:

f(x0, y0, z0) =(

x+t√

3

3

) (

y +t√

3

3

) (

z +t√

3

3

)

;

então:

f(x0, y0, z0) − f(x, y, z) =

√3 t3

9+t2 (x+ y + z)

3+t√

3 (x y + x z + y z)

3;

logo,

∂f

∂v= lim

t→0

(

√3 t2

9+t (x+ y + z)

3+

√3 (x y + x z + x y)

3

)

=

√3 (x y + x z + x y)

3.


A derivada direcional é a generalização natural das derivadas parciais. Defato, se ~v = e1 = (1, 0, 0), então, a derivada direcional de f na direção ~v é aderivada parcial de f em relação a x:

∂f

∂e1

(x, y, z) = limt→0

f(x+ t, y, z) − f(x, y, z)

t=∂f

∂x(x, y, z).

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

∂f

∂e2

(x, y, z) =∂f

∂y(x, y, z) e

∂f

∂e3

(x, y, z) =∂f

∂z(x, y, z).

A definição para n = 2 é análoga.

Observações 7.2.

1. Notemos que na definição de derivada direcional o vetor ~v deve serunitário. A razão disto é a seguinte: se o vetor não fosse unitário, aderivada direcional não dependeria somente do ponto e da direção,mas também do comprimento do vetor.

2. Para n = 2, ~v determina a direção do plano secante que intersecta ográfico de f .

Figura 7.1:

3. Pode acontecer que a derivada direcional de uma função num pontonuma certa direção exista e a derivada direcional da mesma função nomesmo ponto em outra direção não exista.

7.2. DERIVADA DIRECIONAL COMO TAXA DE VARIAÇÃO 169

7.2 Derivada Direcional como Taxa de Variação

De forma análoga ao que ocorre com as derivadas parciais, a derivada dire-cional de f no ponto x ∈ A na direção ~v exprime a taxa de variação de f aolongo da reta:

c(t) = x + t~v

ou, equivalentemente, a taxa de variação de f em relação à distância, noplano xy, na direção ~v.

y0

y0 +t

x0 x0+t

Ae

e

2

1

v

c(t)

Figura 7.2:

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

Exemplos 7.1.

O potencial elétrico numa região do espaço é dado por:

V (x, y, z) = x2 + 4 y2 + 9 z2.

Ache a taxa de variação de V no ponto (2,−1, 3) e na direção de (2,−1, 3)para a origem.

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

‖(2,−1, 3)‖ =1√14

(

2,−1, 3)

.

Então:

f(

x+2 t√14, y− t√

14, z+

3 t√14

)

=(

x+2 t√14

)2+4

(

y− t√14

)2+9

(

z+3 t√14

)2;


e,

f(

x+2 t√14, y− t√

14, z+

3 t√14

)

−f(x, y, z) =1

14t(

89 t+2√

14 (2 x−4 y+27 z))

.

Logo,∂f

∂v= lim

t−→0

1

14

(

89 t+ 2√

14 (2 x− 4 y + 27 z))

=

√14

7(2 x− 4 y + 27 z).

Então:

∂f

∂v(2,−1, 3) =

89√

14

7.

Se f é diferenciável no ponto x0, então, f possui todas as derivadas direcio-nais em x0. A recíproca é falsa. Procure exemplos.

7.3 Gradiente de uma Função

Definição 7.2. Sejam A ⊂ Rn aberto, x ∈ A e f : A ⊂ R

n −→ R uma funçãotal que as derivadas parciais existem em x. O gradiente de f no ponto x éo vetor do R

n denotado por∇f(x) e definido por:

∇f(x) =( ∂f

∂x1

(x),∂f

∂x2

(x), . . . ,∂f

∂xn

(x))

.

Observações 7.3.

1. Equivalentemente:

∇f(x) =∂f

∂x1(x) ~e1 +

∂f

∂x2(x) ~e2 + ............ +

∂f

∂xn(x) ~en.

2. Se n = 3, A ⊂ R3 aberto, f : A ⊂ R

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

∇f(x, y, z) =(∂f

∂x(x, y, z),

∂f

∂y(x, y, z)

∂f

∂z(x, y, z)

)

7.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 171

3. Analogamente para n = 2:

∇f(x, y) =(∂f

∂x(x, y),

∂f

∂y(x, y)

)

.

4. A rigor ∇f é uma função que associa a cada ponto x ∈ A ⊂ Rn um

único vetor ∇f(x) ∈ Rn. Este tipo de função é chamado campo de

vetores. O nome se justifica se expressarmos graficamente ∇f do se-guinte modo: em cada ponto x ∈ A desenhamos um vetor com origemem x e com o comprimento e direção de∇f(x).

A

Figura 7.3: O gradiente como campo de vetores.

Exemplos 7.2.

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

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

(1, 1) (2, 2) 2√

2(x, y) (2x, 2y) 2 ‖(x, y)‖


À medida que o ponto se afasta da origem o comprimento do gradientecresce e fica igual a duas vezes a distância do ponto à origem.

Figura 7.4: Esboço de ∇f e das curvas de nível de f .

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

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

(1, 1) (2,−2) 2√

2(x, y) (2x,−2y) 2 ‖(x, y)‖

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


7.3. GRADIENTE DE UMA FUNÇÃO 173

[3] Se f(x, y) = sen(x) sen(y); então:

∇f(x, y) = (cos(x) sen(y), sen(x) cos(y)).


[4] Se f(x, y, z) = x2 − y2 + z2, então:

∇f(x, y, z) = (2 x,−2 y, 2 z)

e:

‖∇f(x, y, z)‖ = 2√

x2 + y2 + z2.

Figura 7.7: Esboço de∇f .


Proposição 7.1. Se f é uma função de classe C1, então:

∂f

∂v(x) = ∇f(x) · ~v

Para a prova, veja o apêndice.

Se n = 2, qualquer vetor unitário ~v pode ser escrito na forma:

~v =(

cos(θ), sen(θ))

,

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

∂f

∂v(x, y) = cos(θ)

∂f

∂x(x, y) + sen(θ)

∂f

∂y(x, y)

Exemplos 7.3.

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

x2 + y2) na dire-ção do vetor (1, 1).

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

∂f

∂v(x, y) = cos(

π

4)

x

x2 + y2+ sen(

π

4)

y

x2 + y2=

√2

2

( x+ y

x2 + y2

)

.

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

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

‖(1, 2, 2)‖ =(1

3,2

3,2

3

)

; logo:

∂f

∂v(x, y, z) =

(

y z, x z, x y)

·(1

3,2

3,2

3

)

=y z + 2 x z + 2 x y

3.

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

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

(−1, 5,−2).

∂f

∂v(x, y, z) =

1√30

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

30.

7.4. OBSERVAÇÕES GEOMÉTRICAS SOBRE GRADIENTES 175

7.4 Observações Geométricas sobre Gradientes

Sejam f : A ⊂ Rn −→ R uma função diferenciável tal que ∇f 6= ~0, ~v um

vetor unitário e α o ângulo formado por ~v e ∇f . Então:

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

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

∂f

∂v≤ ‖∇f‖.

Note que, se α = 0, então, ∇f e ~v são paralelos com a mesma direção.

Se consideramos o vetor unitário ~v =∇f

‖∇f‖ , então,

∂f

∂v= ∇f · ∇f

‖∇f‖ =‖∇f‖2

‖∇f‖ = ‖∇f‖.

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

Proposição 7.2. Se ∇f 6= 0, então:

1. A taxa máxima de crescimento de f no ponto x0 ocorre na direção e nosentido do gradiente. Analogamente, a taxamínima de crescimento def no ponto x0 ocorre na direção contrária a do gradiente.

2. O valor máximo de∂f

∂vno ponto x0 é ‖∇f(x0)‖.

3. Se ∇f(x) = ~0, então,∂f

∂v= 0 para todo ~v.

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


Figura 7.8:

Exemplos 7.4.

[1] Se:

T (x, y) =100 x y

x2 + 4 y2 + 4

é a temperatura em graus Celsius, sobre uma lâminametálica, x e ymedidosem cm, determine a direção de crescimento máximo de T a partir do ponto(1, 1) e a taxa máxima de crescimento de T , nesse ponto.

Pela proposição anterior, no ponto (1, 1), a função cresce mais rapidamentena direção de ∇T (1, 1) e a taxa máxima de crescimento nesta direção é‖∇T (1, 1)‖.

∇T (x, y) =100

(4 + x2 + 4 y2)2

(

y (4 − x2 + 4 y2), x (4 + x2 − 4 y2))

;

∇T (1, 1) =100

92

(

7, 1)

e ‖∇T (1, 1)‖ =500

√2

92∼= 8.729o por centímetro.

A solução apresentada pode ser enganosa, pois, apesar de o gradiente apon-tar na direção de maior crescimento da temperatura, não necessariamenteindica o lugar mais quente da lâmina, isto é, o gradiente nos dá uma solu-ção num pequeno aberto ao redor do ponto (1, 1); se mudamos este ponto


a direção de maior crescimento muda. Desenhos do gradiente ao redor doponto (1, 1) numa região do plano, respectivamente:

0.5 1 1.5 2

0.5

1

1.5

2

0 0.5 1 1.5 2

0

0.5

1

1.5

2

Figura 7.9:

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

V (x, y) = 80 − 20 x e−x2+y2

20

em volts, x e y em cm.

(a) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralelaao eixo dos x.

(b) Determine a taxa de variação do potencial em qualquer direção paralelaao eixo dos y.

(c) Determine a taxa de variação do potencial na direção do vetor (1, 1).

(d) Qual é a taxa máxima de variação do potencial no ponto (1, 2)?

(e) Em que direção, a partir da origem, o potencial aumenta e diminui?

(a) Qualquer direção paralela ao eixo dos x é dada pelo vetor ~v = (1, 0);logo:

∂V

∂v(x, y) =

∂V

∂x(x, y) = 2 (x2 − 10) e−

x2+y2

20 .

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

∂V

∂v(x, y) =

∂V

∂y(x, y) = 2 x y e−

x2+y2

20 .

(c) O vetor (1, 1) não é unitário; normalizando o vetor obtemos:


~v =

√2

2(1, 1)

e calculamos:

∂V

∂v(x, y) = ∇V (x, y) · ~v.

Então:

∇V (x, y) =

(

∂V

∂x(x, y),

∂V

∂y(x, y)

)

= 2 e−x2+y2

20 (x2 − 10, x y);

∂V

∂v(x, y) =

√2∇V (x, y) · (1, 1) =

√2 e−

x2+y2

20 (x2 + x y − 10).

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

‖∇V (x, y)‖ = 2 e−x2

−y2

20

√

100 + x4 + x2 (y2 − 20);

logo:

‖∇V (1, 2)‖ =2√

854√e

volts.

(e) A direção do gradiente é aquela onde o potencial cresce mais rapida-mente. Logo, temos que∇V (0, 0) = (−20, 0). A partir da origem o potencialcresce mais rapidamente na direção do vetor (−20, 0) e decresce mais rapi-damente na direção do vetor −∇V (0, 0) = (20, 0). Veja o seguinte desenho:



[3] A temperatura do ar em certa altitude é dada por:

f(x, y, z) = x y2 z3 + x2 y z3 + x2 y3 z.

Umavião está localizado no ponto (−1, 2, 1). Em que direção deve voar paraque o motor resfrie o mais rapidamente possível?

De todas as direções possíveis, a direção do gradiente é aquela onde a fun-ção cresce mais rapidamente. Logo, o avião deverá voar na direção contráriaa do gradiente.

∂f

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

∂f

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

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

e:

∇f(−1, 2, 1) = (−16, 9, 2).

O avião deverá voar na direção de (16,−9,−2).

[4] Uma lâmina metálica está situada no plano xy de modo que a tempe-ratura T = T (x, y), em graus Celsius, em cada ponto, seja proporcional àdistância do ponto à origem. Se a temperatura no ponto (3, 4) é de 150oC,pede-se:

(a) Ache a taxa de variação de T no ponto (3, 4) na direção (−1, 1).

(b) Em que direções a taxa de variação é zero?

Note que T (x, y) = k√

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

T (x, y) = 30√

x2 + y2 e o gradiente ∇T (x, y) =30

√

x2 + y2(x, y).

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



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

− 1√2,

1√2

)

; então,

∂T

∂v(3, 4) = ∇T (3, 4) · ~v = 3

√2.

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

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

obtemos o seguinte sistema:

{

a2 + b2 = 1

3 a+ 4 b = 0,

com solução a = ±4

5e b = ∓3

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

[5] A equação da superfície de uma montanha é:

z = f(x, y) = 1200 − 3 x2 − 2 y2,

onde as distâncias são medidas em metros. Suponha que os pontos do eixopositivo dos x estão a leste e os pontos do eixo positivo dos y ao norte e queum alpinista está no ponto (−10, 5, 850).



(a) Qual é a direção da parte que tem a inclinação mais acentuada?

(b) Se o alpinista se mover na direção leste, ele estará subindo ou descendoe qual será sua velocidade?

(c) Se o alpinista se mover na direção sudoeste, ele estará subindo ou des-cendo e qual será sua velocidade?

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

Sabemos que∂f

∂vatinge o máximo valor se:

~v =∇f(x, y)

‖∇f(x, y)‖ e∂f

∂v= ‖∇f(x, y)‖.

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

Figura 7.13: Esboço de∇f e das curvas de nível de f


Um vetor unitário no plano se escreve ~v = (cos(α), sen(α)), onde α é o ân-gulo formado pelo vetor e o eixo dos x.

(b) O vetor unitário na direção leste é ~v = (cos(0), sen(0)) = (1, 0); veja odesenho:

L

N

O

Figura 7.14:

∂f

∂v(−10, 5) =

∂f

∂x(−10, 5) = 60.

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

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

ção é dado por: ~v = (−√

2

2,−

√2

2); veja o desenho:

O�

S

Figura 7.15:

∂f

∂v(−10, 5) = ∇f(−10, 5) · ~v = −20

√2.

O alpinista estará descendo a uma razão de 20√

2m/min.

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

7.5. FUNÇÕES IMPLÍCITAS 183

∂f

∂v(−10, 5) = ∇f(−10, 5) · ~v = 0,

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

sen2(α) =tg2(α)

1 + tg2(α),

obtemos sen(α) = ±3√

10

10e cos(α) =

√

1 − sen2(α) = ±√

10

10. O alpinista

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

7.5 Funções Implícitas

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

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

f−1(c) = {(x, y) ∈ A/ f(x, y) = c}é o gráfico de g.

Em geral uma equação do tipo f(x, y) = c quando define y em função dex o faz apenas localmente (ou seja numa vizinhança de um ponto). Comoveremos nos exemplos, nem sempre uma equação do tipo f(x, y) = c definealguma função implicitamente. Para isto, basta considerar c /∈ Im(f).

Exemplos 7.5.

[1] Seja f(x, y) = x2 + y2. Se c = −1, f não define implicitamente nehumafunção. Se c = 0, então x = 0 e y = 0 e f não define implicitamente nenhumafunção definida num intervalo não degenerado. Se c = 1, f não defineimplicitamente nehuma função. Considerando x ∈ I = (−1, 1), podemosdefinir:

g1(x) =√

1 − x2 se A1 = {(x, y) ∈ R2 / y > 0},

e

g2(x) = −√

1 − x2 se A2 = {(x, y) ∈ R2 / y < 0}.

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


y = g(x) =c

xse x 6= 0.

Nosso objetivo é dar condições suficientes para que seja possível obter umafunção definida implicitamente. Exceto para as equações mais simples, porexemplo, lineares, quadráticas, esta questão não é simples. O estudo dasfunções definidas implicitamente tem muitas aplicações não só na Matemá-tica como em outras Ciências.

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

[4] O sistema:

{

x2 + y2 + z2 = 1

x+ y + z = 0,

estabelece uma relação entre as coordenadas de um ponto da esfera unitáriacentrada na origem.

No estudo das funções definidas implicitamente surgem dois problemas:1. Dada f(x, y) = c, f de classe Ck, (k > 1), em que casos existe g definidaimplicitamente por f(x, y) = c?2. Se existe g diferenciável definida implicitamente por f(x, y) = c, comocalcular a derivada de g?

Teorema 7.1. (Função Implícita)Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, f :

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

∂y(x0, y0) 6= 0, então, existe um retângulo aberto I1×I2 centrado em (x0, y0)

tal que f−1(c) ∩(

I1 × I2)

é o gráfico da função g : I1 −→ I2 de classe Ck e:

g′(x) = −∂F

∂x(x, g(x))

∂F

∂y(x, g(x))

.

7.5. FUNÇÕES IMPLÍCITAS 185

Ix

g(x)

1

I2f=c

Figura 7.16:

O teorema da função implícita é um teorema de existência; isto é, não indicacomo determinar a função definida implícitamente. O teorema tem con-sequências geométricas profundas. Se f satisfaz às hipóteses do teorema,então f−1(c) é localmente uma curvas de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia.Nós, essencialmente, utilizaremos a fórmula para o cálculo das derivadas.

Exemplos 7.6.

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

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

∂y(x0, y0) = −ex0−y0−1 6= 0

para todo (x0, y0) ∈ R2; então:

y′ =ex−y + 2 x

ex−y + 1.

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

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

∂y(x0, y0) = −2 y0 6= 0 para todo

(x0, y0) ∈ R2 tal que y0 6= 0; então:

y′ = −xy.

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

∂f

∂y(1, 1) = (x− 2)3 + x ey−1

∣

∣

∣

∣

(1,1)

= 0.


0 0.5 1 1.5 20

0.5

1

1.5

2

Figura 7.17: Curvas de nível de f num retângulo centrado em (1, 1).

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

Teorema 7.2. (Função Implícita) Sejam A ⊂ R3 um conjunto aberto, f :

A −→ R de classe Ck e c ∈ R fixo.

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

∂z(x0, y0, z0) 6= 0, então, existe

um paralelepípedo aberto I1×I2×I3 centrado em (x0, y0, z0) tal que f−1(c)∩(

I1 × I2 × I3)

é o gráfico da função g : I1 × I2 −→ I3 de classe Ck tal quez = g(x, y) e:

∂g

∂x= −

∂f

∂x(x, , y, g(x, y))

∂f

∂z(x, y, g(x, y))

e∂g

∂y= −

∂f

∂y(x, , y, g(x, y))

∂f

∂z(x, y, g(x, y))

.

Novamente o teorema implica em que toda superfície de classe Ck é local-mente o gráfico de alguma função de classe Ck. Veja [EL] na bibliografia.

7.6 Gradiente e Conjuntos de Nível

Sabemos que∇f aponta na direção para a qual f cresce omais rapidamente,mas nas curvas de nível a função f permanece constante, isto é, ao andar-mos por uma curva de nível, os valores de f são constantes; logo, a derivadadirecional nessa direção será zero (sem variação):

∂f

∂v(x0) = ∇f(x0) · ~v = 0.

7.7. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 187

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

Proposição 7.3. Seja x0 ∈ A tal que ∇f(x0) 6= ~0. Então ∇f(x0) é perpendi-cular ao conjunto de nível de f que passa pelo ponto x0.

Para a prova, veja o apêndice.

Então, se ∇f(x0) 6= ~0, temos que ∇f(x0) é perpendicular a cada elementodo conjunto:

{x ∈ Dom(f) / f(x) = f(x0)}.

Sc3

S

Sc2

c1

Figura 7.18: O gradiente perpendicular aos conjuntos de nível.

7.7 Gradiente e Curvas de Nível

Seja a função f : A ⊂ R2 −→ R diferenciável e as curvas de nível c de f :

Cc = {(x, y) ∈ R2/f(x, y) = c}.

Se (x0, y0) ∈ Cc tal que ∇f(x0, y0) 6= ~0. Pela proposição 7.3, segue que aequação da reta tangente à curva de nível f(x, y) = f(x0, y0) é

∇f(x0, y0) · (x− x0, y − y0) = 0

ou:

∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0) = 0


e a equação da reta normal é:

∂f

∂x(x0, y0)(y − y0) −

∂f

∂y(x0, y0)(x− x0) = 0

Exemplos 7.7.

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

A equação da elipse centrada na origem éx2

a2+y2

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

deremos:

f(x, y) =x2

a2+y2

b2− 1;

então, ∇f(x0, y0) = 2(x0

a2,y0

b2)

; as equações das retas tangente e normal são,respectivamente:

{

b2 x0 x+ a2 y0 y = a2 b2,

b2 x0 y − a2 y0 x = (b2 − a2) x0 y0.

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

{

x0 x+ y0 y = a2

x0 y − y0 x = 0.

[2] Determine a equação da reta tangente à elipsex2

16+y2

9= 1, que é paralela

à reta x+ y = 0.

Seja f(x, y) =x2

16+y2

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

b = 3, temos:

9 xx0 + 16 y y0 = 144;

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

∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0)x2

0

16+y2

0

9= 1.

7.7. GRADIENTE E CURVAS DE NÍVEL 189

Ou, equivalentemente:

(1) x0 = 8 λ

(2) 2 y0 = 9 λ

(3)x2

0

16+y2

0

9= 1.

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

5,9

5

)

; logo, no

ponto(16

5,9

5

)

, temos x+ y = 5 e no ponto(

− 16

5,−9

5

)

, temos

x+ y = −5.

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4


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

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

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

logo, ∇f(x, y) = 2 (4, y). A equação da reta normal no ponto (x0, y0) é:

−x y0 + 4 y − 4 y0 + x0 y0 = 0.

Como esta reta deve passar por (−5, 0), temos x0 = −1 ou y0 = 0. Como oponto (x0, y0) pertence à parábola y2

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

√2 e as equações são:

2 y −√

2 x = 5√

2 e 2 y +√

2 x = −5√

2,


nos pontos (−1, 2√

2) e (−1,−2√

2), respectivamente.

-5 -4 -3 -2 -1

-4

-2

2

4


7.8 Ângulo entre Curvas

Sejam as curvas de nível:

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

2 /G(x, y) = 0}

que se intersectam no ponto (x0, y0). O ângulo compreendido entre elas édefinido como o menor ângulo formado pelas retas tangentes a essas duascurvas no ponto (x0, y0), o qual é equivalente ao ângulo α formado pelas res-pectivas normais no ponto (x0, y0). Logo, se∇F (x0, y0) 6= 0 e∇G(x0, y0) 6= 0,temos que o ângulo α, formado por C1 e C2 é dado por:

cos(α) =∇F (x0, y0) · ∇G(x0, y0)

‖∇F (x0, y0)‖ ‖∇G(x0, y0)‖

As curvas são ortogonais se:

∇F (x0, y0) · ∇G(x0, y0) = 0,

ou seja:

∂F

∂x

∂G

∂x+∂F

∂y

∂G

∂y= 0

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

7.8. ÂNGULO ENTRE CURVAS 191

Exemplos 7.8.

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

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

cos(α) =∇f(−1, 2) · ∇g(−1, 2)

‖∇f(−1, 2)‖ ‖∇g(−1, 2)‖

e cos(α) =

√10

10.

-2 -1

-2

2

Figura 7.21:

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

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

cos(α) =∇f(−2, 2) · ∇g(−2, 2)

‖∇f(−2, 2)‖ · ‖∇g(−2, 2)‖

e cos(α) =

√5

5.


-2 -1 1 2

-3

-2

-1

1

2

3

Figura 7.22:

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

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

7.9 Gradiente e Superfícies de Nível

Neste caso, o conjunto de nível c de f são as superfícies de nível c de f .(c ∈ R):

Sc = {(x, y, z) ∈ R3/f(x, y, z) = c}

Da proposição 7.3, segue que a equação do plano tangente à superfície denívelSc de f , no ponto (x0, y0, z0) é:

∇f(x0, y0, z0) · (x− x0, y − y0, z − z0) = 0

se ∇f(x0, y0, z0) 6= ~0, ou, equivalentemente:

∂f

∂x(x0, y0, z0) (x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0, z0) (y − y0) +

∂f

∂z(x0, y0, z0) (z − z0) = 0

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

7.9. GRADIENTE E SUPERFÍCIES DE NÍVEL 193

x(t) = x0 + t∂f

∂x(x0, y0, z0)

y(t) = y0 + t∂f

∂y(x0, y0, z0)

z(t) = z0 + t∂f

∂z(x0, y0, z0), t ∈ R.

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

~n(x, y, z) =∇f(x, y, z)

‖∇f(x, y, z)‖ .

Exemplos 7.9.

[1] Determine o vetor normal unitário à superfície sen(x y) = ez no ponto(1, π

2, 0).

Seja f(x, y, z) = sen(x y)−ez . A superfície do exemplo é a superfície de nívelzero de f ;

S0 = {(x, y, z) ∈ R3/f(x, y, z) = 0}.

Logo, ∇f(x, y, z) = (y cos(x y), x cos(x y),−ez) e ∇f(1, π2, 0) = (0, 0,−1) é o

vetor normal unitário à superfície S.

0.0

0.5

1.0

1.5

1.5

2.0-2

-1

0


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


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

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

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

~n(0, 0, 1) =1√2

(0, 1,−1).

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

0

1

2

3


Observação 7.1. Esta definição de plano tangente é mais geral que a dadaanteriormente.

De fato, se z = g(x, y) é uma função nas condições da proposição, entãoo gráfico de g pode ser definido como a superfície de nível zero da novafunção f(x, y, z) = g(x, y)− z. Note que:

∇f =(∂g

∂x,∂g

∂y,−1

)

,

que é exatamente, o vetor normal ao plano tangente ao gráfico de f no ponto(x, y, g(x, y)).

Note que os vetores tangentes ao gráfico de f em (x, y, g(x, y)) são:

~vx =(

1, 0,∂g

∂x

)

e ~vy =(

0, 1,∂g

∂y

)

.


Figura 7.25:

Lembramos, que todas as superfícies definidas por equações em três variá-veis, como as quádricas, podem ser consideradas como superfícies de algumnível de uma função de tres variáveis.

Exemplos 7.10.

[1] Seja f uma função de classe C1 tal que f(1, 1, 2) = 1 e ∇f(1, 1, 2) =(2, 1, 3).A equação f(1, 1, 2) = 1 define implícitamente uma função g? No caso afir-mativo, determine a equação do plano tangente ao gráfico de g no ponto(1, 1, 2).

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

∂x(1, 1, 2) = 2,

∂f

∂y(1, 1, 2) = 1

e∂f

∂z(1, 1, 2) = 3. Pelo teorema da função implícita, existe z = g(x, y) de classe

C1 no ponto (1, 1), g(1, 1) = 2 e:

∂g

∂x(1, 1) =

∂f

∂x(1, 1, 2))

∂f

∂z(1, 1, 2))

= −2

3e

∂g

∂y(1, 1) = −

∂f

∂y(1, 1, 2)

∂f

∂z(1, 1, 2)

= −1

3.

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

z = g(1, 1) +∂g

∂x(1, 1) (x− 1) +

∂g

∂y(1, 1) (y − 1) =

6 − 2 x− y

3;

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


[2] O cone x2 + y2 − z2 = 0 pode ser considerado como a superfície de nívelc = 0 da função f(x, y, z) = x2 + y2 − z2. Determinaremos as equações doplano tangente e da reta normal à superfície no ponto (1, 1,

√2):

∇f(1, 1,√

2) · (x− 1, y − 1, z −√

2) = 0.

Temos ∇f(x, y, z) = (2 x, 2 y,−2 z) e ∇f(1, 1,√

2) = 2(1, 1,−√

2); então, aequação do plano tangente é x+ y −

√2z = 0 e a reta normal passando por

(1, 1,√

2) tem equações paramétricas:

x = 1 + 2 t

y = 1 + 2 t

z =√

2 − 2√

2 t;

o plano tangente à superfície contem a reta na direção (1, 1,√

2) perpendi-cular ao∇f(1, 1,

√2).

-2

-1

0

1

2

-2

-1

0

1

2

0

0.5

1

1.5

2

-2

-1

0

1

2

-2

-1

0

1

2

Figura 7.26:

[3] Determine a equação do plano tangente à superfície 3 x y + z2 = 4 noponto (1, 1, 1).

Considere f(x, y, z) = 3 x y + z2. Logo, superfície de nível c = 4 de f é3 x y+ z2 = 4. No ponto (1, 1, 1) a equação do plano tangente à superfície denível de f é dada por:

∇f(1, 1, 1) · (x− 1, y − 1, z − 1) = 0; ∇f(x, y, z) = (3 y, 3 x, 2 z) e∇f(1, 1, 1) = (3, 3, 2);

então, a equação é:


3 x+ 3 y + 2 z = 8.

[4] Determine:

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

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

(1,√

5, 0).

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

5= 10 no ponto

(1,√

5, 0).

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

5; ∇f(x, y, z) = (10 x, 2 y,−4 z

5). Então:

~n1 =∇f(1, 0, 0)

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

√5, 0)

‖∇f(1,√

5, 0)‖=

√30

30(5,

√5, 0).

(b) No ponto (1,√

5, 0), teremos:

5 x+√

5 y = 10.

Figura 7.27:

[5] Determine as equações dos planos tangentes à superfície

x2 +y2

4+z2

9= 1

paralelos ao plano x+ y + z = 0.


Como o plano x+ y+ z = 0 é paralelo aos planos tangentes à superfície, en-tão os vetores normais a ambos os planos devem ser paralelos; logo, existeλ 6= 0 tal que∇f(x0, y0, z0) = λ(1, 1, 1), para algum (x0, y0, z0) na superfície.

Como∇f(x0, y0, z0) = (2x0,y0

2,2

9z0). Devemos resolver o sistema:

2 x0 = λ

y0 = 2λ

2 z0 = 9λ,

sendo x02 +

y20

4+z20

9= 1; logo λ = ±

√

2

7; obtemos, assim, os pontos:

p = ±√

2

7

(1

2, 2,

9

2

)

.

Logo:

∇f(

p)

= ±√

14

7

(

1, 1, 1)

;

então, as equações dos planos tangentes nestes pontos, são:

x+ y + z = ±√

14.

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

Ax2 +B y2 + C z2 = D

onde A, B, C, D ∈ R.

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

∇f(x0, y0, z0) = (2Ax0, 2B y0, 2C z0)

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

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

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

1. um elipsóide centrado na origem é:

7.10. ÂNGULO ENTRE SUPERFÍCIES 199

x0 x

a2+y0 y

b2+z0 z

c2= 1

2. um parabolóide hiperbólico centrado na origem é:

2x0x

a2− 2

y0y

b2− z

c= 0

7.10 Ângulo entre Superfícies

Em diversas áreas da ciência é importante saber determinar o ângulo for-mado pela interseção de duas superfícies num ponto dado. O ângulo entreduas superfícies num ponto comum é o menor ângulo formado pelas nor-mais a essas superfícies nesse ponto.

Figura 7.28: Interseção de superfícies.

Suponha que as superfícies são definidas por:

F (x, y, z) = 0 e G(x, y, z) = 0

e tem um ponto comum (x0, y0, z0). Consideremos as funções:

w = F (x, y, z) e w = G(x, y, z)

tais que existam os gradientes e sejam não nulos neste ponto.

As superfícies são as superfícies de nível c = 0 de w = F (x, y, z) e w =G(x, y, z), respectivamente. ∇F (x0, y0, z0) e∇G(x0, y0, z0) são os vetores nor-mais às superfícies de nível:


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

e:

S2 = {(x, y, z) ∈ R3 /G(x, y, z) = 0},

respectivamente. Se ∇F (x0, y0, z0) 6= 0 e ∇G(x0, y0, z0) 6= 0, temos que oângulo α, formado por S1 e S2 é dado por:

cos(α) =∇F (x0, y0, z0) · ∇G(x0, y0, z0)

‖∇F (x0, y0, z0)‖ ‖∇G(x0, y0, z0)‖

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

∂F

∂x

∂G

∂x+∂F

∂y

∂G

∂y+∂F

∂z

∂G

∂z= 0

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

Exemplos 7.11.

[1] Determine o ângulo formado pelas superfícies:

z − exy + 1 = 0 e z − ln(√

x2 + y2) = 0

no ponto (0, 1, 0).

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

x2 + y2);

∇F (x, y, z) = (−y exy,−x exy, 1),

∇G(x, y, z) = (−x

x2 + y2,

−yx2 + y2

, 1),

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

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

2e α =

π

3.

7.10. ÂNGULO ENTRE SUPERFÍCIES 201

Figura 7.29: Superfícies do exemplo [1].

[2] Determine o ângulo formado pelas superfícies:

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

no ponto (1, 2, 1).

Sejam F (x, y, z) = x y + y z − 4 z x e G(x, y, z) = 3 z2 − 5 x+ y

∇F (x, y, z) = (y − 4 z, x+ z, y − 4 x), ∇G(x, y, z) = (−5, 1, 6 z),

∇F (1, 2, 1) = (−2, 2,−2), ∇G(1, 2, 1) = (−5, 1, 6);

logo, ∇F (1, 2, 1) ·G(1, 2, 1) = 0; então, cos(α) = 0 e:

α =π

2.

[3] Reta tangente à interseção de duas superfícies.

Seja C a curva (ou ponto) dada pela interseção das superfícies de nível:

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

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

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

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


N1 é normal à S1 no ponto P e N2 é normal à S2 no ponto P . Logo N1

e N2 são normais a C no ponto P . Se N1 e N2 não são paralelas, então ovetor tangente a C no ponto P tem a mesma direção que N1 × N2 no pontoP (produto vetorial dos vetores normais). Como isto vale para qualquerponto P da interseção, temos que se N1 × N2 = (a, b, c), então a equação naforma parámetrica da reta tangente a C no ponto P é:

x = x0 + t a

y = y0 + t b

z = z0 + t c, t ∈ R.

Por exemplo, determinemos a equação da reta tangente à interseção dasseguintes superfícies 3 x2 + 2 y2 + z2 = 49 e x2 + y2 − 2 z2 = 10 no ponto(3,−3, 2).

Sejam F (x, y, z) = 3 x2 +2 y2 +z2−49 eG(x, y, z) = x2 +y2−2 z2−10: então:

N1 = ∇F (3,−3, 2) = 2 (9,−6, 2) e N2 = ∇G(3,−3, 2) = 2 (3,−3,−4)

logo, (9,−6, 2) × (3,−3,−4) = 3 (10, 14,−3); a equação, na forma paramé-trica, da reta tangente pedida é:

x = 3 + 10 t

y = −3 + 14 t

z = 2 − 3 t.


7.11 Exercícios

1. Calcule o gradiente das seguintes funções:

(a) z = 2 x2 + 5 y2

(b) z =1

x2 + y2

(c) w = 3 x2 + y2 − 4 z2

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

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

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

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

(h) w =x y

z

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

(j) w =1

x2 + y2 + z2 + 1

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

(l) w =x y2 z3

x2 + y2 + z2 + 1

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

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

2)).

(b) z =1

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

(c) z = x2y3, ~v =1

5(3,−4).

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

(1, 2).

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

2(−

√3, 1).

(f) w = 3 x2 + y2 − 4 z2, ~v = (cos(π

3), cos(

π

4), cos(

2π

3).

(g) w = cos(x y) + sen(y z), ~v = (−1

3,2

3,2

3).


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

√3

3(1,−1,−1).

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

√3

3(1,−1, 1).

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

(k) w =x y

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

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

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

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

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

(p) w =1

x+

2

y+

3

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

(q) w =1

x2+

2

y2+

3

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

(r) w = sen(log3(x+ y + z)), ~v = (2, 1, 2).

3. Determine o valor máximo da derivada direcional de f no ponto dadoP e a direcão em que ocorre:

(a) z = 2 x2 + 3 y2, P = (1,−1).

(b) z =√

4 − x2 − y2, P = (1, 1).

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

(d) z = e2y arctg(y

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

(e) w = sen(x y) + cos(y z), P = (−3, 0, 7).

(f) w = ex cos(y) + ey cos(z) + ez cos(x), P = (0, 0, 0).

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

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

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

(j) w =√

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

4. Verifique as seguintes identidades:

(a) ∇(f + g) = ∇f + ∇g


(b) ∇(f g) = f ∇g + g∇f

(c) ∇(f

g

)

=g∇f − f ∇g

g2se g 6= 0

5. Se f(x, y) = 2 e−x2+e−3y2 é a altura de umamontanha na posição (x, y),

em que direção, partindo de (1, 0) se deveria caminhar para subir amontanha mais rapidamente?.

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

x2 + y2no ponto

(1, 1) é zero?.

7. Uma função tem derivada direcional igual a 2 na direção do vetor(2, 2), no ponto (1, 2) é igual a −3 na direção do vetor (1,−1), nomesmo ponto. Determine o gradiente d função no ponto (1, 2).

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

9. Uma lámina de metal está situada num plano de modo que a tempe-ratura T = T (x, y) num ponto (x, y) é inversamente proporcional ádistância do ponto á origem. Sabendo que a temperatura no pontoP = (3, 4) é 100oC, determine:

(a) A taxa de variação de T no ponto P e na direção o vetor (1, 1).

(b) A direção em que T aumenta mais rapidamente no ponto P .

(c) A direção em que T decresce mais rapidamente no ponto P .

(d) A direção em que a taxa de variação é zero..

10. Determine o plano tangente e a reta normal às superfícies no ponto P :

(a) x2 + x y2 + y3 + z + 1 = 0, P = (2,−3, 4).

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

(c) x2 − y2 − z2 = 1, P = (3, 2, 2).

(d) x2 + y2 − z2 = 25, P = (5, 5, 5).

(e) x− y − z2 = 3, P = (3, 4, 2).

(f) 3√x2 + 3

√

y2 +3√z2 =

3√a2, P = (x0, y0, z0).


(g) ln(y

2 z) − x = 0, P = (0, 2, 1).

(h)x2

a2− y2

b2+z2

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

(i)x2

a2− y2

b2− z2

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

(j)x2

a2+y2

b2− z2

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

11. Um nave está perto da órbita de um planeta na posição (1, 1, 1). Sa-bendo que a temperatura da blindagem da nave em cada ponto é dadapor T (x, y, z) = e−(x2+3y2+2z2) graus, determine a direção que a navedeve tomar para perder temperatura o mais rapidamente possível.

12. Determine a equação do plano tangente à x2 − 2 y2 − 4 z2 = 16 e que éparalelo ao plano 4 x− 2 y + 4 z = 5.

13. A densidade de uma bola esférica de centro na origem, num ponto(x, y, z) é proporcional ao quadrado da distn̂cia do ponto á origem. Efetuando um deslocamento a partir do ponto (1, 2, 3) do interior dabola, na direção do vetor (1, 1/2,−1), a densidade aumenta ou dimi-nui? Justifique.

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

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

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

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

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

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

(f) x2 − 2 y z + y3 = 4, x2 + (4 c− 2) y2 − c z2 + 1 = 0 e P = (1,−1, 2),(c ∈ R).

15. Determine o ponto (ou pontos) em que o gradiente da função :f(x, y) = ln(x+ y−1) é igual a (1,−16/9).

16. Determine a equação da reta tangente à interseção das seguintes su-perfícies: x2 − y = 0 e y + z2 = 16 no ponto (4, 16, 0).


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

x)

nos pontos (1/2, 1/4) e (1, 1).

18. Sejam as seguintes superfícies x2 + y2 + z2 = 6 e 2 x2 + 3 y2 + z2 = 9.

(a) Determine as equações dos planos tangentes a cada superfície noponto (1, 1, 2), respectivamente.

(b) Determine o ângulo entre as superfícies no ponto (1, 1, 2).

(c) Determine a equação da reta tangente à interseção das superfíciesno ponto (1, 1, 2).

19. O potencial V associado a um campo elétrico E é dado por:

V (x, y) =1

√

x2 + y2.

Sabendo que E = −grad(V ), determine E(4, 3). Em que direção, apartir do ponto (4, 3) a taxa de variação do potencial é máxima?

20. Sejam φ, η e ψ funções de uma variável real com derivadas de segundaordem satisfazendo:

φ′′(x) + λ2 φ(x) = 0 e ψ′′(t) + c2 λ2 ψ(t) = 0,

sendo λ, c constantes. Verifique que u(x, t) = φ(x)ψ(t) é solução daequação da onda.

21. Verifique que w(x, t) = 1√te−

x2

4kt , t > 0 e k constante, é solução daequação do calor:

∂w

∂t− k

∂2w

∂x2= 0.

deriv

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