Funções de Várias Variáveis

Cálculo 2
Jhon Vargas
UNEMAT– BARRA DO BUGRES
8 de agosto de 2023
Jhon Vargas Cálculo Vetorial

Funções de Várias Variáveis
Até aqui tratamos o cálculo de funções de uma única variável
No entanto, no mundo real, quantidades físicas frequentemente
dependem de duas ou mais variáveis.
Por exemplo, o volume de um cilindro circular depende de seu raio
r e de sua altura h.
• De fato, sabemos que V = πr2h.
• Podemos dizer que V é uma função de r e h.
• Escrevemos V (r, h) = πr2h
Então, nesta disciplina, nós:
• focalizaremos nossa atenção em funções de várias variáveis;
• estenderemos nossas ideias básicas do cálculo diferencial para
tais funções.

Funções de duas Variáveis
Definção 1 Uma função f de duas variáveis é uma regra que
associa a cada par ordenado de números reais (x, y) de um
conjunto D (subconjunto de R2) um único valor real, denotado
por f(x, y).
f : D ⊂ R2
→ R
• O conjunto D é o domínio de f
• Sua imagem é o conjunto de valores possíveis de f, ou seja,
{f(x, y)|(x, y) ∈ D}
Observação 2 Frequentemente escrevemos z = f(x, y) para tornar
explícitos os valores tomados por f em um ponto genérico (x, y).

• As variáveis x e y são variáveis independentes;
• z é a variável dependente
Uma maneira de visualizar essa função é pelo diagrama de setas,
no qual o domínio D é representado como um subconjunto do
plano xy.

Exemplo 3 Para cada uma das seguintes funções, calcule f(3, 2) e
encontre o domínio.
a) f(x, y) =
√
x + y + 1
x − 1
b) f(x, y) = x ln(y2
− x)
Solução a)
f(3, 2) =
√
3 + 2 + 1
3 − 1
=
√
6
2
A expressão para f está bem definida se o denominador for
diferente de 0 e o número cuja raiz quadrada será extraída for não
negativo. Portanto, o domínio de f é
D = {(x, y)|x + y + 1 ≥ 0, x 6= 1}

Ora grafiquemos o domínio.
A desigualdade x + y + 1 ≥ 0, ou y ≥ −x − 1, descreve os pontos
que estão sobre ou acima da reta y = −x − 1
Agora, x 6= 1 significa que os pontos sobre a reta x = 1 precisam
ser excluídos do domínio.

b)
f(3, 2) = 3 ln(22
− 3) = 3 ln 1 = 0
Como ln(y2 − x) está definido somente quando y2 − x > 0, ou
seja, x < y2, o domínio de f é
D = {(x, y)|x < y2
}
Isso representa o conjunto de pontos à esquerda da parábola
x = y2 como se ve na figura abaixo.

Exemplo 4 Determine o domínio e a imagem de
g(x, y) =
p
9 − x2 − y2.
Solução O domínio de g é
D = {(x, y)|9 − x2
− y2
≥ 0} = {(x, y)|x2
+ y2
≤ 9}
que é o disco com centro (0, 0) e raio 3

A imagem de g é
{z|z =
q
9 − x2 − y2, (x, y) ∈ D}
Como z é a raiz quadrada positiva, z ≥ 0. Temos também
9 − x2
− y2
≤ 9
logo q
9 − x2 − y2 ≤ 3
Assim, a imagem é
{z|0 ≤ z ≤ 3} = [0, 3]

Gráficos
Outra forma de visualizar o comportamento de uma função de
duas variáveis é considerar seu gráfico.
Definição 5 Se f é uma função de duas variáveis com domínio D,
então o gráfico de f é o conjunto de todos os pontos (x, y, z) em
R3 tal que z = f(x, y) e (x, y) pertença a D. Tal gráfico será
chamado de superfície e o denotaremos por S com equação
z = f(x, y).
Exemplo 6 Esboce o gráfico da função f(x, y) = 6 − 3x − 2y.
Solução O gráfico de f tem a equação
z = 6 − 3x − 2y
ou
3x + 2y + z = 6
que representa um plano.

Para desenhar o plano, primeiro achamos as intersecções com os
eixos.
• Fazendo y = z = 0 na equação, obtemos x = 2 como a
intersecção com o eixo x.
• Analogamente, a intersecção com o eixo y é 3 e a intersecção
com o eixo z é 6.
Isso nos ajuda a esboçar a parte do gráfico que se encontra no
primeiro octante.

Exemplo 7 Esboce o gráfico de g(x, y) =
p
9 − x2 − y2
Solução O gráfico tem equação
z =
q
9 − x2 − y2
Elevando ao quadrado ambos os lados da equação, obtemos
z2
= 9 − x2
− y2
ou
x2
+ y2
+ z2
= 9
Reconhecemos essa equação como a equação da esfera de centro
na origem e raio 3. Mas, como z ≥ 0, o gráfico de g é somente a
metade superior da esfera.

Observação 8 Uma esfera inteira não pode ser representada por
uma única função de x e y.
Como vimos no Exemplo 7, o hemisfério superior da esfera
x2 + y2 + z2 = 9 é representado pela função
g(x, y) =
q
9 − x2 − y2
O hemisfério infeior é representado pela função
h(x, y) = −
q
9 − x2 − y2
Exemplo 9 Determine o domínio e a imagem e esboce o gráfico de
h(x, y) = 4x2 + y2.
Solução Observe que h(x, y) é definida para todos os possíveis
pares ordenados de números reais (x, y), e seu domínio é R2, o
plano xy todo.

A imagem de h é o conjunto [0, ∞) de todos os reais não
negativos.
Observe que x2 ≥ 0 e y2 ≥ 0, protanto h(x, y) ≥ 0 para todos x e
y.
O gráfico de h é dado pela equação z = 4x2 + y2, que é o
paraboloide elíptico.

Até aqui vimos dois métodos diferentes para visualizar funções: o
diagrama de setas e os gráficos.
Um terceiro método, emprestado dos cartógrafos, é um mapa de
contorno, em que os pontos com elevações constantes são ligados
para formar curvas de contorno ou curvas de nível.
Curvas de Nível As curvas de nível de uma função f de duas
variáveis são aquelas com equação
f(x, y) = k
onde k é uma constante (na imagem de f)
Uma curva de nível f(x, y) = k é o conjunto de todos os pontos
do domínio de f nos quais o valor de f é k.
Em outras palavras, ela mostra onde o gráfico de f tem altura k.

Através da figura podemos ver a relação entre as curvas de nível e
os cortes horizontais.

As curvas de nível f(x, y) = k são apenas cortes do gráfico de f
no plano horizontal z = k projetados sobre o plano xy.
Assim, se você traçar as curvas de nível da função e visualizá- las
elevadas para a superfície na altura indicada. Poderá então
imaginar o gráfico da função colocando as duas informações juntas.
FUGURAAAA

A superfície será:
• mais inclinada onde as curvas de nível estiverem mais
próximas umas das outras.
• um pouco mais achatada onde as curvas de nível estão
distantes umas das outras.

Exemplo 10 Um mapa de contorno para uma função f é
mostrado na Figura abaixo. Use-o para estimar os valores de
f(1, 3) e f(4, 5).

Solução O ponto (1, 3) está na parte entre as curvas de nível cujos
valores de z são 70 e 80.
Estimamos que
f(1, 3) ≈ 73
Da mesma forma, que
f(4, 5) ≈ 56
Exemplo 11 Esboce as curvas de nível da função
f(x, y) = 6 − 3x − 2y para os valores k = −6, 0, 6, 12
Solução As curvas de nível são:
6 − 3x − 2y = k
ou
3x + 2y + (k − 6) = 0
ou seja, uma família de retas com inclinação −3/2.

As quatro curvas de nível particulares pedidas com k = −6, 0, 6, 12
são:
k = −6 ⇒ 3x + 2y − 12 = 0
k = 0 ⇒ 3x + 2y − 6 = 0
k = 6 ⇒ 3x + 2y = 0
k = 12 ⇒ 3x + 2y + 6 = 0

As curvas de nível são retas paralelas, igualmente espaçadas,
porque o gráfico de f é um plano.

Exemplo 12 Esboce as curvas de nível da função
g(x, y) =
p
9 − x2 − y2 para k = 0, 1, 2, 3.
q
9 − x2 − y2 ou x2
+ y2
= 9 − k2
Essa é uma família de circunferências concêntricas com centro em
(0, 0) e raio
√
9 − k2 As quatro curvas de nível particulares pedidas
com k = −6, 0, 6, 12 são:
k = 0 ⇒ x2
+ y2
= 9
k = 1 ⇒ x2
+ y2
= 8
k = 2 ⇒ x2
+ y2
= 5
k = 3 ⇒ x2
+ y2
= 0

Tente visualizar essas curvas de nível elevadas para formar uma
superfície.

Então, compare com o gráfico de g (um hemisfério), como na
figura ao lado.

Exemplo 13 Esboce algumas curvas de nível da função
h(x, y) = 4x2 + y2
4x2
+ y2
= k ou
x2
k/4
+
y2
k
= 1
Para k > 0, descrevem uma família de elipses com semieixos
√
k/2
e
√
k . A figura a seguir mostra o diagrama de contornos de h
desenhado por computador com curvas de nível correspondendo a
k = 0, 25, 0, 5, 0, 75, ..., 4.

Funções de Três ou Mais Variáveis
Uma função com três variáveis, f, é uma regra que associa a cada
tripla ordenada (x, y, z) em um domínio D ⊂ R3 um único número
real, denotado por f(x, y, z).
f : D ⊂ R3
→ R
Exemplo 14 Encontre o domínio de f se
f(x, y, z) = ln(z − y) + xy sin z
Solução A expressão para f(x, y, z) é definida desde que
z − y > 0
de modo que o domínio de f é
D = {(x, y, z) ∈ R3
|z > y}
Isso é o semiespaço constituído por todos os pontos que estão
acima do plano z = y.

Observação 15 É muito difícil visualizar uma função f de três
variáveis por seu gráfico, uma vez que estaríamos em um espaço de
quatro dimensões.
Entretanto, conseguimos uma ideia de f desenhando suas
superfícies de nível, que são as superfícies com equação
f(x, y, z) = k, onde k é uma constante.
Se um ponto (x, y, z) se move ao longo de uma superfície de nível,
o valor de f(x, y, z) permanece fixo.
Exemplo 16 Determine as superfícies de nível da função
f(x, y, z) = x2
+ y2
+ z2

Solução As superfícies de nível são
x2
+ y2
+ z2
= k onde k ≥ 0
Elas formam uma família de esferas concêntricas com raio
√
k.

Então, quando (x, y, z) varia sobre uma das esferas com centro O,
o valor de f(x, y, z) permanece fixo.

Limite
Para as funções de uma única variável, quando fazemos x tender a
a, só existem duas direções possíveis de aproximação: pela
esquerda ou pela direita.

Limite
Lembremos que se
lim
x→a−
f(x) 6= lim
x→a+
f(x) então lim
x→a
f(x) não existe

Limite
Lembremos que se
lim
x→a−
f(x) 6= lim
x→a+
f(x) então lim
x→a
f(x) não existe
Já para as funções de duas variáveis essa situação não é tão
simples.
Isso porque existem infinitas maneiras de (x, y) se aproximar de
(a, b) por uma quantidade infinita de direções e de qualquer
maneira que se queira, bastando que (x, y) se mantenha no
domínio de f.

Limite

Limite
A Definição de limite diz que a distância entre f(x, y) e L pode
ser feita arbitrariamente pequena tomando uma distância de (x, y)
a (a, b) suficientemente pequena (mas não nula).
A definição refere-se somente à distância entre (x, y) e (a, b); não
se refere à direção de aproximação. Portanto, se o limite existe,
f(x, y) deve se aproximar do mesmo valor-limite,
independentemente do modo como (x, y) se aproxima de (a, b).

Limite
Assim, se acharmos dois caminhos diferentes de aproximação ao
longo dos quais f(x, y) tenha limites diferentes, segue então que
lim(x,y)→(a,b) f(x, y) não existe.

Limite
Se
• f(x, y) → L1 quando (x, y) → (a, b) ao longo do caminho C1
e
com L1 6= L2, então lim(x,y)→(a,b) f(x, y) não existe.

Limite
Se
e
Exemplo Mostre que lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 não existe.

Limite
Se
e
x2−y2
x2+y2 não existe.
Solução Seja f(x, y) = x2−y2
x2+y2 .
Vamos primeiro nos aproximar de (0, 0) ao longo do eixo x.

Limite
Se
e
x2−y2
x2+y2 não existe.
Solução Seja f(x, y) = x2−y2
x2+y2 .
Vamos primeiro nos aproximar de (0, 0) ao longo do eixo x.
• Tomando, y = 0 temos f(x, 0) = x2/x2 = 1 para todo x 6= 0.
• Logo, f(x, y) → 1 quando (x, y) → ao longo do eixo x.

Limite
Agora, vamos nos aproximar ao longo do eixo y, colocando x = 0.
• Assim, f(0, y) = −y2/y2 = −1 para todo y 6= 0.
• Logo, f(x, y) → −1 quando (x, y) → ao longo do eixo y.
Como f tem dois limites diferentes ao longo de duas retas
diferentes, o limite não existe.

Limite
Exemplo Se f(x, y) = xy
x2+y2 , será que lim(x,y)→(0,0) f(x, y)
existe?

Limite
Exemplo Se f(x, y) = xy
existe?
Solução Note que,
• se y = 0, temos f(x, 0) = 0/x2. Portanto f(x, y) → 0 quando
(x, y) → (0, 0) ao longo do eixo x.
• se x = 0, então f(0, y) = 0/y2. Assim, f(x, y) → 0 quando
(x, y) → (0, 0) ao longo do eixo y.

Limite
Apesar de termos encontrado valores idênticos ao longo dos eixos,
não podemos afirmar que o limite exista e seja 0.
• Vamos agora nos aproximar de (0, 0) ao longo de outra reta; por
exemplo, y = x.

Limite
exemplo, y = x.
Para todo x 6= 0,
f(x, y) =
x
x2 + x2
=
1
2
Logo,
f(x, y) → 1
2 quando (x, y) → (0, 0) ao longo de y = x

Limite
exemplo, y = x.
Para todo x 6= 0,
f(x, y) =
x
x2 + x2
=
1
2
Logo,
f(x, y) → 1
2 quando (x, y) → (0, 0) ao longo de y = x
Como obtivemos valores diferentes para o limite ao longo de
caminhos diferentes, podemos afirmar que o limite dado não existe.

Limite
Exemplo Se f(x, y) = xy2
existe?

Limite
existe?
Solução Considerando a solução do Exemplo anterior, vamos
tentar economizar tempo fazendo (x, y) → (0, 0) ao longo de uma
reta não vertical que passa pela origem.

Limite
existe?
Solução Considerando a solução do Exemplo anterior, vamos
tentar economizar tempo fazendo (x, y) → (0, 0) ao longo de uma
reta não vertical que passa pela origem.
Tomemos, y = mx, onde m é a inclinação da reta e
f(x, y) = f(x, mx)
=
x(mx)2
x2 + (mx)4
=
m2x3
x2 + m4x4
=
m2x
1 + m4x2

Limite
Portanto,
f(x, y) → 0 quando (x, y) → (0, 0) ao longo de y = mx
Logo, f tem o mesmo limite ao longo de qualquer reta não vertical
que passe pela origem. Mas isso ainda não garante que o limite
seja 0, pois, se tomarmos agora
(x, y) → (0, 0) ao longo da parábola x = y2
teremos:
f(x, y) = f(y2
, y) =
y2 · y2
(y2)2 + y4
=
1
2
E assim,
f(x, y) → 1
2 quando (x, y) → (0, 0) ao longo de x = y2
Como caminhos diferentes levaram a resultados diferentes, o limite
não existe.

Limite
Exemplo * Determine, se existir,
lim
(x,y)→(0,0)
3x2y
x2 + y2

Limite
lim
(x,y)→(0,0)
3x2y
x2 + y2
Solução Como no Exemplo anterior, podemos mostrar que o limite
ao longo de uma reta qualquer que passa pela origem é 0. Isso não
demonstra que o limite seja igual a 0.

Limite
lim
(x,y)→(0,0)
3x2y
x2 + y2
Solução Como no Exemplo anterior, podemos mostrar que o limite
ao longo de uma reta qualquer que passa pela origem é 0. Isso não
demonstra que o limite seja igual a 0.
Mas ao longo das parábolas y = x2 e x = y2 também obtemos o
limite 0. Isso nos leva a suspeitar que o limite exista e seja igual a
0.
Prova por definição
Seja 0. Queremos encontrar δ 0 tal que

Limite
Mas, x2 ≤ x2 + y2 uma vez que y2 ≥ 0
Logo, x2
x2+y2 ≤ 1 e portanto
3x2|y|
x2 + y2
≤ 3|y| = 3
q
y2 ≤ 3
q
x2 + y2

Limite
Então, se escolhermos δ = /3 e fizermos 0
p
x2 + y2 δ
teremos:
|x| ≤ 3
q
x2 + y2 3δ = 3

3

=

Continuidade
Lembremo-nos de que o cálculo de limites de funções contínuas de
uma única variável é fácil.

Continuidade
• Ele pode ser obtido por substituição direta.
• Isso porque, pela definição de função contínua,
lim
x→a
f(x) = f(a)
Funções contínuas de duas variáveis também são definidas pela
propriedade da substituição direta.

Continuidade
• Ele pode ser obtido por substituição direta.
• Isso porque, pela definição de função contínua,
lim
x→a
f(x) = f(a)
Funções contínuas de duas variáveis também são definidas pela
propriedade da substituição direta.
Definição Uma função f de duas variáveis é dita contínua em
(a, b) se
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = f(a, b)
Dizemos que f é contínua em D se f for contínua em todo ponto
(a, b) de D.

Continuidade
O significado intuitivo de continuidade é que, se o ponto (x, y)
varia de uma pequena quantidade, o valor de f(x, y) variará de
uma pequena quantidade.
• Isso quer dizer que a superfície que corresponde ao gráfico de
uma função contínua não tem buracos ou rupturas.

Continuidade
O significado intuitivo de continuidade é que, se o ponto (x, y)
varia de uma pequena quantidade, o valor de f(x, y) variará de
uma pequena quantidade.
• Isso quer dizer que a superfície que corresponde ao gráfico de
uma função contínua não tem buracos ou rupturas.
Usando as propriedades de limites, podemos ver que soma,
diferença, produto e quociente de funções contínuas são contínuos
em seus domínios.
Vamos usar esse fato para dar exemplos de funções contínuas.
Exemplo Função Polinômial:
f(x, y) = x + 5xy + 6xy − 7y + 6
Exemplo Função Racional:
g(x, y) =
2xy + 1
x2 + y2
Das propriedades de limites sabemos que as funções
f(x, y) = y, g(x, y) = y h(x, y) = c

Continuidade
Como qualquer polinômio pode ser obtido a partir das funções
f = x, g = y e h = c por multiplicação e adição, segue que todos
os polinômios são funções contínuas em R2.
Da mesma forma, qualquer função racional é contínua em seu
domínio, porque ela é o quociente de funções contínuas.

Continuidade
Exemplo Calcule
lim
(x,y)→(1,2)
(x2
y3
− x3
y2
+ 3x + 2y)

Continuidade
Exemplo Calcule
lim
(x,y)→(1,2)
(x2
y3
− x3
y2
+ 3x + 2y)
Solução Note que f(x, y) = x2y3 − x3y2 + 3x + 2y é um
polinômio, logo ela é contínua em qualquer lugar. Portanto,
podemos calcular seu limite pela substituição direta:
lim
(x,y)→(1,2)
(x2
y3
− x3
y2
+ 3x + 2y) = (1)2
(2)3
− (1)3
(2)2
+ 3 · 1 + 2 · 2
= 11

Continuidade
Exemplo Onde a função
f(x, y) =
x2 + y3
x2 + y2
é contínua?

Continuidade
f(x, y) =
x2 + y3
x2 + y2
é contínua?
Solução A função f é descontínua em (0, 0), pois ela não está
definida nesse ponto.

Continuidade
f(x, y) =
x2 + y3
x2 + y2
é contínua?
Solução A função f é descontínua em (0, 0), pois ela não está
definida nesse ponto. De fato, como f é uma função racional, ela
é contínua em seu domínio, o que corresponde ao conjunto
D(f) = {(x, y) ∈ R2
|(x, y) 6= (0, 0)}

Continuidade
Exemplo Se
f(x, y) =
(
3x2y
x2+y2 se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
f é contínua no seu domínio??

Continuidade
Exemplo Se
f(x, y) =
(
3x2y
x2+y2 se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
f é contínua no seu domínio??
Solução Note que o domínio de f é R2. Sabemos que f é
contínua para (x, y) 6= (0, 0) uma vez que ela é uma função
racional definida nessa região.
Do exemplo * slide 26 , temos que
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
3x2y
x2 + y2
= 0
= f(0, 0)
Portanto, f é contínua em (0, 0), e, consequentemente, contínua
em R2.

Composição de Funções
Como para as funções de uma variável, a composição é outra
maneira de combinar funções contínuas para obter outra também
contínua.
De fato, pode ser mostrado que, se f é uma função contínua de
duas variáveis e g é uma função contínua de uma única variável
definida na imagem de f, a função composta h = g ◦ f definida
por h(x, y) = g(f(x, y)) também é contínua.

Como para as funções de uma variável, a composição é outra
maneira de combinar funções contínuas para obter outra também
contínua.
De fato, pode ser mostrado que, se f é uma função contínua de
duas variáveis e g é uma função contínua de uma única variável
definida na imagem de f, a função composta h = g ◦ f definida
por h(x, y) = g(f(x, y)) também é contínua.
Exemplo Onde a função h(x, y) = arctan(y
x) é contínua?
Solução Note que
• A função f(x, y) = y
x é racional e, desse modo, contínua em
todo lugar, exceto sobre a reta x = 0.
• A função g(t) = arctan t é contínua em qualquer lugar.

• Logo, a função composta
g(f(x, y)) = arctan(
y
x
) = h(x, y)
é contínua, exceto onde x = 0.

Funções de várias variáveis
Tudo o que fizemos até aqui pode ser estendido para as funções
com três ou mais variáveis.
A notação
lim
(x,y,z)→(a,b,c)
f(x, y, z) = L
significa que os valores de f(x, y, z) se aproximam do número L
quando o ponto (x, y, z) se aproxima do ponto (a, b, c) ao longo de
um caminho qualquer no domínio de f.
Como a distância entre os dois pontos (x, y, z) e (a, b, c) em R3 é
dada por
q
(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2
podemos escrever de forma precisa uma definição da seguinte
forma:

Para todo número ∀ 0, existe um número correspondente δ 0
tal que se (x, y, z) está no domínio de f e
0
q
(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 δ ⇒ |f(x, y, z) − L|

Para todo número ∀ 0, existe um número correspondente δ 0
tal que se (x, y, z) está no domínio de f e
0
q
(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 δ ⇒ |f(x, y, z) − L|
A função f é contínua em (a, b, c) se
lim
(x,y,z)→(a,b,c)
f(x, y, z) = f(x, y, z)

Funções de Múltiplas Variáveis
Exemplo A função f(x, y, z) = 1
x2+y2+z2−1
é uma função racional
em três variáveis.
Portanto é contínua em todo ponto de R3, exceto onde o
denominador se anula, ou seja x2 + y2 + z2 = 1.
Portanto, f é descontínua na esfera de centro na origem e raio 1.

Derivadas Parciais
Nesta seção, nós aprenderemos sobre: Os vários aspectos de
derivadas parciais.
O cálculo de várias variaveis é básicamente o cálculo de uma
variável aplicado às várias varáveis ao mesmo tempo. Ao manter
constantes todas as variáveis independentes exceto uma e derivar
com respeito desta variável, obtemos a chamada derivada “parcial”.
Esta seção mostra cómo definir as derivadas parciais e
interpretá-las geométricamente, assim como a forma de calculá-las
aplicando as regras de derivação para funções de uma única
varável.

Derivadas Parciais
Definição Sejam f : D ⊂ R2 → R, (x, y) 7→ z = f(x, y) uma
função de duas variáveis e (a, b) ∈ D. Fixado y = b, podemos
considerar a função g(x) = f(x, b). A derivada de g no ponto
x = a, denominada derivada parcial de f em relação a x no
ponto (a, b) denotada por ∂f
∂x (a, b) ou fx(a, b), é definida como
fx(a, b) =
∂f
∂x
(a, b) = lim
h→
g(a + h) − g(a)
h
= lim
h→
f(a + h, b) − f(a, b)
h
se o limite existir.

Derivadas Parciais
Definição Sejam f : D ⊂ R2 → R, (x, y) 7→ z = f(x, y) uma
função de duas variáveis e (a, b) ∈ D. Fixado y = b, podemos
considerar a função g(x) = f(x, b). A derivada de g no ponto
x = a, denominada derivada parcial de f em relação a x no
ponto (a, b) denotada por ∂f
∂x (a, b) ou fx(a, b), é definida como
fx(a, b) =
∂f
∂x
(a, b) = lim
h→
g(a + h) − g(a)
h
= lim
h→
f(a + h, b) − f(a, b)
h
se o limite existir.
Analogamente, definimos a derivada parcial de f em realção a y
no ponto (a, b) por
fy(a, b) =
∂f
∂y
(a, b) = lim
h→
f(a, b + h) − f(a, b)
h
se o limite existir

Derivadas Parciais
Exemplo Dados o parabolóide z = 16 − x2 − y2 e o plano y = 2,
cuja visualização no primeiro octante é obtida por meio da figura
abaixo, vamos denotar por C a curva resultante da intersecção
dessa superfícies, isto é,
C : z = 12 − x2
y = 2.
Dado um ponto P = (1, 2, 11), como vamos calcular a inclinação
da reta tangente à curva C em P?

Derivadas Parciais
Exemplo Dados o parabolóide z = 16 − x2 − y2 e o plano y = 2,
cuja visualização no primeiro octante é obtida por meio da figura
abaixo, vamos denotar por C a curva resultante da intersecção
dessa superfícies, isto é,
C : z = 12 − x2
y = 2.
Dado um ponto P = (1, 2, 11), como vamos calcular a inclinação
da reta tangente à curva C em P?
Solução Se f(x, y) = 16 − x2 − y2, então a curva C é dada pela
equação
g(x) = 12 − x2
= f(x, 2)
Portanto, estamos diante de uma função em x, e a inclinação da
reta tangente à C no ponto (1, 2) é dada por g0(1) ou ∂f
∂x (1, 2).

Derivadas Parciais
Temos
∂f
∂x
(1, 2) = lim
h→
f(1 + h, 2) − f(1, 2)
h
= lim
h→
[12 − (1 + h)2] − 11
h
= lim
h→
12 − 1 − 2h − h2 − 11
h
= lim
h→
−h2 − 2h
h
= lim
h→
[−h − 2]
= −2

Derivadas Parciais

Derivadas Parciais
Se agora deixamos o ponto (a, b) variar, fx e fy se tornam funções
de duas variáveis (também chamadas derivadas parcias de
primeira ordem de f).
Temos então que se f é uma função de duas variáveis, suas
derivadas parciais são as funções fx e fy e definidas por:
fx(x, y) =
∂f
∂x
(x, y) = lim
h→0
f(x + h, y) − f(x, y)
h
fy(x, y) =
∂f
∂y
(x, y) = lim
h→0
f(x, y + h) − f(x, y)
h

Derivadas Parciais
Se agora deixamos o ponto (a, b) variar, fx e fy se tornam funções
de duas variáveis (também chamadas derivadas parcias de
primeira ordem de f).
Temos então que se f é uma função de duas variáveis, suas
derivadas parciais são as funções fx e fy e definidas por:
fx(x, y) =
∂f
∂x
(x, y) = lim
h→0
f(x + h, y) − f(x, y)
h
fy(x, y) =
∂f
∂y
(x, y) = lim
h→0
f(x, y + h) − f(x, y)
h
Então, temos a seguinte regra.
1) Para encontrar fx, trate y como uma constante e derive
f(x, y) com relação a x.
2) Para encontrar fy , trate x como uma constante e derive
f(x, y) com relação a y.

Derivadas Parciais
Interpretação geométrica das derivadas parciais
Para dar uma interpretação geométrica para as derivadas parciais,
lembremo-nos de que a equação z = f(x, y) representa uma
superfície S (o gráfico de f).
• Se f(a, b) = c, então o ponto P = (a, b, c) pertence a S.

Derivadas Parciais
Fixando y = b, restringimos nossa atenção à curva C1 na qual o
plano vertical y = b intercepta S.
Ou seja, C1 é o corte de S no plano y = b.

Derivadas Parciais
Da mesma forma, o plano vertical x = a intercepta S na curva C2.
As curvas C1 e C2 passam pelo ponto P.
Observe que:
• a curva C1 é o gráfico da função g(x) = f(x, b). De modo que a
inclinação da tangente T1 em P é: g0(a) = fx(a, b)
• a curva C2 é o gráfico da função G(y) = f(a, y). De modo que
a inclinação da tangente T2 em P é: G0(b) = fy(a, b).
Então, as derivadas parciais fx(a, b) e fy(a, b) podem ser
interpretadas geometricamente como: as inclinações das retas
tangentes em P = (a, b, c) aos cortes C1 e C2 de S nos planos
y = b e x = a.

Derivadas Parciais
Exemplo Se f(x, y) = sin

x
1+y

calcule ∂f
∂x e ∂f
∂y

Derivadas Parciais

x
1+y

calcule ∂f
∂x e ∂f
∂y
Solução Mantendo y constante e usando a Regra da Cadeia para
funções de uma variável, temos
∂f
∂x
= cos

x
1 + y

·
∂
∂x

x
1 + y

= cos

x
1 + y

·
1
1 + y

Derivadas Parciais

x
1+y

calcule ∂f
∂x e ∂f
∂y
Solução Mantendo y constante e usando a Regra da Cadeia para
funções de uma variável, temos
∂f
∂x
= cos

x
1 + y

·
∂
∂x

x
1 + y

= cos

x
1 + y

·
1
1 + y
Ora, se x constante e usando a Regra da Cadeia para funções de
uma variável, temos
∂f
∂y
= cos

x
1 + y

·
∂
∂y

x
1 + y

= − cos

x
1 + y

·
x
(1 + y)2

Derivadas Parciais
Exercício Determine ∂z
∂x e ∂z
∂y se z é definido implicitamente como
uma função de x e y pela equação
x3
+ y3
+ z3
+ 6xyz = 1

Derivadas Parciais
Exercício Determine ∂z
∂x e ∂z
∂y se z é definido implicitamente como
uma função de x e y pela equação
x3
+ y3
+ z3
+ 6xyz = 1
Solução Para achar ∂z
∂x , derivamos implicitamente em relação a x,
tomando o cuidado de tratar y como constante:
3x2
+ 3z2 ∂z
∂x
+ 6yz + 6xy
∂z
∂x
= 0
Isolando ∂z
∂x , nesta equação, obtemos
∂z
∂x
= −
x2 + 2yz
z2 + 2xy

Derivadas Parciais
Da mesma forma, derivando implicitamente em relação a y temos
∂z
∂y
= −
y2 + 2xz
z2 + 2xy

Derivadas Parciais
Derivadas Parciais para funções de mais de duas variáveis
As derivadas parciais também podem ser definidas para funções de
três ou mais variáveis.
Por exemplo, se f é uma função de três variáveis x, y e z, então
sua derivada parcial em relação a x é definida como
fx(x, y, z) =
∂f
∂x
(x, y, z) = lim
h→
f(x + h, y, z) − f(x, y, z)
h
E pode ser encontrada:
• olhando-se y e z como constantes
• derivando-se f(x, y, z) com relação a x.
Se w = f(x, y, z), então fx = ∂f
∂x pode ser interpretada como a
taxa de variação de w em relação a x quando y e z são mantidos
fixos.
Entretanto, não podemos interpretá-la geometricamente porque o
gráfico de f pertence ao espaço de dimensão quatro.

Derivadas Parciais
Exemplo Determine fx, fy e fz se f(x, y, z) = exy ln z

Derivadas Parciais
Exemplo Determine fx, fy e fz se f(x, y, z) = exy ln z
Solução Mantendo constantes y e z e derivando em relação a x,
temos:
fx = yexy
ln z
Da mesma forma,
fy = xexy
ln z fz =
exy
z

Derivadas Parciais
Derivadas de Ordem Superior
Se f é uma função de duas variáveis, suas derivadas parciais fx e
fy são funções de duas variáveis, de modo que podemos considerar
novamente suas derivadas parciais
(fx)x (fx)y (fy)x (fy)y
chamadas derivadas parciais de segunda ordem de f.
Se z = f(x, y), usamos a seguinte notação:

Derivadas Parciais
Portanto, a notação fxy (ou ∂2f
∂y∂x ) significa que primeiro derivamos
com relação a x e depois em relação a y.
No cálculo de fyx, a ordem é invertida.
Exemplo Determine as derivadas parciais de segunda ordem de
f(x, y) = x3 + x2y3 − 2y2.

Derivadas Parciais
Portanto, a notação fxy (ou ∂2f
∂y∂x ) significa que primeiro derivamos
com relação a x e depois em relação a y.
No cálculo de fyx, a ordem é invertida.
Exemplo Determine as derivadas parciais de segunda ordem de
f(x, y) = x3 + x2y3 − 2y2.
Solução Note que
fx(x, y) = 3x2
+ 2xy3
fy(x, y) = 3x2
y2
− 4y (verifique)
Logo,
fxx =
∂
∂x

3x2
+ 2xy3

= 6x + 2y3
fxy =
∂
∂y

3x2
+ 2xy3

= 6xy2

Derivadas Parciais
fyx =
∂
∂x

3x2
y2
− 4y

= 6xy2
fyy =
∂
∂y

3x2
y2
− 4y

= 6x2
y − 4

Derivadas Parciais
fyx =
∂
∂x

3x2
y2
− 4y

= 6xy2
fyy =
∂
∂y

3x2
y2
− 4y

= 6x2
y − 4
Observe que fxy = fyx no Exemplo anterior.
Isso não é só uma coincidência. As derivadas parciais mistas fxy e
fyx são iguais para a maioria das funções que encontramos na
prática.
O próximo teorema, do matemático francês Alexis Clairaut
(1713-1765), fornece condições sob as quais podemos afirmar que
fxy = fyx.

Derivadas Parciais
Teorema de Clairaut Suponha que f seja definida em uma bola
aberta D que contenha o ponto (a, b). Se as funções fxy e fyx
forem ambas contínuas em D, então
fxy(a, b) = fyx(a, b)
Exemplo Encontre ∂2z
∂x∂y se
z = xy +
ey
y2 + 1
Solução A ∂2z
∂y∂x no indica que primeiro derivemos com respeito a
y logo com respeito a x. Mas, se adiamos a derivação com
respeito a y e derivamos primeiro com respeito a x, obtemos a
resposta rápidamente. Note que
∂z
∂x
= y ⇒
∂2z
∂x∂y
= 1

Derivadas Parciais
Derivadas em ordem superior
Derivadas parciais de ordem 3 ou maior também podem ser
definidas.
Por exemplo, fxyy = (fxy)y = ∂
∂y

∂f
∂y∂x

= ∂3f
∂y2∂x
Usando o Teorema de Clairaut podemos mostrar que
fxyy = fyxy = fyyx
se essa funções forem contínuas.

Derivadas Parciais
definidas.
∂y

∂f
∂y∂x

= ∂3f
∂y2∂x
fxyy = fyxy = fyyx
Exemplo Calcule fxxyz se f(x, y, z) = sin(3x + yz)

Derivadas Parciais
definidas.
∂y

∂f
∂y∂x

= ∂3f
∂y2∂x
fxyy = fyxy = fyyx
Exemplo Calcule fxxyz se f(x, y, z) = sin(3x + yz)
Solução
fx = 3 cos(3x + yz)
fxx = −9 sin(3x + yz)

Derivadas Parciais
fxxy = −9z cos(3x + yz)
fxxyz = −9 cos(3x + yz) + 9yz sin(3x + yz)

Diferenciabilidade
Nesta seção, vamos estender o conceito de diferenciabilidade de
uma variável para funções de duas variáveis.
Sabemos que o gráfico de uma função derivável de um variável
constitui uma curva que não possui pontos angulosos, isto é, uma
curva suave. Em cada ponto do gráfico temos uma reta tangente
única.
Similarmente, queremos caracterizar uma função diferenciável de
duas variáveis, f(x, y), pela suavidade de seu gráfico. Em cada
ponto (a, b, f(a, b)) do gráfico de f, deverá existir um único plano
tangente, que represente uma boa aproximaçãode f perto de
(a, b).
Para enterdermos o que significa uma boa aproximalçãopara a
função f perto de (a, b), vamos trabalhar inicialmente com uma
função derivável f : R → R.

Diferenciabilidade
Sabemos que, se f é derivável no ponto a, sua derivada f0(a) é
dada por
lim
x→a
f(x) − f(a)
x − a
= f0
(a) (1)
Podemos reescrever a equação (1) como

Diferenciabilidade
Sabemos que, se f é derivável no ponto a, sua derivada f0(a) é
dada por
lim
x→a
f(x) − f(a)
x − a
= f0
(a) (1)
Podemos reescrever a equação (1) como
lim
x→a

f(x) − f(a)
x − a
− f0
(a)

ou
lim
x→a
f(x) − [f(a) − f0(a)(x − a)]
x − a
= 0 (2)

Diferenciabilidade
A expressão (2) nos diz que a função
y = f(a) − f0
(a)(x − a)
que é a reta tangente ao gráfico de f no ponto (a, f(a)), é uma
boa aproximaçãode f perto de a. Em outras palavras, quando x
se aproxima de a, a diferença entre f(x) e y se aproxima de zero
de uma forma mais rápida.

Diferenciabilidade
Assim como a derivada de uma função de uma variável está ligada
à reta tangente ao gráfico da função, as derivadas parciais estão
relacionadas com o plano tangente ao gráfico de uma função de
duas variáveis. No entanto, neste último caso, devemos fazer uma
análise bem mais cuidadosa, pois a existência das derivadas
parciais não garante que existirá um plano tangente, como veremos
mais adiante.
Vamos raciocinar mais intuitivamente
Sabemos que fx(a, b) é o coeficiente angular da reta tangente à
curva de interseção do plano y = b com a superfície z = f(x, y),
no ponto (a, b). Da mesma forma, fy(a, b) é o coeficiente angular
da reta tangente à curva de interseção do plano x = a com a
superfície z = f(x, y), no ponto (a, b)
Intuitvamente, percebemos que essas retas tangentes devem estar
contidas no plano tangente à superfície, se esse plano existir(ver a
figua abaixo)

Diferenciabilidade
(x0, y0) = (a, b)

Diferenciabilidade
Assim, se o plano tangente a z = f(x, y), no ponto (a, b, f(a, b)),
fosse dado pela equação
h(x, y) = a0
x + b0
y + c (3)
teríamo que:
a) sua inclinação na direção do eixo dos x seria
a0
=
∂f
∂x
(a, b) (4)
b) sua inclinação na direção do eixo dos y seria
b0
=
∂f
∂y
(a, b) (5)
c) o ponto (a, b, f(a, b)) satisfaria a equação (3), ou seja,
h(a, b) = f(a, b) (6)

Diferenciabilidade
Substituindo (4) e (5) em (3), obteríamos
h(x, y) =
∂f
∂x
(a, b)x +
∂f
∂y
(a, b)y + c (7)
Substituindo (6) em (7), teríamos
f(a, b) =
∂f
∂x
(a, b)a +
∂f
∂y
(a, b)b + c
ou
c = f(a, b) −
∂f
∂x
(a, b)a −
∂f
∂y
(a, b)b (8)

Diferenciabilidade
Finalmente, substituindo (8) em (7), obteríamos
h(a, b) = f(a, b) +
∂f
∂x
(a, b)[x − a] +
∂f
∂y
(a, b)[y − b] (9)
Assim, na situação em que existir o plano tangente ao gráfico de
z = f(x, y) no ponto (a, b, f(a, b)), esse plano será dado pela
equação (9).

Diferenciabilidade
Finalmente, substituindo (8) em (7), obteríamos
h(a, b) = f(a, b) +
∂f
∂x
(a, b)[x − a] +
∂f
∂y
(a, b)[y − b] (9)
Assim, na situação em que existir o plano tangente ao gráfico de
z = f(x, y) no ponto (a, b, f(a, b)), esse plano será dado pela
equação (9).
Portanto, de maneira informal, dizemos que f(x, y) é diferenciável
em (a, b) se o plano dado pela equação (9) nos fornece uma boa
aproxiamçãopara f(x, y) perto de (a, b). Ou seja, quando (x, y)
se aproxima de (a, b), a diferencça entre f(x, y) e z = h(x, y) se
aproxima mais reapidamente de zero. Temos a seguinte definição:

Diferenciabilidade
Definição Dizemos que a função f(x, y) é diferenciável no ponto
(a, b) se as derivadas parciais ∂f
∂x (a, b) e ∂f
∂y (a, b) existem e se
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) −
h
f(a, b) + ∂f
∂x (a, b)[x − a] + ∂f
∂y (a, b)[y − b]
i
p
(x − a)2 − (y − b)2
= 0(10)
Dizemos que f é diferenciável em D(f), se f for diferenciável em
todos os pontos de D(f)

Diferenciabilidade
Definição Dizemos que a função f(x, y) é diferenciável no ponto
(a, b) se as derivadas parciais ∂f
∂x (a, b) e ∂f
∂y (a, b) existem e se
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) −
h
f(a, b) + ∂f
∂x (a, b)[x − a] + ∂f
∂y (a, b)[y − b]
i
p
(x − a)2 − (y − b)2
= 0(10)
Dizemos que f é diferenciável em D(f), se f for diferenciável em
todos os pontos de D(f)
Observações
1- Para provar que uma função é diferenciável em (a, b) usando a
definição, devemos mostrar que as derivadas parciais existem em
(a, b) e, além disso, que o limite da equação (10) é zero
2- Se uma das derivadas parciais não existe no ponto (a, b), f não
é diferenciável nesse ponto.

Diferenciabilidade
3- Se o limite na equação (10) for diferente de zero ou não existir,
f não será diferenciável no ponto (a, b), mesmo se exsitirem as
derivadas parciais nesse ponto.

Diferenciabilidade
Proposição 1 Se f(x, y) é diferenciável no ponto (a, b), então é
contínua nesse ponto

Diferenciabilidade
Demonstração Devemos mostrar que
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = f(a, b)

Diferenciabilidade
Demonstração Devemos mostrar que
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = f(a, b)
Como f é difereciável em (a, b), temos que
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) −
h
f(a, b) + ∂f
∂x (a, b)[x − a] + ∂f
∂y (a, b)[y − b]
i
p
(x − a)2 − (y − b)2
= 0

Diferenciabilidade
Como lim(x,y)→(a,b)
p
(x − a)2 − (y − b)2 = 0, usando a
propriedade que lim · lim g = lim[f · g], podemos escrever
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) −
h
f(a, b) + ∂f
∂x (a, b)[x − a] + ∂f
∂y (a, b)[y − b]
i
q(x, y)
· q(x, y) =
onde q(x, y) =
p
(x − a)2 − (y − b)2, equivalentemente
lim
(x,y)→(a,b)

f(x, y) − f(a, b) −
∂f
∂x
(a, b)[x − a] −
∂f
∂y
(a, b)[y − b]

= 0

Diferenciabilidade
Como lim(x,y)→(a,b)
p
(x − a)2 − (y − b)2 = 0, usando a
propriedade que lim · lim g = lim[f · g], podemos escrever
lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) −
h
f(a, b) + ∂f
∂x (a, b)[x − a] + ∂f
∂y (a, b)[y − b]
i
q(x, y)
· q(x, y) =
onde q(x, y) =
p
(x − a)2 − (y − b)2, equivalentemente
lim
(x,y)→(a,b)

f(x, y) − f(a, b) −
∂f
∂x
(a, b)[x − a] −
∂f
∂y
(a, b)[y − b]

= 0
Ora, como lim(x,y)→(a,b)(x − a) = 0 e lim(x,y)→(a,b)(y − b) = 0,
usando as propriedades de limites, concluímos que
lim
(x,y)→(a,b)
[f(x, y) − f(a, b)] = 0 ⇔ lim
(x,y)→(a,b)
f(x, y) = f(a, b)

Diferenciabilidade
Exemplo 1 Usando a definição de diferenciabilidade, provar que a
função f(x, y) = x2 + y2 é diferenciável em R2.

Diferenciabilidade
Solução A função dada possui derivadas em todos os pontos
(a, b) ∈ R2 que são dadas por
∂f
∂x
(a, b) = 2a e
∂f
∂y
(a, b) = 2b
Assim, para mostrarmos que f é difenrenciável em R2, resta
verficar que para qualquer (a, b) ∈ R2, o limite da equação (10) é
zero.

Diferenciabilidade
Solução A função dada possui derivadas em todos os pontos
(a, b) ∈ R2 que são dadas por
∂f
∂x
(a, b) = 2a e
∂f
∂y
(a, b) = 2b
Assim, para mostrarmos que f é difenrenciável em R2, resta
verficar que para qualquer (a, b) ∈ R2, o limite da equação (10) é
zero. Se chamamos de L esse limite, temos
L = lim
(x,y)→(a,b)
x2 + y2 −

a2 + b2 + 2a[x − a] + 2b[y − b]

p
(x − a)2 − (y − b)2
= lim
(x,y)→(a,b)
x2 − 2xa + a2 + y2 − 2yb + b2
p
(x − a)2 − (y − b)2

Diferenciabilidade
= lim
(x,y)→(a,b)
(x − a)2 − (y − b)2
p
(x − a)2 − (y − b)2
= lim
(x,y)→(a,b)
q
(x − a)2 − (y − b)2= 0
Logo, f é diferenciável em R2.

Diferenciabilidade
= lim
(x,y)→(a,b)
(x − a)2 − (y − b)2
p
(x − a)2 − (y − b)2
= lim
(x,y)→(a,b)
q
(x − a)2 − (y − b)2= 0
Logo, f é diferenciável em R2.
Exemplo 2 Verifique se as funções dadas são diferenciáveis na
origem.
a) f(x, y) =
p
x2 + y2
b)
f(x, y) =
(
x2
x2+y2 se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
c)
f(x, y) =
(
2y3
x2+y2 se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)

Diferenciabilidade
Solução de a) Vamos verificar se a função dada,
f(x, y) =
p
x2 + y2, tem derivadas parciais na origem. Vamos
verificar se fx(0, 0) e fy(0, 0) existem.

Diferenciabilidade
f(x, y) =
p
verificar se fx(0, 0) e fy(0, 0) existem. Note que
fx(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
√
h2
h

Diferenciabilidade
f(x, y) =
p
fx(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
√
h2
h
Olhando pros limites laterais, temos
lim
h→0+
√
h2
h
= 1 e lim
h→0−
√
h2
h
= −1

Diferenciabilidade
f(x, y) =
p
fx(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
√
h2
h
Olhando pros limites laterais, temos
lim
h→0+
√
h2
h
= 1 e lim
h→0−
√
h2
h
= −1
Portanto, o limite não existe e, dessa forma, concluímos que
fx(0, 0) não existe. Logo, f não é diferenciável na origem.

Diferenciabilidade
Solução de b) De acordo com a proposição 1, se f não é contínua
no ponto (0, 0), f não será diferenciável nesse ponto.

Diferenciabilidade
no ponto (0, 0), f não será diferenciável nesse ponto. Vamos,
então verificar se f é contínua na origem, ou seja, se
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0).

Diferenciabilidade
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0).
Temos que lim(x,y)→(0,0)
x2
x2+y2 é indeterminado. Então vamos
calcular o limite por diferentes caminhos:

Diferenciabilidade
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0).
x2
• Fazendo x → 0 pelo eixo x, ou seja, fazendo y = 0, obtemos
lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2
= 1

Diferenciabilidade
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0).
x2
• Fazendo x → 0 pelo eixo x, ou seja, fazendo y = 0, obtemos
lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2
= 1
• Ora, fazendo x = 0, temos
lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
0
y2
= 0
Portanto, não existe lim(x,y)→(0,0) f(x, y) e, assim, f não é
contínua em (0, 0). Logo, f não é diferenciável na origem.

Diferenciabilidade
Solução de c) Vamos, inicialmente, verificar que a função dada
tem derivadas parciais na origem. Temos
fx(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
0 − 0
h
= 0
fy(0, 0) = lim
h→0
f(0, h) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
2h3
h2 − 0
h
= 2

Diferenciabilidade
Solução de c) Vamos, inicialmente, verificar que a função dada
tem derivadas parciais na origem. Temos
fx(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
0 − 0
h
= 0
fy(0, 0) = lim
h→0
f(0, h) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
2h3
h2 − 0
h
= 2
Vamos, agora, verificar se o limte dado na equação (10) é zero.
Temos que
f(x, y) −
h
f(0, 0) + ∂f
∂x (0, 0)[x − 0] + ∂f
∂y (0, 0)[y − 0]
i
p
(x − 0)2 − (y − 0)2
=
=
2y3
x2+y2 − [0 + 0(x − 0) + 2(y − 0)]
p
x2 + y2
=
2y3−2y(x2+y2)
x2+y2
p
x2 + y2
=
−2x2y
(x2 + y2)3/2

Diferenciabilidade
Portanto, devemos verificar se existe
lim
(x,y)→(0,0)
−2x2y
(x2 + y2)3/2

Diferenciabilidade
lim
(x,y)→(0,0)
−2x2y
(x2 + y2)3/2
Fazendo (x, y) → (0, 0) pelo eixo dos x, temos
lim
(x,y)→(0,0)
−2x2y
(x2 + y2)3/2
= lim
x→0
0
(x2)3/2
= 0

Diferenciabilidade
lim
(x,y)→(0,0)
−2x2y
(x2 + y2)3/2
Fazendo (x, y) → (0, 0) pelo eixo dos x, temos
lim
(x,y)→(0,0)
−2x2y
(x2 + y2)3/2
= lim
x→0
0
(x2)3/2
= 0
Fazendo (x, y) → (0, 0) pelo pontos da semi-reta y = x, x 0,
temos
lim
(x,y)→(0,0)
−2x2y
(x2 + y2)3/2
= lim
x→0+
−2x3
(2x2)3/2
= lim
x→0+
−2x3
(2
√
2x3
= −
√
2
2
Logo, o limite dado na equação (10) não existe e, portanto, f não
é diferenciável na origem.

Diferenciabilidade
Obervação O exemplo c) acima, ilustra do fato de que a
existência das derivadas parciais não é condição suficiente para que
uma função seja diferenciável. Temos, a seguinte proposição:

Diferenciabilidade
Proposição (Um condição suficiente para diferenciabilidade)
Sejam f(x, y) uma função e (a, b) ∈ D(f). Se f possui derivadas
parciais ∂f
∂x e ∂f
∂y num conjunto aberto A que contém (a, b) e se
essas derivadas são contínuas em (a, b), então f é diferenciável em
(a, b)

Diferenciabilidade
Proposição (Um condição suficiente para diferenciabilidade)
Sejam f(x, y) uma função e (a, b) ∈ D(f). Se f possui derivadas
parciais ∂f
∂x e ∂f
∂y num conjunto aberto A que contém (a, b) e se
essas derivadas são contínuas em (a, b), então f é diferenciável em
(a, b)
Exemplo 3 Verifique que as funções a seguir são diferenciáveis em
R2
a) f(x, y) = x2 + y2
b) f(x, y) = 3xy2 + 4x2y + 2xy
c) f(x, y) = sin(xy2)

Diferenciabilidade
Solução a) A função f(x, y) = x2 + y2 tem derivadas parciais em
todos os pontos (x, y) ∈ R2, que são dadas por fx = 2x e
fy = 2y. Como estas derivadas parciais são contínuas em R2,
concluímos que f é diferenciável em R2
Façam b) e c)

Diferenciabilidade
Façam b) e c)
Exemplo 4 Verificar que as funções dadas são diferenciáveis em
R2 − {(0, 0)}:
a) f(x, y) =
x
x2 + y2
b) f(x, y) =
q
x2 + y2

Diferenciabilidade
Façam b) e c)
Exemplo 4 Verificar que as funções dadas são diferenciáveis em
R2 − {(0, 0)}:
a) f(x, y) =
x
x2 + y2
b) f(x, y) =
q
x2 + y2
Solução de a) Em todos os pontos (x, y) ∈ R2 − {(0, 0)}, a
função f(x, y) = x
x2+y2 tem derivadas parciais, que são dadas por
∂f
∂x
=
−x2 + y2
(x2 + y2)2
e
∂f
∂y
=
−2xy
(x2 + y2)2

Diferenciabilidade
Como essa derivadas são funções racionais cujo denominador se
anula apenas na origem, elas são contínuas em R2 − {(0, 0)}
Solução 2 exercício

Plano Tangente e Gradiente
Na seção anterior vimos que, quando existir, o plano tangente ao
gráfico de uma função f será dado pela equação (9). No entanto,
nem sempre o plano dado por essa equação existe e, mesmo se
existir, poderá não ser tangente ao gráfico de f. Podemos
visualizar isso, analisando os gráficos das figuras a seguir.
Na seguinte figura a seguir temos o gráfico da função
f(x, y) = x2 + y2. Esse gráfico representa uma superfície suave,
que possui plano tangente em todos os seus pontos. No exemplo 1
vimos que essa função é diferenciável em todos os pontos de R2.

O figura a seguir é o gráfico da função
p
x2 + y2, que apresenta
um ponto anguloso na sua origem, não admitindo plano tangente
nesse ponto.

No exemplo 2.a) vimos que essa função não tem derivadas parciais
em (0, 0), não sendo diferenciável nesse ponto. Nesse exemplo, o
plano dado pela expressão (9) não existe.
A seguinte figura momostra o gráfico da função
f(x, y) =
(
2y3
x2+y2 se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)

Neste exemplo, no ponto (0, 0, 0), o plano da equação (9) existe,
mas não é tangente ao gráfico de f. No exemplo 2.c) vimos que f
admite derivadas parciais, mas não é diferenciável na origem.
Temos a seguinte definição

Definição Seja f : R2 → R2 diferenciável no ponto (a, b).
Chamamos plano tangente ao gráfico de f no ponto
(a, b, f(a, b)) ao plano dado pela equação
z − f(a, b) =
∂f
∂x
(a, b)(x − a) +
∂f
∂y
(a, b)(y − b)

Definição Seja f : R2 → R2 diferenciável no ponto (a, b).
Chamamos plano tangente ao gráfico de f no ponto
(a, b, f(a, b)) ao plano dado pela equação
z − f(a, b) =
∂f
∂x
(a, b)(x − a) +
∂f
∂y
(a, b)(y − b)
Exemplo 5 Determinar, se existir, o plano tangente ao gráfico das
funções nos pontos indicados.
a) z = x2
+ y2
P1 = (0, 0, 0); P2 = (1, 1, 2)
b) z =
q
2x2 + y2 P1 = (0, 0, 0); P2 = (1, 1,
√
3)

Solução de a) O plano tangente no ponto P1 = (0, 0, 0) tem
como equação z = 0 (verifique!)

Solução de b) A função dada não tem derivadas parciais em
(0, 0)(veja exemplo 2). Portanto, não é diferenciável nesse ponto e
seu gráfico não admite plano tangente em P1 = (0, 0, 0).

Fora da origem, a função dada é diferenciável. Suas derivadas
parciais são dadas por
∂f
∂x
=
1
2
(2x2
+ y2
)−1/2
· 4x =
2x
p
2x2 + y2
∂f
∂y
=
y
p
2x2 + y2

Fora da origem, a função dada é diferenciável. Suas derivadas
parciais são dadas por
∂f
∂x
=
1
2
(2x2
+ y2
)−1/2
· 4x =
2x
p
2x2 + y2
∂f
∂y
=
y
p
2x2 + y2
Substituindo P2 = (1, 1,
√
3) na equação (1), obtemos a equação
do plano tangente, que é dada por
z −
√
3 =
2
√
3
(x − 1) +
1
√
3
(y − 1) ou 2x + y −
√
3z = 0

Observação Note que, usando o produto escalar de dois vetores, a
equação do plano tangente pode ser reescrita como
z − f(a, b) =

∂f
∂x
(a, b),
∂f
∂y
(a, b)

· (x − a, y − b).

Observação Note que, usando o produto escalar de dois vetores, a
equação do plano tangente pode ser reescrita como
z − f(a, b) =

∂f
∂x
(a, b),
∂f
∂y
(a, b)

· (x − a, y − b).
O vetor

∂f
∂x (a, b), ∂f
∂y (a, b)

, formado pelas derivadas parciais de
1ra ordem de f, tem propriedades interessantes. Vamos explorá-lo
detalhadamente nas próximos aulas, mas é interessante introduzí-lo
neste momento. Temos seguinte definição:

Definição Seja z = f(x, y) uma função que admite derivadas
parciais de 1ra ordem no ponto (a, b). O gradiente de f no ponto
(a, b), denotado por
grad f(a, b) ou ∇f(a, b)
é um vetor cujas componentes são as derivadas parciais de 1ra
ordem de f nesse ponto. Ou seja,
grad f(a, b) =

∂f
∂x
(a, b),
∂f
∂y
(a, b)

Goemetricamente, interpretamos ∇f(a, b) como um vetor aplicado
no ponto (a, b), isto é, trasladado paralelamente da origem para o
ponto (a, b)

Se trabalhamos com um ponto genérico (x, y), usualmente
represntamos o vetor gradiente por
∇f =

∂f
∂x
,
∂f
∂y

Analogamente, definimos o vetor gradiente de funções de mais de
duas variáveis. Por exemplo, para uma função de três variáveis
w = f(x, y, z), temos
∇w =

∂f
∂x
,
∂f
∂y
,
∂f
∂z


Exemplo 6 Determinar o vetor gradiente das funções:
a) z = 5x2
y +
1
x
y2
b) w = xyz2
Solução de a) exercício
Solução de b) Temos
∇w = (yz2
, xz2
, 2xyz)

a) z = 5x2
y +
1
x
y2
b) w = xyz2
∇w = (yz2
, xz2
, 2xyz)
Exemplo 7 Determinar o vetor gradiente da função
f(x, y) = x2 + 1
2y2 no ponto (1, 3).

a) z = 5x2
y +
1
x
y2
b) w = xyz2
∇w = (yz2
, xz2
, 2xyz)
Exemplo 7 Determinar o vetor gradiente da função
f(x, y) = x2 + 1
2y2 no ponto (1, 3).
Solução Temos
∇f(x, y) = (2x, y) ⇒ ∇f(1, 3) = (2, 3)
Exercício Determinar o vetor gradiente da função
g(x, y) =
p
1 − x2 − y2 em P = (0, 0)

Uma das mais importantes propriedades do gradiente de f é que
ele é perpendicular às curvas de nível de f.
Proposição Seja f(x, y) uma funçao tal que, pelo ponto
P = (a, b), passa uma curva de nível Ck de f. Se
grad f(a, b) 6= (0, 0), então ele é perpendicular à curva Ck em
(a, b), isto é, ele é perpendicular à reta tangente à curva Ck no
ponto (a, b)

É importante observar que ∇f está situado no plano xy, que é o
domínio de definição da função dada. Além disso, ele está aplicado
no ponto (a, b), ou seja, ele foi trasladado paralelamente da origem
para esse ponto.

Exemplo 8 Encontrar a equação da reta perpendicular à curva
x2 + y2 = 4, no ponto P = (1,
√
3).

x2 + y2 = 4, no ponto P = (1,
√
3).
Solução A curva dada é uma curva de nível da função
f(x, y) = x2 + y2 e passa no ponto P. Assim, o vetor ∇f é
perpendicular à curva dada nesse ponto.
Temos
∇f = (2x, 2y)

x2 + y2 = 4, no ponto P = (1,
√
3).
Solução A curva dada é uma curva de nível da função
f(x, y) = x2 + y2 e passa no ponto P. Assim, o vetor ∇f é
perpendicular à curva dada nesse ponto.
Temos
∇f = (2x, 2y) ⇒ ∇f(1,
√
3) = (2, 2
√
3)
A inclinação da reta t, perpendicular à curva dada no ponto P,
coincide com o coeficiente angular, k2, do vetor ∇f(1,
√
3). Temos
k2 =
2
√
3
2
=
√
3

Conhecendo a inclinação da reta procurada e sabendo que ela
passa no ponto P, podemos escrever sua equação, que é dada por
y −
√
3 =
√
3(x − 1) ou y =
√
3x

Regra da Cadeia
Lembremo-nos de que a Regra da Cadeia para uma função de uma
única variável nos dava uma regra para derivar uma função
composta.
Se y = f(x) e x = g(t), onde f e t são funções diferenciáveis,
então y é indiretamente uma função diferenciável de t e
dy
dt
=
dy
dx
dx
dt

Regra da Cadeia
Lembremo-nos de que a Regra da Cadeia para uma função de uma
única variável nos dava uma regra para derivar uma função
composta.
Se y = f(x) e x = g(t), onde f e t são funções diferenciáveis,
então y é indiretamente uma função diferenciável de t e
dy
dt
=
dy
dx
dx
dt
Vamos, agora, usar a regra da cadeia para o caso de funções de
várias variáveis.
Inicialmente, vamos trabalhar com dois casos específicos de
composição.

Regra da Cadeia
Proposição (REGRA DA CADEIA–CASO I) Sejam A e B
conjuntos abertos em R2 e R, respectivamente, e sejam
g : B → R2 (t 7→ g(t) = (x(t)), y(t)) e f : A → R, z = f(x, y)
uma função que tem derivadas parciais de 1o ordem contínuas em
A, x = x(t) e y = y(t) funções diferenciáveis em B tais que
∀t ∈ B, temos (x(t), y(t)) ∈ A.

Regra da Cadeia
Seja a função composta
h(t) = (f ◦ g)(t) = f(g(t)) = f(x(t), y(t)), t ∈ B
Então, essa função composta é diferenciável para todo t ∈ B e dh
dt
é dada por
dh
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
(11)

Regra da Cadeia
h(t) = (f ◦ g)(t) = f(g(t)) = f(x(t), y(t)), t ∈ B
Então, essa função composta é diferenciável para todo t ∈ B e dh
dt
é dada por
dh
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
(11)
Note que a expressão (11) pode ser reescrita com um produto
escalar de dois vetores, isto é,
dh
dt
= ∇f(x, y) · ~
g0(t), onde ~
g0(t) = (x0
(t), y0
(t)).
Observação Para lembrar a Regra da Cadeia é útil desenhar o
diagram em árvore.

Regra da Cadeia
Desenhamos os ramos da árvore saindo da variável dependente z
para as variáveis intermediárias x e y a fim de indicar que z é uma
função de x e y. Então desenhamos os ramos saindo de x e y para
a variável t

Regra da Cadeia
Exemplo 1 Verificar a fórmula (11) da regra da cadeia para
f(x, y) = xy + x2
x(t) = t + 1
y(t) = t + 4

Regra da Cadeia
Exemplo 1 Verificar a fórmula (11) da regra da cadeia para
f(x, y) = xy + x2
x(t) = t + 1
y(t) = t + 4
Solução Para verficar a fórmula (11), isto é,
dh
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
vamos encontrar inicilamente a função composta h. Temos
h(t) = f(t + 1, t + 4) = (t + 1)(t + 4) + (t + 1)2
= 2t2
+ 7t + 5
Assim,
dh
dt
=
d
dt
(2t2
+ 7t + 5) = 4t + 7 (12)

Regra da Cadeia
Por outro lado, temos que
∂f
∂x
= y + 2x
dx
dt
= 1
∂f
∂y
= x
dy
dt
= 1
Assim,
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
= (y + 2x) + x = y + 3x (13)
Substituindo x = t + 1 e y = t + 4 em (13), temos
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
= t + 4 + 3(t + 1) = 4t + 7 (14)
Comparando (12) e (14), verificamos a validade da fórmula (11).

Regra da Cadeia
Exemplo 2 Dada f(x, y) = x2y + ln xy2, g(t) = (t2, t), encontrar
a derivada dh
dt com h(t) = (f ◦ g)(t)

Regra da Cadeia
Exemplo 2 Dada f(x, y) = x2y + ln xy2, g(t) = (t2, t), encontrar
a derivada dh
dt com h(t) = (f ◦ g)(t)
Solução Usando a regra da cadeia, temos
dh
dt
=
∂f
∂x
dx
dt
+
∂f
∂y
dy
dt
= (y + 2x) + x = y + 3x
= 2xy +
y2
xy2
!
· 2t +

x2
+
2xy
xy2

· 1
= 2t2
t +
t2
t2t2
!
· 2t + (t2
)2
+
2t2t
t2t2
!
=

2t3
+
1
t2

· 2t +

t4
+
2
t

= 5t4
+
4
t

Regra da Cadeia
Proposição (REGRA DA CADEIA –CASO II) Sejam A e B
conjuntos abertos em R2 e sejam
g : B → R2 ((x, y) 7→ g(x, y) = (u(x, y)), v(x, y)) e
f : A → R, z = f(u, v) uma função que tem derivadas parciais de
1o ordem contínuas em A, u = u(x, y) e v = v(x, y) funções
diferenciáveis em B tais que ∀(x, y) ∈ B, temos
(u(x, y), v(x, y)) ∈ A.

Regra da Cadeia
h(x, y) = (f ◦ g)(x, y) = f(u(x, y), v(x, y)), (x, y) ∈ B
Então, a função composta h(x, y) é diferenciável para todo
(x, y) ∈ B, valendo:
∂h
∂x
=
∂f
∂u
∂u
∂x
+
∂f
∂v
∂v
∂x
(15)
∂h
∂y
=
∂f
∂u
∂u
∂x
+
∂f
∂v
∂v
∂y
(16)

Regra da Cadeia
h(x, y) = (f ◦ g)(x, y) = f(u(x, y), v(x, y)), (x, y) ∈ B
Então, a função composta h(x, y) é diferenciável para todo
(x, y) ∈ B, valendo:
∂h
∂x
=
∂f
∂u
∂u
∂x
+
∂f
∂v
∂v
∂x
(15)
∂h
∂y
=
∂f
∂u
∂u
∂x
+
∂f
∂v
∂v
∂y
(16)
Observe que as equações (15) e (16) podem ser reescrita em
forma matricial. Temos
h
∂h
∂x
∂h
∂x
i
=
h
∂f
∂u
∂f
∂v
i
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
#
(17)

Regra da Cadeia
Essa proposição é uma consequência da proposição anterior, pois
quando tomamos x ou y constantes para calcular as derivadas
parciais, estamos considerando u(x, y) e v(x, y) funções de uma
variável.
Exemplo 3 Verificar as fórmulas (15) e (16), para
f(u, v) = u2
− v + 4
u(x, y) = x + y
v(x, y) = x2
y − 1

Regra da Cadeia
Essa proposição é uma consequência da proposição anterior, pois
quando tomamos x ou y constantes para calcular as derivadas
parciais, estamos considerando u(x, y) e v(x, y) funções de uma
variável.
Exemplo 3 Verificar as fórmulas (15) e (16), para
f(u, v) = u2
− v + 4
u(x, y) = x + y
v(x, y) = x2
y − 1
Solução Vamos inicialmente encontrar a função composta h(x, y).
Temos
h(x, y) = f(g(x, y)) = f(x + y, x2
y − 1)
h(x, y) = (x + y)2
− (x2
y − 1) + 4
= x2
+ y2
+ 2xy − x2
y + 5

Regra da Cadeia
Assim, as derivadas parciais de h são:
∂h
∂x
= 2x + 2y − 2xy (18)
∂h
∂x
= 2y + 2x − x2
(19)
Por outro lado, temos que
∂f
∂u
= 2u
∂u
∂x
= 1
∂v
∂x
= 2xy
∂f
∂v
= −1
∂u
∂y
= 1
∂v
∂y
= x2
Substituindo esses últimos resultados em (15) e (16), temos

Regra da Cadeia
∂f
∂u
∂u
∂x
+
∂f
∂v
∂v
∂x
= 2u · 1 + (−1)2xy
= 2u − 2xy
= 2(x + y) − 2xy
∂f
∂u
∂u
∂x
+
∂f
∂v
∂v
∂x
= 2x + 2y − 2xy (20)
e
∂f
∂u
∂u
∂y
+
∂f
∂v
∂v
∂y
= 2u · 1 + (−1)x2
= 2u − x2
= 2(x + y) − x2
∂f
∂u
∂u
∂y
+
∂f
∂v
∂v
∂y
= 2x + 2y − x2
(21)

Regra da Cadeia
Comparando (18) com (20) e (19) com (21), verificamos as
fórmulas (15) e (16).
Perigo! O símbolo ∂f
∂x não pode ser visto como uma simplificação
de ∂f
∂u
∂u
∂x

Regra da Cadeia
Comparando (18) com (20) e (19) com (21), verificamos as
fórmulas (15) e (16).
Perigo! O símbolo ∂f
∂x não pode ser visto como uma simplificação
de ∂f
∂u
∂u
∂x
Exemplo 4 Dada f(x, y) = x2y − x2 + y2
x = r cos θ
y = r sin θ
encontrar as derivadas parciais ∂f
∂r e ∂f
∂θ

Regra da Cadeia
Solução Usando a regra da cadeia (proposição anterior), temos
∂f
∂r
=
∂f
∂x
∂x
∂r
+
∂f
∂y
∂y
∂r
= (2xy − 2x) cos θ + (x2
+ 2y) sin θ
= [2(r cos θ)(r sin θ) − 2r cos θ] cos θ + [(r cos θ)2
+ 2r sin θ] sin θ
= 3r2
cos2
θ − 2r cos2
θ + 2r sin2
θ
∂f
∂θ
=
∂f
∂x
∂x
∂θ
+
∂f
∂y
∂y
∂θ
= (2xy − 2x)(−r sin θ) + (x2
+ 2y)r cos θ
=

Regra da Cadeia
A Regra da Cadeia pode ser generalizada para mais variáveis,

Derivação Implícita
A Regra da Cadeia pode ser usada para dar uma descrição mais
completa do processo de derivação implícita.
Suponhamos que a equação da forma F(x, y) = 0 defina y
implicitamente como uma função diferenciável de x. Ou seja,
y = f(x), onde F(x, f(x)) = 0 para todo x no domínio de f.
Se F é diferenciável, podemos aplicar o Caso 1 da Regra de Cadeia
para derivar ambos os lados da equação F(x, y) = 0 com relação a
x.

A Regra da Cadeia pode ser usada para dar uma descrição mais
completa do processo de derivação implícita.
Suponhamos que a equação da forma F(x, y) = 0 defina y
implicitamente como uma função diferenciável de x. Ou seja,
y = f(x), onde F(x, f(x)) = 0 para todo x no domínio de f.
Se F é diferenciável, podemos aplicar o Caso 1 da Regra de Cadeia
para derivar ambos os lados da equação F(x, y) = 0 com relação a
x.
Como x e y são ambas funções de x, obtemos
∂F
∂x
∂x
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
= 0

No entanto, ∂x
∂x = 1, então se ∂F
∂y 6= 0, islamos ∂y
∂x para obtermos
∂y
∂x
= −
∂F
∂x
∂F
∂y
= −
Fx
Fy
(22)
Para deduzir essa equação, pressumimos que F(x, y) = 0 define y
implicitamente como função de x. Isto é conhecido como o
Teorema da Função Implícita
Exemplo 5 Determine y0 se x3 + y3 = 6xy.
Solução A equação dada pode ser escrita como
F(x, y) = x3
+ y3
− 6xy

Regra da Cadeia
e, dessa forma, a quação 22 nos dá
y0
=
dy
dx
= −
Fx
Fy
= −
3x2 − 6y
3y2 − 6x
= −
x2 − 3y
y2 − 3x
Suponha agora que z seja dado implicitamente como uma função
z = f(x, y) por uma equação da forma F(x, y, z) = 0. Isso
significa que F(x, y, f(x, y)) = 0 para todo (x, y) no domínio de f.
Se F e f forem diferenciáveis, utilizamos a Regra da Cadeia para
derivar a equação F(x, y, z) = 0 da seguinte forma:
∂F
∂x
∂x
∂x
+
∂F
∂y
∂y
∂x
+
∂F
∂z
∂z
∂x
= 0

Regra da Cadeia
Mas,
∂
∂x
(x) = 1 e
∂
∂x
(y) = 0
portanto, essa equação se torna,
∂F
∂x
+
∂F
∂z
∂z
∂x
= 0
Se ∂F
∂z 6= 0, resolvemos para ∂z
∂x e obtemos a primeira fórmula das
equações 23 abaixo. A fórmula para ∂z
∂y é obtida analogamente.
∂z
∂x
= −
∂F
∂x
∂F
∂z
e
∂z
∂y
= −
∂F
∂y
∂F
∂z
(23)

Regra da Cadeia
Exemplo 6 Determine ∂z
∂x e ∂z
∂y se x3 + y3 + z3 + 6xyz = 1
Solução Seja F(x, y, z = x3 + y3 + z3 + 6xyz − 1. Então, das
Equações 23, temos
∂z
∂x
= −
Fx
Fz
= −
3x2 + 6yz
3z2 + 6xy
= −
x2 + 2yz
z2 + 2xy
∂z
∂y
= −
Fy
Fz
= −
3y2 + 6xz
3z2 + 6xy
= −
y2 + 2xz
z2 + 2xy

Regra da Cadeia
Exemplo 7 Sabendo que a função diferenciável y = f(x) é
definida implicitamente pela equação x2 + y2 = 1, determinar sua
derivada dy
dx .
Solução A função dada é definida implicitamente pela equação
F(x, y) = 0, onde F(x, y) = x2 + y2 − 1
Como ∂F
∂x = 2x e ∂F
∂y = 2y e usando (22), temos
dy
dx
= −
2x
2y
= −
x
y
; y 6= 0.
Como nesse exemplo podemos explicitar y = f(x), é interessante
compararmos esse resultado com o obtido pela derivação usual de
uma função de uma variável. Para a função
y =
p
1 − x2

Regra da Cadeia
dy
dx
=
1
2
(1 − x2
)−1
2 (−2x) =
−x
√
1 − x2
= −
x
y
Analogamente, para a função y = −
√
1 − x2, obtemos
dy
dx
=
x
√
1 − x2
= −
x
y

Derivada fas funções x = x(u, v) e y = y(u, v) definidas
implicitamente por F(x, y, u, v) = 0 e G(x, y, u, v) = 0
Suponhamos que as funções x = x(u, v) e y = y(u, v) sejam
definidas implícitamente pelo sistema
(
F(x, y, u, v) = 0
G(x, y, u, v) = 0
(24)
onde F e G são funções diferenciáveis.
Como nas situações anteriores, podemos determinar as derivadas
parciais de x e y em relação a u e v, com o auxílio da regra da
cadeia.
Mantendo v constante e derivando (24) em relação a u, obtemos
( ∂F
∂x
∂x
∂u + ∂F
∂y
∂y
∂u + ∂F
∂u
∂u
∂u + ∂F
∂v
∂v
∂u = 0
∂G
∂x
∂x
∂u + ∂G
∂y
∂y
∂u + ∂G
∂u
∂u
∂u + ∂G
∂v
∂v
∂u = 0

Como ∂u
∂u = 1 e ∂v
∂u = 0, vem
( ∂F
∂x
∂x
∂u + ∂F
∂y
∂y
∂u = −∂F
∂u
∂G
∂x
∂x
∂u + ∂G
∂y
∂y
∂u = −∂G
∂u
Utilizando a regra de Cramer para resolver o sistema, obtemos
∂x
∂u
= −
∂F
∂u
∂F
∂y
∂G
∂u
∂G
∂y
∂F
∂x
∂F
∂y
∂G
∂x
∂G
∂y
e
∂y
∂u
= −
∂F
∂x
∂F
∂u
∂G
∂x
∂G
∂u
∂F
∂x
∂F
∂y
∂G
∂x
∂G
∂y
desde que o determinante do denominador não seja nulo.
Usaremos a seguinte notação
∂x
∂u
= −
∂(F,G)
∂(u,y)
∂(F,G)
∂(x,y)
e
∂y
∂u
= −
∂(F,G)
∂(x,u)
∂(F,G)
∂(x,y)
(25)

onde ∂(F,G)
∂(u,y) =
∂F
∂u
∂F
∂y
∂G
∂u
∂G
∂y
,∂(F,G)
∂(x,u) =
∂F
∂x
∂F
∂u
∂G
∂x
∂G
∂u
e ∂(F,G)
∂(x,y) 6= 0
Analogamente, mantendo u constante e derivando (24) em relação
a v, obtemos
∂x
∂v
= −
∂(F,G)
∂(v,y)
∂(F,G)
∂(x,y)
e
∂y
∂v
= −
∂(F,G)
∂(x,v)
∂(F,G)
∂(x,y)
(26)
desde que ∂(F,G)
∂(x,y) 6= 0

Exemplo 8 Sabendo que o sistema
(
x − u + 2v = 0
y − 2u − v = 0
define as funções diferenciáveis x = x(u, v) e y = y(u, v),
determinar as derivadas parciais de x e y em relação a u e v
Solução Utilizando (25) e (26), temos
∂x
∂u
= −
−1 0
−2 1
1 0
0 1
= 1 e
∂y
∂u
= −
1 −1
0 2
1 0
0 1
= 2
∂x
∂v
= −
2 0
−1 1
1 0
0 1
= −2 e
∂y
∂v
= −
1 2
0 −1
1 0
0 1
= 1

Claramente nesse exemplo poderíamos calcular essas derivadas
determinando as derivadas parciais das funções explícitas
(
x = u − 2v
y = 2u + v
O exemplo apenas ilustra o procedimento proposto.
Exemplo 9 Dadas a sfunções x = x(u, v) e y = y(u, v) definidas
implicitamente por
(
u = x2 + y2
v = 2xy
determinar:
a) As derivadas parciais de x e y em relação a u e v.
b) Um par de funções x = x(u, v) e y = y(u, v) que sejam
defindas implicitamente pelo sistema dado.

Solução de a) O sistema dado pode ser escrito como
(
F(x, y, u, v) = 0
G(x, y, u, v) = 0
onde
(
F(x, y, u, v) = u − x2 − y2
G(x, y, u, v) = v − 2xy
Assim, aplicando (25), temos
∂x
∂u
= −
1 −2y
0 −2x
−2x −2y
−2y −2x
= −
−2x
4x2 − 4y2
=
x
2x2 − 2y2

∂y
∂u
= −
−2x 1
−2y 0
−2x −2y
−2y −2x
= −
−2y
4x2 − 4y2
=
−y
2x2 − 2y2
Analogamente, aplicando (26), obtemos
∂x
∂v
=
y
2x2 − 2y2
e
∂y
∂v
=
x
2x2 − 2y2

Máximos e Mínimos de Funções de Várias Variáveis
Nesta seção, vamos analisar os máximos e mínimos de funções de
várias variáveis.
O máximo ou mínimo de uma função de duas variáveis pode
ocorrer na fronteira de uma região ou no seu interior.
Inicialmente, vamos analisar exemplos em que os máximos e
mínimo encontram-se no interior de uma região. Posteriormente,
mostraremos as técnicas para determinar máximos e mínimos na
fronteira de um conjunto e também sobre uma curva

Introdução
Consideremos os seguintes enunciados:
1 Quais as dimensões de uma caixa retangular sem tampa com
volume a e com menor área de superfície possível?
2 Sejam (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) os vértices de um triângulo.
Qual é o ponto (x, y) tal que a soma dos quadrados de suas
distâncias é a menor possível?
3 A tempreatura T em qualquer ponto (x, y) do plano é dada
por T = T(x, y). Como vamos determinar a temperatura
máxima em um disco fechado de raio a centrado na origem?
E a temperatura mínima?

Observando a fugura abaixo, podemos intuitivamente dizer que:
• os pontos P1 e P2 são pontos de mínimos da função
z = f(x, y) situados no interior de A ⊂ D(f);
• o ponto P3 é ponto de máximo situado na fronteira de
A ⊂ D(f).

As seguintes definições formalizam essa observação
Definição 10 Seja z = f(x, y) uma função de duas variáveis.
Dizemos que (a, b) ∈ D(f) é ponto de máximo absoluto ou
global de f se, para todo (x, y) ∈ D(f), f(x, y) ≤ f(a, b).
Dizemos que f(a, b) é o valor máximo de f.
Exemplo 11 A figura abaixo mostra a função
f(x, y) = 4 − x2 − y2. O ponto (0, 0) é um ponto de máximo
absoluto ou global de f, pois, para todo
(x, y) ∈ D(f), 4 − x2
− y2
≤ f(0, 0)
ou
4 − x2
− y2
≤ 4 para todo (x, y) ∈ R2
O valor máximo de f(x, y) = 4 − x2 − y2 é f(0, 0) = 4

Dizemos que (a, b) ∈ D(f) é ponto de mínimo absoluto ou
global de f se, para todo (x, y) ∈ D(f), f(x, y) ≥ f(a, b).
Dizemos que f(a, b) é o valor mínimo de f.
Exemplo 13 A figura abaixo mostra a função
f(x, y) = 1 + x2 + y2. O ponto (0, 0) é um ponto de mínimo
absoluto ou global de f, pois, para todo
(x, y) ∈ D(f), 1 + x2
+ y2
≥ f(0, 0)
ou
1 + x2
+ y2
≤ 1 para todo (x, y) ∈ R2
O valor mínimo de f(x, y) = 1 + x2 + y2 é f(0, 0) = 1

Dizemos que:
a) (a, b) ∈ D(f) é ponto de máximo relativo ou local de f se
existir uma bola aberta B((a, b); r) tal que f(x, y) ≤ f(a, b),
para todo (x, y) ∈ B ∩ D(f)
b) (a, b) ∈ D(f) é ponto de mínimo relativo ou local de f se
existir uma bola aberta B((a, b); r) tal que f(x, y) ≥ f(a, b),
para todo (x, y) ∈ B ∩ D(f)
Exemplo 15 Os pontos P1 e P2 pertencentes ao domínio da
função z = f(x, y) da figura na introdução são pontos de
móinimos locais. è fácil visualizar a existência da bola aberta:
B(P1; r1), tal que f(x, y) ≥ f(P1) ∀(x, y) ∈ B ∩ R2
C(P2; r2), tal que f(x, y) ≥ f(P2) ∀(x, y) ∈ C ∩ R2

Exemplo 16 O gráfico da função z = sin2 x + 1
2y2 pode ser
visulaizado na figura a seguir. Nesse caso, verificamos a existência
de infinitos pontos de mínimos locais no domínio de z, isto é, em
R2.

Analisando a expressão analítica, podemos concluir que o valor
mínimo de z é encontrado quando
sin2
x = 0 e
1
2
y2
= 0
ou seja, para x = kπ, k ∈ Z e y = 0 Assim, os pontos (kπ, 0) para
k = 0, ±1, ±2, ±3, ... são pontos de mínimos locais da função
z = sin2
x +
1
2
y2
Teorema 17 Se f tem um máximo ou mínimo local em (a, b) e as
derivadas parciais de primeira ordem de f existem nesses pontos,
então fx(a, b) = 0 e fy(a, b) = 0.

Se impusermos fx(a, b) = 0 e fy(a, b) = 0 na equação do plano
tangente (Equação do plano tangente), obteremos z = z0 . Assim,
a interpretação geométrica do Teorema 17 é que o gráfico de f
tem um plano tangente em um máximo ou mínimo local, portanto,
o plano tangente deve ser horizontal.
Um ponto (a, b) é chamado ponto crítico de f se fx(a, b) = 0 e
fy(a, b) = 0, ou se uma das derivadas parciais não existir. O
Teorema 17 diz que se f tem um máximo ou mínimo local em
(a, b), então (a, b) é um ponto crítico de f. No entanto, como no
cálculo variável único, nem todos os pontos críticos originam
máximos ou mínimos. Em um ponto crítico, a função pode ter um
máximo local ou um mínimo local, ou ainda nenhum dos dois.

Exemplo 18 Encontre os pontos críticos de
f(x, y) = x2 + y2 − 2x − 6y + 14.
Solução Note que as derivadas parciais de f são
fx = 2x − 2 fy = 2y − 6
Logo
fx = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1
fy = 2y − 6 = 0 ⇔ y = 3
Portanto, o único ponto crítico é (1, 3)
Ora, note que completando os quadrados, achamos
f(x, y) = 4 + (x − 1)2
+ (y − 3)2
Já que (x − 1)2 ≥ 0 e (y − 3)2 ≥ 0, temos f(x, y) ≥ 4 para todos
os valores de x e y.

Logo, f(1, 3) = 4 é um mínimo local e, de fato, é o mínimo
absoluto de f. Isso pode ser confirmado geometricamente a partir
do gráfico de f, que é o paraboloide elíptico com vértice (1, 3, 4)
mostrado na figura a seguir

Exemplo 19 Determine os valores extremos de f(x, y) = y2 − x2
Solução Como fx = −2x e fy = 2y, o único ponto crítico é (0, 0).
Observe que, para os pontos sobre o eixo x, temos y = 0, portanto
f(x, y) = −x2 0 (se x 6= 0). Entretanto, para os pontos sobre o
eixo y, temos x = 0, portanto f(x, y) = y2 0 (se y 6= 0). Logo,
todo disco com centro (0, 0) contém pontos onde a função tem
valores positivos, assim como pontos onde f tem valores negativos.
Então, f(0, 0) = 0 não pode ser um valor extremo de f, portanto
f não tem valor extremo.

Nesse exemplo, o ponto (0, 0) é chamado ponto de sela de f.
Precisamos ser capazes de determinar se uma função tem um valor
extremo em um ponto crítico.
Teorema 20 (Teste da segunda derivada) Suponha que as
segundas derivadas parciais de f sejam contínuas em uma bola
aberta com centro em (a, b), e suponha que fx(a, b) = 0 e
fy(a, b) = 0 [ou seja, (a, b) é um ponto crítico de f]. Seja
D = D(a, b) = fxx(a, b)fyy(a, b) − [fxy(a, b)]2
a) Se D 0 e fxx(a, b) 0, então f(a, b) é um mínimo local.
b) Se D 0 e fxx(a, b) 0, então f(a, b) é um máximo local.
c) Se D 0, então f(a, b) não é mínimo local nem máximo
local, é ponto de sela.
d) Se D = 0, nada se pode afirmar.

Exemplo 21 Determine os valores máximos e mínimos locais e os
pontos de sela de
f(x, y) = x4
+ y4
− 4xy + 1
Solução Primeiro localizamos os pontos críticos:
fx = 4x3
− 4y fy = 4y3
− 4x
Igualando essas derivadas parciais a zero, obtemos as equações
x3
− y = 0 e y3
− x
Para resolvê-las, substituímos y = x3 da primeira equação na
segunda. Isso dá
0 = x9
− x
= x(x8
− 1)
= x(x4
− 1)(x4
+ 1)
= x(x2
− 1)(x2
+ 1)(x4
+ 1)

e existem três raízes reais: x = 0, 1, −1. Os três pontos críticos são
(0, 0), (1, 1) e (−1, −1). Agora vamos calcular as segundas
derivadas parciais e D(x, y):
fxx = 12x2
fxy = −4 fyy = 12y2
D(x, y) = fxxfyy − (fxy)2
= 144x2
y2
− 16
Como D(0, 0) = −16 0, segue do caso (c) do Teste da Segunda
Derivada que a origem é um ponto de sela; ou seja, f não tem
nem máximo local nem mínimo local em (0, 0). Como
D(1, 1) = 128 0 e fxx(1, 1)12 0, vemos do caso (a) do teste
que f(1, 1) = −1 é um mínimo local. Da mesma forma, temos
D(−1, −1) = 128 0 e fxx(−1, −1) = 12 0, portanto
f(−1, −1) = −1 é também um mínimo local.

Exemplo 22 Determine a menor distância entre o ponto (1, 0, −2)
e o plano x + 2y + z = 4.
Solução A distância entre um ponto qualquer (x, y, z) e o ponto
(1, 0, −2) é
d =
q
(x − 1)2 + y2 + (z + 2)2
Mas, se (x, y, z) pertence ao plano x + 2y + z = 4, então
z = 4 − x − 2y e assim temos
d =
q
(x − 1)2 + y2 + (6 − x − 2y)2
Podemos minimizar d minimizando a expressão mais simples
d2
= f = (x − 1)2
+ y2
+ (6 − x − 2y)2
Resolvendo as equações
fx = 2(x − 1) − 2(6 − x − 2y) = 4x + 4y − 14= 0
fy = 2y − 4(6 − x − 2y) = 4x + 10y − 24= 0

achamo o único ponto crítico

11
6 , 5
3

. Como fxx = 4, fxy = 4 e
fyy = 10, temos D(x, y) = fxxfyy − (fxy)2 = 24 0 e fxx 0,
portanto, pelo Teste da Segunda Derivada, f tem um mínimo local
em

11
6 , 5
3

. Intuitivamente podemos ver que esse mínimo local é,
na verdade, um mínimo absoluto, porque precisa haver um ponto
no plano dado que esteja mais próximo de (1, 0, −2). Se x = 11
6 e
y = 5
3, então
d =
q
(x − 1)2 + y2 + (6 − x − 2y)2
=
q
(5/6)2 + (5/3)2 + (5/6)2
=
5
6
√
6
A menor distância de (1, 0, −2) ao plano x + 2y + z = 4 é 5
6
√
6.

Exemplo 23 Uma caixa retangular sem tampa deve ser feita com
12m2 de papelão. Determine o volume máximo dessa caixa.
Solução Sejam x, y e z o comprimento, a largura e a altura da
caixa(em metros) como mostrado na figura abaixo.
Então, o volume da caixa é
V = xyz
Podemos expressar V como função só de x e y usando o fato de
que a área dos quatro lados e do fundo da caixa é
2xz + 2yz + xy = 12

Isolando z nessa equação, obtemos z = 12−xy
2(x+y) , e V fica
V = xy
12 − xy
2(x + y)
=
12xy − x2y2
2(x + y)
Calculamos as derivadas parciais:
∂V
∂x
=
y2(12 − 2xy − x2)
2(x + y)
∂V
∂y
=
x2(12 − 2xy − y2)
2(x + y)
Se V é máximo, então ∂V
∂x = 0 = ∂V
∂y , mas x = 0 ou y = 0 dá
V = 0, de modo que precisamos resolver as equações
12 − 2xy − x2
= 0 12 − 2xy − y2
= 0
Implica que x2 = y2 e, portanto x = y(Oberve que ambos devem
ser positivos neste problema)

Se colocamos x = y em qualquer uma das equações obtemos
12 − 3x2 = 0, o que dá x = 2, y = 2 e z = 1.
Podemos usar o Teste da Segunda Derivada para mostrar que o
ponto obtido é um máximo local de V , ou podemos argumentar
que a natureza física do problema exige a existência de um máximo
absoluto, que deve ocorrer em um ponto crítico de V , portanto,
esse máximo pode ocorrer quando x = 2, y = 2, z = 1. Assim,
V = 2.2.1 = 4, e o volume máximo da caixa é 4m3

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