Cap1 _ Funções_Multivariavel.pdf

Matemática 2
Cálculo Diferencial em IRn
Capı́tulo I
Licenciatura em
Engenharia de Sistemas / ISEP
(2019/2020)
1 / 103 Departamento Matemática (ISEP) Matemática 2 (Capı́tulo I)

Conteúdo
1 Funções de Duas Variáveis
Definição
Domı́nio e Contradomı́nio
Interpretação Geométrica
Curvas de Nı́vel
2 Funções de n Variáveis
3 Derivadas Parciais
4 Diferencial Total
5 Derivadas de Funções Compostas
6 Derivadas de Funções Definidas Implicitamente
7 Máximos e Mı́nimos de Funções de Duas Variáveis

Funções de Duas Variáveis
Exemplos de Funções de Duas Variáveis
1 A temperatura T num determinado ponto da superfı́cie terrestre,
num dado momento, depende da
longitude x e da
latitude y do ponto.
Assim T é uma função de duas variáveis, x e y. Indicamos esta
dependência funcional escrevendo:
T = f(x, y)
2 O volume V de um cilindro depende do
raio do cı́rculo base r e da
altura h do cilindro.
Esta relação é escrita pela equação V = πr2h. Dizemos que V é
uma função de r e h e escrevemos:
V(r, h) = πr2
h

Funções de Duas Variáveis Definição
Definição
A função f de duas variáveis é uma regra que atribui a cada par
ordenado de números reais (x, y), pertencentes a um conjunto D, um
único valor real, representado por f(x, y).
O conjunto D é o domı́nio de f.
O conjunto de valores que a função f pode tomar, ou seja,
D0 = {f(x, y)|(x, y) ∈ D} é o contradomı́nio de f.
Escrevemos, z = f(x, y) para representar explicitamente o valor da
função num ponto genérico (x, y).
As variáveis x e y são as variáveis independentes;
A variável z é a variável dependente.

Funções de Duas Variáveis Domı́nio e Contradomı́nio
Uma função de duas variáveis é uma função para a qual o
domı́nio é um subconjunto de IR2
e o contradomı́nio é um
subconjunto de IR.

Exemplo 1: Considerem-se as funções seguintes
f(x, y) =
p
x + y + 1
x − 1
, g(x, y) = x ln(y2 − x),
h(x, y) =
p
9 − x2 − y2
Calcule f(3, 2), g(8, 4), h(0, 0) e os domı́nios de f, de g e de h.
Represente graficamente os domı́nios.
Resolução:
f(3, 2) =
√
3 + 2 + 1
3 − 1
=
√
6
2
.
g(8, 4) = 8 ln(42
− 8) = 8 ln 8.
h(0, 0) =
√
9 = 3.

Exemplo 1 (Cont.):
Domı́nio de f(x, y) =
p
x + y + 1
x − 1
.
Df =
n
(x, y) ∈ IR2
: x + y + 1 ≥ 0 ∧ x 6= 1
o
Como pretendemos representar graficamente o domı́nio,
devemos escrever a expressão x + y + 1 ≥ 0 de modo adequado.
SEMPRE QUE NA INEQUAÇÃO NENHUMA DAS VARIÁVEIS
ESTÁ AO QUADRADO, RESOLVE-SE A INEQUAÇÃO EM
ORDEM A y.
Df =
n
(x, y) ∈ IR2
: y ≥ −x − 1 ∧ x 6= 1
o

Exemplo 1 (Cont.):
Df = {(x, y) ∈ IR2
: y ≥ −x − 1 ∧ x 6= 1}
Para representar este domı́nio, faça-se:
Represente-se a reta y = −x − 1,
Considera-se a região acima da reta, incluindo a reta (porque o
sinal é ≥), (Nota: se fosse y ≤ −x − 1, considerava-se a região abaixo da reta),
Retiram-se os pontos correspondentes à reta x = 1.
x
y
y = −x − 1
0
1

Exemplo 1 (Cont.):
Domı́nio de g(x, y) = x ln(y2 − x).
Dg =
n
(x, y) ∈ IR2
: y2
− x > 0
o
devemos escrever a expressão y2 − x > 0 de modo adequado.
SEMPRE QUE NA INEQUAÇÃO SÓ UMA DAS VARIÁVEIS
ESTÁ AO QUADRADO, RESOLVE-SE A INEQUAÇÃO EM
ORDEM À OUTRA VARIÁVEL.
Dg =
n
(x, y) ∈ IR2
: x < y2
o

Exemplo 1 (Cont.):
Dg =
n
(x, y) ∈ IR2
: x < y2
o
Represente-se a parábola x = y2,
Considera-se a região exterior à parábola, excluindo a parábola
(porque o sinal é <),
0 x
y
x = y2

Exemplo 1 (Cont.):
Domı́nio de h(x, y) =
p
9 − x2 − y2.
Dh =
n
(x, y) ∈ IR2
: 9 − x2
− y2
≥ 0
o
devemos escrever a expressão 9 − x2 − y2 ≥ 0 de modo
adequado.
SEMPRE QUE NA INEQUAÇÃO AMBAS AS VARIÁVEIS ESTÃO
AO QUADRADO, ISOLAM-SE AS VARIÁVEIS NO PRIMEIRO
MEMBRO.
Dh =
n
(x, y) ∈ IR2
: x2
+ y2
≤ 9
o

Exemplo 1 (Cont.):
Dh =
n
(x, y) ∈ IR2
: x2
+ y2
≤ 9
o
Represente-se a circunferência x2 + y2 = 9,
Considera-se a região interior à circunferência, incluindo a
circunferência ,
−3 3
x
y
0

Exemplo 2: Determine a represente graficamente o domı́nio da
função,
f(x, y) = arcsen(x + y)
Resolução:
Df =
n
(x, y) ∈ IR2
: −1 ≤ y + x ≤ 1
o
Como pretendemos representar graficamente o domı́nio, devemos
escrever a expressão −1 ≤ y + x ≤ 1 de modo adequado. Neste
caso, como temos duas desigualdades, devemos representá-las em
sistema,

y + x ≤ 1
−1 ≤ y + x
=

y + x ≤ 1
y + x ≥ −1
SEMPRE QUE NA INEQUAÇÃO NENHUMA DAS VARIÁVEIS ESTÁ
AO QUADRADO, RESOLVE-SE A INEQUAÇÃO EM ORDEM A y.

Exemplo 2 (Cont.):
y ≤ −x + 1
y ≥ −x − 1
Represente-se as retas y = −x + 1 (1) e y = −x − 1 (2),
Considera-se a região acima da reta (2) e abaixo da reta (1). (As
retas pertencem ao domı́nio).
x
y
y = −x − 1 y = −x + 1
0

função,
f(x, y) =
r
y − 1
x + 2
+ ln(9 − x2
− y2
)
Resolução:
Df =

(x, y) ∈ IR2
:
y − 1
x + 2
≥ 0 ∧ x + 2 6= 0 ∧ 9 − x2
− y2
0

escrever a expressão 9 − x2 − y2 0 de modo adequado.
SEMPRE QUE NA INEQUAÇÃO AMBAS AS VARIÁVEIS ESTÃO AO
QUADRADO, ISOLAM-SE AS VARIÁVEIS NO PRIMEIRO MEMBRO.
Df =

(x, y) ∈ IR2
:
y − 1
x + 2
≥ 0 ∧ x + 2 6= 0 ∧ x2
+ y2
9


Exemplo 3 (Cont.): Temos de resolvar a inequação,
y − 1
x + 2
≥ 0.
Note-se que pretendemos obter os valores de x e y que tornam a
desigualdade verdadeira.
Uma fração toma o valor positivo se o numerador e o denominador
forem ambos positivos, ou se o numerador e o denominador
forem ambos negativos, logo,
y − 1
x + 2
≥ 0 ⇔ (y − 1 ≥ 0 ∧ x + 2 0) ∨ (y − 1 ≤ 0 ∧ x + 2 0)
⇔ (y ≥ 1 ∧ x −2) ∨ (y ≤ 1 ∧ x −2)
O domı́nio é,
Df =

(x, y) ∈ IR2
: ((y ≥ 1 ∧ x −2) ∨ (y ≤ 1 ∧ x −2)) ∧
∧ x2 + y2 9

Exemplo 3 (Cont.): Segue-se a representação gráfica do domı́nio,
Df =

(x, y) ∈ IR2
: ((y ≥ 1 ∧ x −2) ∨ (y ≤ 1 ∧ x −2)) ∧
∧ x2 + y2 9
−2
1
x
y
0

função,
f(x, y) =
e
q
− x
y
4 − y2
+ ln(x2
+ y − 1)
Resolução:
Df =

(x, y) ∈ IR2
: −
x
y
≥ 0 ∧ 4 − y2
6= 0 ∧ x2
+ y − 1 0

escrever a expressão x2 + y − 1 0 de modo adequado.
SEMPRE QUE NA INEQUAÇÃO SÓ UMA DAS VARIÁVEIS ESTÁ AO
QUADRADO, RESOLVE-SE A INEQUAÇÃO EM ORDEM À OUTRA
VARIÁVEL.
Df =

(x, y) ∈ IR2
: −
x
y
≥ 0 ∧ 4 − y2
6= 0 ∧ y −x2
+ 1


Exemplo 4 (Cont.): Temos de resolvar a inequação −
x
y
≥ 0 e a
equação 4 − y2 6= 0.
−
x
y
≥ 0 ⇔
x
y
≤ 0.
Note-se que pretendemos obter os valores de x e y que tornam a
desigualdade verdadeira.
Uma fração toma o valor negativo se o numerador for positivo
e o denominador negativo, ou se o numerador for negativo e
o denominador for positivo, logo,
x
y
≤ 0 ⇔ (x ≥ 0 ∧ y 0) ∨ (x ≤ 0 ∧ y 0)
4 − y2 6= 0 ⇔ y2 6= 4 ⇔ y 6= ±2

Exemplo 4 (Cont.): O domı́nio é,
Df =

(x, y) ∈ IR2
: ((x ≥ 0 ∧ y 0) ∨ (x ≤ 0 ∧ y 0)) ∧
∧ y 6= ±2 ∧ y −x2 + 1
Segue-se a sua representação gráfica,
x
y
0
y = 2
y = −2

Funções de Duas Variáveis Interpretação Geométrica
Seja f uma função com duas variáveis (x, y) ∈ D. A representação
gráfica de f permite visualizar o seu comportamento.
O gráfico de f consiste no conjunto de todos os pontos
(x, y, z) ∈ IR3
tais que z = f(x, y) e (x, y) ∈ D.
O gráfico de f é uma superfı́cie S de equação z = f(x, y).
O gráfico S de f localiza-se na parte superior ou na parte inferior
relativamente ao seu domı́nio D no plano xOy.

Funções de Duas Variáveis Interpretação Geométrica
(a) f(x, y) =
p
9 − x2 − y2 (b) g(x, y) = (x2
+ 2y2
)e−x2
−y2
(c) h(x, y) = sin x +sin y (d) i(x, y) =
sin x sin y
xy

Funções de Duas Variáveis Curvas de Nı́vel
Curvas de Nı́vel
As curvas de nı́vel de uma função f de duas variáveis são as curvas
de equação f(x, y) = k (k ∈ D0
f ).
Para cada k, constitui o conjunto de todos os pontos no domı́nio
de f para os quais f toma um dado valor k.
Mostram onde o gráfico de f tem altura k.
Resultam da intersecção do gráfico de f com o plano horizontal
z = k, projectada no plano xOy.
Mapa de Contornos
Um mapa de contornos de uma função f de duas variáveis é a
representação gráfica das curvas de nı́vel de f para os diferentes
valores de k.

Exemplo 5: As curvas de nı́vel da função h(x, y) = 4x2 + y2 são
4x2
+ y2
= k ⇔
x2
k/4
+
y2
k
= 1
que para k 0 representa a famı́lia de elipses de semi-eixos
√
k/2 e
√
k. A figura mostra o mapa de contornos desta função.

Exemplo 6: Represente as curvas de nı́vel da função
f(x, y) = 6 − 3x − 2y para os valores k = −6, 0, 6, 12.
Resolução:
A representação gráfica da função é um plano de equação
z = 6 − 3x − 2y;
A interceção desse plano com planos paralelos ao plano XOY,
planos de equação z = k, (k ∈ IR), são retas;
Para obter as equações das retas faça-se, k = 6 − 3x − 2y;
Para k = −6, 0, 6, 12, obtemos as retas:
k = −6 ⇒ y = −3
2 x + 6 k = 0 ⇒ y = −3
2 x + 3
k = 6 ⇒ y = −3
2 x k = 12 ⇒ y = −3
2 x − 3

Exemplo 6 (Cont.): Na figura está representado o mapa de
contornos.
k
=
−
6
k
=
0
k
=
6
k
=
1
2
x
y
0

Exemplo 7: Represente as curvas de nı́vel da função
g(x, y) =
p
9 − x2 − y2 para os valores k = 0, 1, 2, 3.
Resolução:
A representação gráfica da função é uma semi-esfera de equação
z =
p
9 − x2 − y2;
A interceção dessa semi-esfera com planos paralelos ao plano
XOY, planos de equação z = k, (k ∈ IR), são circunferências;
Para obter as equações das circunferências faça-se,
k =
p
9 − x2 − y2;
Para k = 0, 1, 2, 3, obtemos as circunferências:
k = 0 ⇒ x2 + y2 = 9 k = 1 ⇒ x2 + y2 = 8
k = 2 ⇒ x2 + y2 = 5 k = 3 ⇒ x2 + y2 = 0

Exemplo 7 (Cont.): Na figura está representado o mapa de
contornos.
k
=
3
k
=
0
k = 1
k
=
2
x
y
0

Funções Multivariável
Uma função de n variáveis, f, consiste numa regra que atribui a cada
n-uplo (x1, ..., xn) num domı́nio D ⊂ IRn
, um único número real
representado por f(x1, ..., xn).
Exemplos:
A temperatura T num ponto da superfı́cie terrestre, num dado
momento, depende da longitude x, da latitude y e do tempo t,
então podemos escrever:
T = f(x, y, t)
Determinar o domı́nio da função f(x, y, z) = ln(z − y) + xy sin z.
D = {(x, y, z) ∈ IR3
: z − y 0} = {(x, y, z) ∈ IR3
: z y}
D consiste em todos os pontos do espaço acima do plano z = y.

Derivadas Parciais
Derivadas Parciais
Definição: Se f é uma função de duas variáveis, as suas derivadas
parciais são:
f0
x (x, y) = lim
h→0
f(x + h, y) − f(x, y)
h
f0
y (x, y) = lim
h→0
f(x, y + h) − f(x, y)
h
Notações para Derivadas Parciais
Se z = f(x, y), escrevemos
f0
x (x, y) = f0
x =
∂
∂x
f(x, y) =
∂f
∂x
=
∂z
∂x
f0
y (x, y) = f0
y =
∂
∂y
f(x, y) =
∂f
∂y
=
∂z
∂y

Derivadas Parciais
Regras de Cálculo para as Derivadas Parciais de z = f(x, y)
1 Para encontrar f0
x , consideramos y como uma constante e
derivamos f(x, y) em ordem a x.
2 Para encontrar f0
y , consideramos x como uma constante e
derivamos f(x, y) em ordem a y.
Exemplo 8:
Se f(x, y) = xy − 2x + 6y, calcular f0
x (x, y) e f0
y (x, y).
Resolução:
Considerando y como uma constante e derivando f(x, y) em
ordem a x, vem f0
x (x, y) = y − 2
Considerando x como uma constante e derivando f(x, y) em
ordem a y, vem f0
y (x, y) = x + 6

Derivadas Parciais
Exemplo 9: Se f(x, y) = x3 + x2y3 − 2y2, calcular f0
x (2, 1) e f0
y (2, 1).
Resolução:
Considerando y como uma constante e derivando f(x, y) em
ordem a x, vem
f0
x (x, y) = 3x2
+ 2xy3
; f0
x (2, 1) = 3 × 22
+ 2 × 2 × 13
= 16
Considerando x como uma constante e derivando f(x, y) em
ordem a y, vem
f0
y (x, y) = 3x2
y2
− 4y; f0
y (2, 1) = 3 × 22
× 12
− 4 × 1 = 8

Derivadas Parciais
A generalização das derivadas parciais para funções com mais de
duas variáveis é direta. Ou seja, as regras e notações definidas para
funções de duas variáveis também se aplicam a funções com mais de
duas variáveis.
Exemplo 10: Determinar
∂f
∂x
,
∂f
∂y
e
∂f
∂z
se f(x, y, z) = exy ln z.
Resolução:
∂f
∂x
= yexy
ln z, considerando y e z como constantes.
∂f
∂y
= xexy
ln z, considerando x e z como constantes.
∂f
∂z
=
exy
z
, considerando x e y como constantes.

Derivadas Parciais
Se z = f(x, y) for uma função de duas variáveis, então as suas
derivadas parciais de 1a ordem também são funções de duas
variáveis, e então podemos considerar as suas derivadas,
denominadas derivadas parciais de 2a ordem de f.
1 Derivadas em ordem a x e em ordem a y de
∂f
∂x
:
∂
∂x

∂f
∂x

=
∂2
f
∂x2
=
∂2
z
∂x2
∂
∂y

∂f
∂x

=
∂2
f
∂x∂y
=
∂2
z
∂x∂y
2 Derivadas em ordem a y e em ordem a x de
∂f
∂y
:
∂
∂y

∂f
∂y

=
∂2
f
∂y2
=
∂2
z
∂y2
∂
∂x

∂f
∂y

=
∂2
f
∂y∂x
=
∂2
z
∂y∂x

Derivadas Parciais
Exemplo 11: Determinar todas as derivadas parciais de 2a ordem da
função
f(x, y) = ln(xy) − x3
+ x2
y2
+ y
Resolução:
Existem quatro derivadas parciais de 2a ordem:
∂2f
∂x2
,
∂2f
∂x∂y
,
∂2f
∂y∂x
,
∂2f
∂y2
Comecemos por calcular as derivadas de 1a ordem:
∂f
∂x
=
1
x
− 3x2
+ 2xy2
∂f
∂y
=
1
y
+ 2yx2
+ 1

Derivadas Parciais
Exemplo 11 (Cont.):
As derivadas de 2a ordem são:
1
∂2f
∂x2
=
∂
∂x

∂f
∂x

=
∂
∂x

1
x
− 3x2
+ 2xy2

= −
1
x2
− 6x + 2y2
2
∂2f
∂y2
=
∂
∂y

∂f
∂y

=
∂
∂y

1
y
+ 2x2
y + 1

= −
1
y2
+ 2x2
3
∂2f
∂x∂y
=
∂
∂y

∂f
∂x

=
∂
∂y

1
x
− 3x2
+ 2xy2

= 4xy
4
∂2f
∂y∂x
=
∂
∂x

∂f
∂y

=
∂
∂x

1
y
+ 2x2
y + 1

= 4xy

Derivadas Parciais
Exemplo 12: Determine as derivadas parciais de 1a ordem da função,
h(x, y, z) = x2x+y2
+ y ln
z
x

Resolução:
∂h
∂x
= 2 x2x+y2
ln x + (2x + y2
)x2x+y2−1
+ y
− z
x2
z
x
=
2 x2x+y2
ln x + (2x + y2
)x2x+y2−1
−
y
x
∂h
∂y
= 2y x2x+y2
ln x + ln
z
x

∂h
∂z
= y
1
x
z
x
=
y
z
Notas:
Na primeira parte da derivada em ordem a x, usou-se a fórmula (uv
)0
;
Na derivada de um quociente só se usa a regra

u
v
0
, se o denominar não for uma constante, caso seja, usa-se a
regra

u
k
0
=
u0
k
(k constante).

Derivadas Parciais
Exemplo 13: Determine as derivadas parciais de 1a ordem da função,
f(x, y, z, t) = x y z2
tg(yt)
Resolução:
∂h
∂x
= y z2
tg(yt)
∂h
∂y
= x z2
tg(yt) + y t x z2
sec2
(yt)
∂h
∂z
= 2x y z tg(yt)
∂h
∂z
= x y2
z2
sec2
(yt)
Nota:
Nos produtos em que um dos fatores é constante, usa-se a fórmula (k u) = k u0
, e NÃO se usa a fórmula (uv)0
.
Por exemplo, (xyz2
tg(yt))0
x = yz2
tg(yt)x0
, ou seja, a constante fica inalterável e só se deriva a função.

Derivadas Parciais
Exemplo 14: Calcule a derivada indicada,
z = arctg
y
x

;
∂z
∂x
|(2,3)
Resolução:
∂z
∂x
=
−
y
x2
1 +
y
x
2
∂z
∂x
|(2,3) =
−
3
4
1 +

3
2
2
= −
3
13
Nota:
Quando se pretende calcular a derivada de uma função num determinado ponto, não é necessário, nem devemos,
simplificar a derivada antes de substituir no ponto (perdemos tempo e corremos o risco de nos enganarmos).

Derivadas Parciais
Exemplo 15: Considere a função u = y ln

x
1 − y

− yz−x+3y .
Calcule
∂2u
∂x∂z
|(1,2,1).
Determine
∂3u
∂x∂z∂y
.
Resolução: Simplifique-se a função,
u = y ln

x
1 − y

− yz−x+3y ⇔
u = y[ln x − ln(1 − y)] − yz−x+3y ⇔
u = y ln x − y ln(1 − y)] − yz−x+3y

Derivadas Parciais
Exemplo 15 (Cont.):
Para calcular
∂2u
∂x∂z
, primeiro deriva-se a função em ordem a x,
depois deriva-se o resultado obtido em ordem a z.
∂u
∂x
=
y
x
+ yz−x+3y
ln y
∂2u
∂x∂z
= yz−x+3y
(ln y)2
∂2u
∂x∂z
|(1,2,1) = (ln 2)2
26

Derivadas Parciais
Exemplo 15 (Cont.):
Para calcular
∂3u
∂x∂z∂y
, primeiro deriva-se a função em ordem a x,
depois deriva-se o resultado obtido em ordem a z e finalmente
deriva-se o resultado obtido em ordem a y.
∂u
∂x
=
y
x
+ yz−x+3y
ln y
∂2u
∂x∂z
= yz−x+3y
(ln y)2
∂3u
∂x∂z∂y
=
2 ln y
1
y
yz−x+3y
+(ln y)2
h
3 yz−x+3y
ln y + (z − x + 3y) yz−x+3y−1
i

Diferencial Total
Uma função derivável z = f(x, y) sofrerá um acréscimo (ou
redução) se se variar cada uma das suas variáveis
independentes, mantendo as demais constantes (acréscimo
parcial), ou se as variarmos ao mesmo tempo (acréscimo total).
A variação total da função z = f(x, y) é dada por:
∆z = f(x + ∆x, y + ∆y) − f(x, y)
Definimos ∆x = dx e ∆y = dy como os diferenciais das variáveis
independentes x e y. O Diferencial Total, dz, da função é definido
por:
Diferencial Total
dz =
∂z
∂x
dx +
∂z
∂y
dy
e representa uma aproximação da variação total da função, ou seja,
dz ≈ ∆z
A generalização é direta para funções de mais de duas variáveis.

Diferencial Total

Diferencial Total
Exemplo 16: Considere a função z = f(x, y) = x2 + 3xy − y2.
1 Determine o diferencial dz.
2 Se x varia de 2 para 2.05 e y varia de 3 para 2.96, compare os
valores de ∆z e dz.
Resolução:
1 dz =
∂z
∂x
dx +
∂z
∂y
dy = (2x + 3y)dx + (3x − 2y)dy
2 Sejam x = 2, dx = ∆x = 0.05, y = 3 e dy = ∆y = −0.04, então
dz = (2 × 2 + 3 × 3) × 0.05 + (3 × 2 − 2 × 3)(−0.04) = 0.65
O incremento de z é
∆z = f(2.05, 2.96) − f(2, 3) = 0.6449
Verifica-se
∆z ≈ dz

Diferencial Total
Exemplo 17: Aplicando o conceito de diferencial total, calcule um
valor aproximado de
√
9.02 + ln 0.99.
Resolução:
Considere-se:
f(x, y) =
√
x + ln y
x = 9 e ∆x = dx = 0.02
y = 1 e ∆y = dy = −0.01
Como o diferencial total aproxima a variação total da função, dadas as
variações das variáveis independentes, tem-se
√
9.02 + ln 0.99 = f(9.02, 0.99) ≈ f(9, 1) + df(9, 1)

Diferencial Total
Exemplo 17 (Cont.):
Sabemos que f(9, 1) = 3.
O diferencial total é dado por:
df =
∂f
∂x
dx +
∂f
∂y
dy =
1
2
√
x
dx +
1
y
dy
df(9, 1) =
1
6
× 0.02 + 1 × (−0.01) = −
1
150
≈ −0.0067
Assim,
√
9.02 + ln 0.99 = f(9.02, 0.99) ≈ 3 −
1
150
=
449
150
≈ 2.99333
Nota:
√
9.02 + ln 0.99 = f(9.02, 0.99) ≈ 2.99328

Diferencial Total
Exemplo 18: Usando o conceito de diferencial total, determine um
valor aproximado de f(0.99, 1.02, −0.02), sendo
f(x, y, z) = ln
√
x exy + 3xz
Resolução:
Pretendemos calcular um valor aproximado da função no ponto
(0.99, 1.02, −0.02).
Consideremos que as coordenadas do ponto (0.99, 1.02, −0.02),
resultaram de pequenas perturbações do ponto (1, 1, 0).
Considere-se o ponto e as perturbações das suas coordenadas:
x = 1 ⇒ dx = −0.01, (x + dx = 0.99)
y = 1 ⇒ dy = +0.02, (y + dy = 1.02)
z = 0 ⇒ dz = −0.02, (z + dz = −0.02)

Diferencial Total
Exemplo 18 (Cont.):
O valor do diferencial total é um valor aproximado da variação
total da função, como resultado de variações/perturbações nas
variáveis independentes.
O valor da função nas variáveis perturbadas é aproximadamente
igual ao valor da função nas variáveis não perturbadas, somado
ao valor aproximado da perturbação provocada na função
(diferencial).
Assim,
f(0.99, 1.02, −0.02) ≈ f(1, 1, 0) + df(1, 1, 0)

Diferencial Total
Exemplo 18 (Cont.): Calcule-se as derivadas de 1a ordem da função
no ponto (1, 1, 0):
∂f
∂x
=
1
2
exy + xyexy + 3z
x exy + 3xz
⇒
∂f
∂x
|(1,1,0) = 1.
∂f
∂y
=
1
2
x2exy
x exy + 3xz
⇒
∂f
∂y
|(1,1,0) =
1
2
.
∂f
∂z
=
1
2
3x
x exy + 3xz
⇒
∂f
∂z
|(1,1,0) =
3
2e
.
A fórmula do diferencial num ponto é,
df(1, 1, 0) =
∂f
∂x
|(1,1,0) dx +
∂f
∂y
|(1,1,0) dy +
∂f
∂z
|(1,1,0) dz
Fica,
df(1, 1, 0) = 1 dx +
1
2
dy +
3
2e
dz

Diferencial Total
Exemplo 18 (Cont.): Substituindo os acréscimos das variáveis
independentes,
df(1, 1, 0) = 1 ×

−
1
100

+
1
2
×

2
100

+
3
2e
×

−
2
100

= −
3
100e
Como f(1, 1, 0) =
1
2
, a resposta à pergunta é,
f(0.99, 1.02, −0.02) ≈ f(1, 1, 0) + df(1, 1, 0) =
1
2
−
3
100 × e
Como curiosidade,
f(0.99, 1.02, −0.02) ≈ 0.4888
1
2
−
3
100 × e
≈ 0.4890

Diferencial Total
Exemplo 19: Usando o conceito de diferencial total, determine um
valor aproximado de ln(3.01) − (2.01 − sen(0.01)).
Resolução:
Consideremos a função,
f(x, y, z) = ln x − (y − senz) = ln x − y + senz
Pretendemos calcular um valor aproximado de f(3.01, 2.01, 0.01).
Consideremos que as coordenadas do ponto (3.01, 2.01, 0.01),
resultaram de pequenas perturbações do ponto (3, 2, 0).
Considere-se o ponto e as perturbações das suas coordenadas:
x = 3 ⇒ dx = +0.01, (x + dx = 3.01)
y = 2 ⇒ dy = +0.01, (y + dy = 2.01)
z = 0 ⇒ dz = +0.01, (z + dz = 0.01)

Diferencial Total
Exemplo 19 (Cont.):
O valor do diferencial total é um valor aproximado da variação
total da função, como resultado de variações/perturbações nas
variáveis independentes.
O valor da função nas variáveis perturbadas é aproximadamente
igual ao valor da função nas variáveis não perturbadas, somado
ao valor aproximado da perturbação provocada na função
(diferencial).
Assim,
f(3.01, 2.01, 0.01) ≈ f(3, 2, 0) + df(3, 2, 0)

Diferencial Total
Exemplo 19 (Cont.): Calcule-se as derivadas de 1a ordem da função
no ponto (3, 2, 0):
∂f
∂x
=
1
x
⇒
∂f
∂x
|(3,2,0) =
1
3
.
∂f
∂y
= −1 ⇒
∂f
∂y
|(3,2,0) = −1.
∂f
∂z
= cos z ⇒
∂f
∂z
|(3,2,0) = 1.
df(3, 2, 0) =
∂f
∂x
|(3,2,0) dx +
∂f
∂y
|(3,2,0) dy +
∂f
∂z
|(3,2,0) dz
Fica,
df(3, 2, 0) =
1
3
dx + (−1) dy + 1 dz

Diferencial Total
independentes,
df(3, 2, 0) =
1
3
×

1
100

+ (−1) ×

1
100

+ 1 ×

1
100

=
1
100
Como f(3, 2, 0) = ln 3 − 2, a resposta à pergunta é,
f(3.01, 2.01, 0.01) ≈ f(3, 2, 0)+df(3, 2, 0) = ln 3−2+
1
100
= ln 3−
199
100
Como curiosidade,
f(3.01, 2.01, 0.01) ≈ −0.8981
ln 3 −
199
100
≈ −0.8914

Derivadas de Funções Compostas
Recorde-se que se y = f(x) e x = g(t), ou seja,
se f for uma função da variável x e
se x for uma função da variável t
então dizemos que f é uma função composta pois o argumento da
função é ainda uma função. Indiretamente podemos, então, dizer que
f é uma função de t, y = f(g(t)).
y 7−→ x 7−→ t
Se f e g forem funções deriváveis então podemos calcular a derivada
de f em ordem a t:
Regra da Cadeia (Funções de uma Variável)
dy
dt
=
dy
dx
dx
dt

Exemplo 20: Sejam
y = 2x2
+ 1 e x = t3
+ 3
calcular
dy
dt
.
Resolução:
dy
dx
= 4x
dx
dt
= 3t2
logo a derivada de f em ordem a t é dada por:
dy
dt
=
dy
dx
dx
dt
= 4x × 3t2
= 4(t3
+ 3) × 3t2
= 12t2
(t3
+ 3)

Suponhamos que z = f(x, y) e x = g(t) e y = h(t), ou seja,
se z for uma função de duas variáveis x e y e
se x e y forem funções da variável t
então dizemos que z é uma função composta e indiretamente
podemos dizer que z é uma função de t, z = f(g(t), h(t)).
z%x7−
→t
y7−
→t
A variável z é a variável dependente, t é a variável independente e x e
y são as variáveis intermediárias.
Regra da Cadeia (Funções de duas Variáveis) (Caso I)
Seja z = f(x, y) uma função em x e y derivável, onde x = g(t) e
y = h(t), ambas funções deriváveis em t. Então z é derivável em t e
z%x7−
→t
y7−
→t
dz
dt
=
∂z
∂x
dx
dt
+
∂z
∂y
dy
dt

Exemplo 21: Seja z = x2y + 3xy4, onde x = sin(2t) e y = cos t,
calcular
dz
dt
em t = 0.
Resolução: z%x7−
→t
y7−
→t
Pela regra da cadeia vem
dz
dt
=
∂z
∂x
dx
dt
+
∂z
∂y
dy
dt
= (2xy + 3y4)(2 cos(2t)) + (x2 + 12xy3)(− sin t)
Como queremos calcular a derivada num ponto não é necessário
substituir x e y por t. Assim: t = 0 =⇒ x = sin 0 = 0 e y = cos 0 = 1.
Logo
dz
dt
|t=0 = (0 + 3)(2 cos(0)) + (0 + 0)(− sin 0) = 6

Suponhamos que z = f(x, y) tal que quer x, quer y são funções
de duas variáveis: x = g(s, t) e y = h(s, t), ou seja,
se z for uma função de duas variáveis x e y e
se x e y forem funções de duas variáveis s e t
então dizemos que z é uma função composta e indiretamente
podemos dizer que z é uma função de s e t.
A variável z é a variável dependente, s e t são as variáveis
independente e x e y são as variáveis intermediárias.
Regra da Cadeia (Funções de duas Variáveis) (Caso II)
Seja z = f(x, y) uma função em x e y derivável, onde x = g(s, t) e
y = h(s, t), ambas funções deriváveis em s e t. Então,
z%
x
%s
t

y
%s
t
∂z
∂t
=
∂z
∂x
∂x
∂t
+
∂z
∂y
∂y
∂t
;
∂z
∂s
=
∂z
∂x
∂x
∂s
+
∂z
∂y
∂y
∂s

Exemplo 22:
Seja z = ex sin y, onde x = st2 e y = s2t, determinar
∂z
∂s
e
∂z
∂t
.
Resolução: z%
x
%s
t

y
%s
t
∂z
∂s
=
∂z
∂x
∂x
∂s
+
∂z
∂y
∂y
∂s
= (ex
sin y)(t2
) + (ex
cos y)(2st) =
= t2est2
sin(s2t) + 2stest2
cos(s2t)
∂z
∂t
=
∂z
∂x
∂x
∂t
+
∂z
∂y
∂y
∂t
= (ex
sin y)(2st) + (ex
cos y)(s2
) =
= 2stest2
sin(s2t) + s2est2
cos(s2t)

Exemplo 23: Seja z = arctan
y
x

, onde x = ln(u2) e y = euv ,
determinar
∂z
∂u
e
∂z
∂v
no ponto (1, 0).
Resolução:
Se P = (1, 0) então u = 1 e v = 0, logo x = 0 e y = 1.
Calculemos as diferentes derivadas;
∂z
∂x
=
−y/x2
1 + y2/x2
= −
y
x2 + y2
;
∂z
∂x
|P = −1
∂z
∂y
=
1/x
1 + y2/x2
=
x
x2 + y2
;
∂z
∂y
|P = 0
dx
du
=
2
u
;
dx
du
|P = 2 ;
∂y
∂u
= veuv
;
∂y
∂u
|P = 0
∂y
∂v
= ueuv
;
∂y
∂v
|P = 1

Exemplo 23 (Cont.):
z%x7→u

y
%u
v
∂z
∂u
=
∂z
∂x
dx
du
+
∂z
∂y
∂y
∂u
;
∂z
∂u
|P = −1 × 2 + 0 × 0 = −2
∂z
∂v
=
∂z
∂y
∂y
∂v
;
∂z
∂v
|P = 0 × 1 = 0

Derivadas de Funções Definidas Implicitamente
Suponhamos que uma equação da forma F(x, y) = 0 define y
implicitamente como uma função de x, ou seja, y = f(x), ∀x ∈ Df .
Derivada de Funções definidas Implicitamente
dy
dx
= −
∂F
∂x
∂F
∂y
Exemplo 24: Seja y = f(x) definida implicitamente por
x2y − 3xy3 = 0. Determine a derivada de y em ordem a x.
Resolução:
Seja F(x, y) = x2y − 3xy3, então
∂F
∂x
= 2xy − 3y3
e
∂F
∂y
= x2
− 27xy2
. Logo
dy
dx
= −
2xy − 3y3
x2 − 27xy2
.

Suponhamos que uma equação da forma F(x, y, z) = 0 define z
implicitamente como uma função de x e de y, ou seja, z = f(x, y)
∀(x, y) ∈ Df
Derivadas Parciais de Funções definidas Implicitamente
∂z
∂x
= −
∂F
∂x
∂F
∂z
∂z
∂y
= −
∂F
∂y
∂F
∂z

Exemplo 25: Determinar
∂z
∂x
e
∂z
∂y
se x3 + y3 + z3 + 6xyz = 1.
Resolução: Seja F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 + 6xyz − 1.
Então
∂z
∂x
= −
∂F
∂x
∂F
∂z
= −
3x2 + 6yz
3z2 + 6xy
= −
x2 + 2yz
z2 + 2xy
e
∂z
∂y
= −
∂F
∂y
∂F
∂z
= −
3y2 + 6xz
3z2 + 6xy
= −
y2 + 2xz
z2 + 2xy

Exemplo 26: Considere as funções,
w = f(x, y, z) = (3x − 2)2y−2 +
y arctg
√
2z − 1

x
, sendo
P(1, 1, 1) um ponto da curva;
y = g(u, v) definida por y =
√
2u + v + 1 − ln y.
Calcule
∂3w
∂y∂z∂x
.
Mostre que
∂y
∂u
− 2
∂y
∂v
= 0.
Sendo w = f(x, y, z), x = eu, y = g(u, v) e u = sen(z − 1),
calcule
∂w
∂u
|P, aplicando o teorema da derivada da função
composta.

Exemplo 26 (Cont.):
Resolução:
Para calcular
∂3w
∂y∂z∂x
, primeiro deriva-se a função em ordem a y,
depois deriva-se o resultado obtido em ordem a z e finalmente
deriva-se o resultado obtido em ordem a x.
∂w
∂y
= 2(3x − 2)2y−2
ln(3x − 2) +
arctg(
√
2z − 1)
x
∂2w
∂y∂z
=
1
x
×
2
2
√
2z−1
1 + (
√
2z − 1)2
=
1
2xz
√
2z − 1
∂3w
∂y∂z∂x
= −
2z
√
2z − 1
4x2z2(2z − 1)
= −
1
2x2z
√
2z − 1

Exemplo 26 (Cont.):
A função y = f(u, v) é uma função de duas variáveis, definida na
forma implı́cita.
Faça-se, F(y, u, v) = y −
√
2u + v + 1 + ln y.
∂y
∂u
= −
∂F
∂u
∂F
∂y
= −
−
2
2
√
2u + v + 1
1 +
1
y
=
y
√
2u + v + 1(y + 1)
∂y
∂v
=
∂F
∂v
∂F
∂y
= −
−
1
2
√
2u + v + 1
1 +
1
y
=
y
2
√
2u + v + 1(y + 1)
Facilmente se prova que
∂y
∂u
− 2
∂y
∂v
= 0.

Exemplo 26 (Cont.):
Trata-se de uma função composta,
w
x
y
z
u
u
v
u
Já vimos que a função y = g(u, v) está definida na forma
implı́cita.
Podemos considerar que z é uma função de u porque
u = sen(z − 1) ⇔ z = arcsen u + 1
A derivada de w em ordem a u é dada por,
∂w
∂u
=
∂w
∂x
dx
du
+
∂w
∂y
∂y
∂u
+
∂w
∂z
dz
du

Exemplo 26 (Cont.):
O exercı́cio pede o cálculo da derivada no ponto P(1, 1, 1), ou seja
x = 1, y = 1 e z = 1.
Precisamos de calcular os correspondentes valores de u e de v.
x = 1 ⇒ u = ln 1 ⇒ u = 0, porque x = eu;
y = 1 ∧ u = 0 ⇒ 1 =
√
2 × 0 + v + 1 − ln 1 ⇒ v = 0, porque
y =
√
2u + v + 1 − ln y.
A derivada pedida é dada por,
∂w
∂u
|P =
∂w
∂x
|P
dx
du
|u=0 +
∂w
∂y
|P
∂y
∂u
|u=0,v=0 +
∂w
∂z
|P
dz
du
|u=0

Exemplo 26 (Cont.):
Resolução: Calculemos todas as derivadas no ponto,
∂w
∂x
= 3(2y−2)(3x−2)2y−3
−
y arctg
√
2z − 1
x2
⇒
∂w
∂x
|P = −arctg 1 = −
π
4
dx
du
= eu
⇒
dx
du
|u=0 = 1
∂w
∂y
|P = arctg 1 =
π
4
∂y
∂u
|u=0,v=0 =
1
2
∂w
∂z
=
y
x
×
2
2
√
2z−1
1 + (
√
2z − 1)2
⇒
∂w
∂z
|P =
1
2
dz
du
=
1
√
1 − u2
⇒
dz
du
|u=0 = 1
∂w
∂u
|P = −
π
4
× 1 +
π
4
×
1
2
+
1
2
× 1 =
1
2
−
π
4

Exemplo 27: Considere a função
z = f(x, y) = ln
p
3x + y

+ arctg x2y

Calcule o valor aproximado de f(0.99, −1.98).
Sendo z = f(x, y), x = ln(et) e y = 2u cos(u + t), calcule
∂z
∂t
|{t=1,u=−1}, aplicando o teorema da derivada da função
composta.
Resolução:
Pretendemos calcular um valor aproximado da função no ponto
(0.99, −1.98).
Consideremos que as coordenadas do ponto (0.99, −1.98),
resultaram de pequenas perturbações do ponto (1, −2).
x = 1 ⇒ dx = −0.01, (x + dx = 0.99)
y = −2 ⇒ dy = +0.02, (y + dy = −1.98)

Exemplo 27 (Cont.): Então,
f(0.99, −1.98) ≈ f(1, −2) + df(1, −2)
Para calcular o diferencial no ponto, calcule-se primeiro, as derivadas
de 1a ordem da função no ponto (1, −2):
∂f
∂x
=
1
2
×
3
3x + y
+
2y x2y−1
1 + x4y
⇒
∂f
∂x
|(1,−2) = −
1
2
∂f
∂y
=
1
2
×
1
3x + y
+
2x2y ln x
1 + x4y
⇒
∂f
∂y
|(1,−2) =
1
2
df(1, −2) =
∂f
∂x
|(1,−2) dx +
∂f
∂y
|(1,−2) dy
Fica,
df(1, −2) = −
1
2
dx +
1
2
dy

independentes,
df(1, −2) = −
1
2

−
1
100

+
1
2

2
100

Como f(1, −2) =
π
4
, a resposta à pergunta é,
f(0.99, −1.98) ≈ f(1, −2) + df(1, −2) =
π
4
+
3
200
Como curiosidade,
f(0.99, −1.98) ≈ 0.80027
π
4
−
1
200
≈ 0.80040

Exemplo 27 (Cont.): Trata-se de uma função composta,
z
x
y
t
u
t
A derivada de z em ordem a t é dada por,
dz
dt
=
∂z
∂x
dx
dt
+
∂z
∂y
∂y
∂t
O exercı́cio pede o cálculo da derivada para t = 1 ∧ u = −1.
Precisamos de calcular os correspondentes valores de x e de y.
t = 1 ⇒ x = ln(e × 1) ⇒ x = 1;
t = 1 ∧ u = −1 ⇒ y = −2 cos(0) ⇔ y = −2.
Seja P = (1, −2), a derivada pedida é dada por,
dz
dt
|{t=1,u=−1} =
∂z
∂x
|P
dx
dt
|t=1 +
∂z
∂y
|P
∂y
∂t
|{t=1,u=−1}

Exemplo 27 (Cont.): Calculemos todas as derivadas no ponto,
∂z
∂x
|P = −
1
2
dx
dt
=
1
t
⇒
dx
dt
|t=1 = 1
∂z
∂y
|P =
1
2
∂y
∂t
= −2usen(u + t) ⇒
∂y
∂t
|{t=1,u=−1} = 0
dz
dt
|{t=1,u=−1} = −
1
2
× 1 +
1
2
× 0 = −
1
2

Exemplo 28: Considere as funções u = u(x, y) e v = v(x, y)
definidas pelas equações:
u = y ln

x + 2
y + 3

− 21−x+3y v + tg2
2x2y

= 1 − v3 ln x
Calcule
∂3u
∂x2∂y
.
Determine a expressão de dv.
Sendo z =
v
u
, em que u e v são as funções definidas, mostre que
∂z
∂x
| x=1
y=0
+
∂z
∂y
| x=1
y=0
= 1 + ln 4, aplicando o teorema da derivada
da função composta.

Exemplo 28 (Cont.):
Antes de começar a calcular a derivada pedida, simplifiquemos a
função dada,
u = y [ln(x + 2) − ln(y + 3)] − 21−x+3y
= y ln(x + 2) − y ln(y + 3) − 21−x+3y
∂u
∂x
=
y
x + 2
+ 21−x+3y
ln 2
∂2
u
∂x2
= −
y
(x + 2)2
− 21−x+3y
(ln 2)2
∂3
u
∂x2∂y
= −
1
(x + 2)2
− 3 × 21−x+3y
(ln 2)3

Exemplo 28 (Cont.):
A definição de diferencial é, dv =
∂v
∂x
dx +
∂v
∂y
dy.
A função v = v(x, y) está definida na forma implı́cita, logo,
faça-se,
F(v, x, y) = v + tg2
(2x2
y) − 1 + v3
ln x
As fórmulas são,
∂v
∂x
= −
∂F
∂x
∂F
∂v
= −
2tg(2x2y)sec2(2x2y) 4xy + v3
x
1 + 3v2 ln x
∂v
∂y
= −
∂F
∂y
∂F
∂v
= −
2tg(2x2y)sec2(2x2y) 2x2
1 + 3v2 ln x

Exemplo 28 (Cont.): A resposta é,
dv = −
8x2ytg(2x2y)sec2(2x2y) + v3
x(1 + 3v2 ln x)
dx+
+ −
2tg(2x2y)sec2(2x2y) 2x2
1 + 3v2 ln x
dy
Trata-se de uma função composta,
z
u
v
x
y
x
y
As derivada pedidas são,
∂z
∂x
=
∂z
∂u
∂u
∂x
+
∂z
∂v
∂v
∂x
∂z
∂y
=
∂z
∂u
∂u
∂y
+
∂z
∂v
∂v
∂y

Máximos e Mı́nimos de Funções de Duas Variáveis
Valores Máximos e Mı́nimos de Funções de duas Variáveis

Uma função f de duas variáveis de domı́nio D, tem um
máximo global em (a, b) se
f(x, y) ≤ f(a, b); ∀(x, y) ∈ D
O número f(a, b) chama-se valor máximo.
máximo local em (a, b) se
f(x, y) ≤ f(a, b)
para todos os pontos (x, y) numa vizinhança de (a, b), ou seja,
pertencentes a um disco de centro (a, b).
O número f(a, b) chama-se valor máximo local.

Uma função f de duas variáveis de domı́nio D, tem um
mı́nimo global em (a, b) se
f(x, y) ≥ f(a, b); ∀(x, y) ∈ D
O número f(a, b) chama-se valor mı́nimo.
mı́nimo local em (a, b) se
f(x, y) ≥ f(a, b)
para todos os pontos (x, y) numa vizinhança de (a, b), ou seja,
pertencentes a um disco de centro (a, b).
O número f(a, b) chama-se valor mı́nimo local.

Teorema
Se f tem um máximo ou mı́nimo local em (a, b) e se as derivadas
parciais de 1a ordem existirem, então
∂f
∂x
|(a,b) = 0 e
∂f
∂y
|(a,b) = 0
Definição
Um ponto (a, b) chama-se ponto crı́tico (ou ponto estacionário) se:
∂f
∂x
|(a,b) = 0;
∂f
∂y
|(a,b) = 0 OU
Uma das derivadas parciais não existe.
Assim, se f tem um máximo ou mı́nimo local em (a, b), então (a, b) é
um ponto crı́tico de f.

Tal como acontece em funções univariável, nem todos os pontos
crı́ticos são máximos ou mı́nimos locais.
Exemplo 29: Seja f(x, y) = x2 + y2 − 2x − 6y + 14.
As derivadas parciais são:
∂f
∂x
= 2x − 2 e
∂f
∂y
= 2y − 6
Se igualarmos estas derivadas a zero obtemos o ponto crı́tico (1, 3).
De facto trata-se de um mı́nimo local (e também global).

Exemplo 30: Encontrar os valores extremos de f(x, y) = y2 − x2.
As derivadas parciais são:
∂f
∂x
= −2x e
∂f
∂y
= 2y
Se igualarmos estas derivadas a zero obtemos o ponto crı́tico (0, 0).
Neste caso o ponto crı́tico nem é um máximo, nem um mı́nimo local,
pois em qualquer disco centrado em (0, 0) tem pontos com valores
positivos e pontos com valores negativos.

Como determinar os extremos locais?
Definição
Seja f = f(x, y), se existirem as derivadas parciais de primeira e
segunda ordens em (a, b), então
H = H(a, b) =
∂2f
∂x2
|(a,b)
∂2f
∂x∂y
|(a,b)
∂2f
∂y∂x
|(a,b)
∂2f
∂y2
|(a,b)
chama-se Determinante Hessiano.

Teste do Determinante Hessiano
Suponhamos que:
as segundas derivadas parciais de f são contı́nuas num disco de
centro em (a, b);
∂f
∂x
|(a,b) = 0 e
∂f
∂y
|(a,b) = 0, [(a, b) é um ponto crı́tico de f].
Seja H = H(a, b) o determinante Hessiano.
Se H 0 e
∂2f
∂x2
|(a,b) 0, então f(a, b) é um mı́nimo local;
Se H 0 e
∂2f
∂x2
|(a,b) 0, então f(a, b) é um máximo local;
Se H 0 então f(a, b) não é nem mı́nimo nem máximo local,
denomina-se ponto sela.
Se H = 0 o teste é inconclusivo.

Exemplo 31: Encontrar os valores máximos e mı́nimos locais da
função f(x, y) = x4 + y4 − 4xy + 1.
Resolução: Calculemos primeiros os pontos crı́ticos:
∂f
∂x
= 4x3
− 4y e
∂f
∂y
= 4y3
− 4x
Se igualarmos estas derivadas a zero obtemos:
x3 − y = 0 e y3 − x = 0
Substitua-se y = x3 na segunda equação:
x9 − x = x(x8 − 1) = x(x4 − 1)(x4 + 1) =
x(x2 − 1)(x2 + 1)(x4 + 1) = x(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1) = 0
Logo as raı́zes são: −1, 0, 1.
Assim os três pontos crı́ticos são (−1, −1), (0, 0) e (1, 1).

Exemplo 31 (Cont.): Calcule-se as segundas derivadas e H(x, y):
∂2f
∂x2
= 12x2 ∂2f
∂x∂y
=
∂2f
∂y∂x
= −4
∂2f
∂y2
= 12y2
O determinante Hessiano é
H = H(x, y) =
12x2 −4
−4 12y2 = 144x2
y2
− 16
H(−1, −1) = 128 0 e
∂2f
∂x2
|(−1,−1) = 12 0, logo f(−1, −1) é
um mı́nimo local;
H(0, 0) = −16 0, logo f(0, 0) não é nem máximo nem mı́nimo
local (ponto sela);
H(1, 1) = 128 0 e
∂2f
∂x2
|(1,1) = 12 0, logo f(−1, −1) é um
mı́nimo local.

Exemplo 31 (Cont.): A figura representa o gráfico da função
f(x, y) = x4 + y4 − 4xy + 1.

Exemplo 32: Pretende-se construir uma caixa retangular sem tampa
a partir de 12m2 de cartão. Encontrar o volume máximo da caixa.
Resolução: Sejam o comprimento, largura e altura da caixa (em
metros) representadas por x, y e z respetivamente.

Exemplo 32 (cont.): O volume da caixa é dado por
V = xyz
Podemos expressar V como uma função de duas variáveis x e y
usando o fato de que a área dos quatros lados e da base é dada por:
2xz + 2yz + xy = 12
Resolvendo esta equação em ordem a z, obtemos:
z =
12 − xy
2(x + y)
Logo o volume da caixa é dado por:
V = xy
12 − xy
2(x + y)
=
12xy − x2y2
2(x + y)

Exemplo 32 (cont.): Calcule-se as derivadas parciais de V:
∂V
∂x
=
y2(12 − 2xy − x2)
2(x + y)2
;
∂V
∂y
=
x2(12 − 2xy − y2)
2(x + y)2
Igualando as derivadas a zero vem (note-se que para x = 0 e y = 0
vinha V = 0):
12 − 2xy − x2 = 0 ; 12 − 2xy − y2 = 0
Implica que x2 = y2 e logo x = y. (Note-se que x e y são valores
positivos).
Se substituirmos x = y am ambas equações obtemos:
12 − 3x2
= 0 ⇔ x = 2 ∧ y = 2

Exemplo 32 (cont.): Calcule-se z:
z =
12 − 2 × 2
2(2 + 2)
= 1
Assim o ponto crı́tico é (2, 2, 1). Para aplicar o teste do determinante
Hessiano:
∂2V
∂x2
= −
y2(y2 + 12)
(x + y)3
;
∂2V
∂x2 (2,2) = −1
∂2V
∂y2
= −
x2(x2 + 12)
(x + y)3
;
∂2V
∂y2 (2,2) = −1
∂2V
∂x∂y
=
∂2V
∂y∂x
= −
y(xy2 + 3x2y + x3 − 12x)
(x + y)3
;
∂2V
∂x∂y (2,2) = −
1
2

Exemplo 32 (cont.): O determinante Hessiano é
H = H(2, 2) =
−1 −1
2
−1
2 −1
=
3
4
Como
H(2, 2) 0 e
∂2V
∂x2 (2,2) = −1 0,
verifica-se que existe um máximo local em x = 2, y = 2 e z = 1.
Sendo então o volume máximo dado por
V = 2 × 2 × 1 = 4m3

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