Baixe Conceitos de derivadas parciais e diferenciabilidade em funções de duas variáveis e outras Exercícios em PDF para Cálculo, somente na Docsity!
UFPR - Universidade Federal do Paraná Setor de Ciências Exatas Departamento de Matemática CM048 - Cálculo II - Matemática Diurno Prof. Zeca Eidam
Nosso objetivo nestas notas é provar alguns resultados de cálculo em duas variáveis.
1 Diferenciabilidade e derivadas direcionais
Seja D ⊂ R^2 um aberto, f : D → R uma função e ( x 0 , y 0 ) ∈ D. As derivadas parciais de f em ( x 0 , y 0 ) são definidas por ∂ f ∂x
( x 0 , y 0 ) =. fx ( x 0 , y 0 ) =. lim h → 0
f ( x 0 + h , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) h e ∂ f ∂y
( x 0 , y 0 )
= fy ( x 0 , y 0 )
= lim k → 0
f ( x 0 , y 0 + k ) − f ( x 0 , y 0 ) k
Na prática, é muito simples calcular as derivadas parciais de uma função. Basta observar que, fixado o ponto ( x 0 , y 0 ), podemos considerar a função de uma variável t 7 → f ( t , y 0 ); a derivada parcial em relação a x em ( x 0 , y 0 ) é exatamente a derivada da função f em x 0. Da mesma maneira, a derivada da função u 7 → f ( x 0 , u ) em y 0 coincide com a derivada parcial em relação a y em ( x 0 , y 0 ). Portanto, para calcular fx podemos pensar y como constante e derivar a função de uma variável obtida e o mesmo vale com x em lugar de y. Uma pergunta natural que surge é saber quão forte é conceito de derivada parcial, ou, dito de outra forma, saber que propriedades possui uma função que possui derivadas parciais. O exemplo abaixo mostra que a simples existência de derivadas parciais não garante muita coisa a respeito da função.
Exemplo 1 Seja f : R^2 → R dada por
f ( x , y ) =
x y x^2 + y^2
, se ( x , y ) 6 = (0, 0)
0 , se ( x , y ) = (0, 0)
As derivadas parciais de f são
fx ( x , y ) =
y^3 − x^2 y ( x^2 + y^2 )^2
, se ( x , y ) 6 = (0, 0)
0 , se ( x , y ) = (0, 0)
, fy ( x , y ) =
x^3 − y^2 x ( x^2 + y^2 )^2
, se ( x , y ) 6 = (0, 0)
0 , se ( x , y ) = (0, 0)
Embora f possua derivadas parciais em (0, 0), é fácil ver que f sequer é contínua em (0, 0), pois lim t → 0 f ( t , 0) = 0 e lim t → 0 f ( t , t ) = 1/2.
O exemplo anterior mostra que, se desejarmos garantir algo melhor, como continuidade, por exemplo, devemos exigir algo mais que simplesmente a existência de derivadas parciais. Olhando um pouco mais de perto, observamos que as derivadas parciais de f não são contínuas, pois lim t → 0 fx (0, t ) = lim t → 0 1/ t , que não existe. Algo semelhante ocorre com fy. A existência de derivadas parciais de uma função f : D → R em um ponto ( x 0 , y 0 ) ∈ D nos permite construir um objeto geométrico muito importante associado a f : o plano tangente.
Olhando para a função ϕ : t 7 → f ( t , y 0 ), podemos considerar a reta tangente ao gráfico de ϕ no ponto ( x 0 , f ( x 0 , y 0 )) incluída de maneira natural no espaço tridimensional. Isso nos fornece a reta rx : ( x , y , z ) = ( x 0 , y 0 , f ( x 0 , y 0 )) + λ (1, 0, fx ( x 0 , y 0 )). Fazendo uma argumentação análoga com a fun- ção u 7 → f ( x 0 , u ), obtemos a reta ry : ( x , y , z ) = ( x 0 , y 0 , f ( x 0 , y 0 )) + λ (0, 1, fy ( x 0 , y 0 )). Tais retas determi- nam um único plano que passa pelo ponto ( x 0 , y 0 , f ( x 0 , y 0 )) e é normal ao vetor ~ n =. (1, 0, fx ( x 0 , y 0 )) × (0, 1, fy ( x 0 , y 0 )) = (− fx ( x 0 , y 0 ), − fy ( x 0 , y 0 ), 1). A equação geral deste plano é
− fx ( x 0 , y 0 )( x − x 0 ) − fy ( x 0 , y 0 )( y − y 0 ) + ( z − f ( x 0 , y 0 )) = 0 ,
ou, equivalentemente,
z − f ( x 0 , y 0 ) = fx ( x 0 , y 0 )( x − x 0 ) + fy ( x 0 , y 0 )( y − y 0 ).
Este último plano é chamado plano tangente ao gráfico de f no ponto ( x 0 , y 0 , f ( x 0 , y 0 )). Assim como no cálculo em uma variável a reta tangente ao gráfico de uma função (diferenciável) em um ponto aproxima a função naquele ponto, alimentamos a esperança de que o plano tangente ao gráfico de f em um ponto aproxime a função neste ponto. Porém, o mesmo exemplo (1) mostra que sem assumir nada mais, não se pode esperar nada: a função estudada no referido exemplo admite o plano z = 0 como plano tangente em (0, 0, 0), mas sequer é contínua na origem, então, não podemos esperar uma boa aproximação de f através de seu plano tangente. Analisemos o que ocorre em uma variável: se ϕ = ϕ ( t ) é uma função diferenciável em t = t 0 , então lim t → t 0
ϕ ( t ) − ϕ ( t 0 ) t − t 0
= ϕ ′( t 0 ), ou, equivalentemente,
lim t → t 0
ϕ ( t ) −
ϕ ( t 0 ) + ϕ ′( t 0 )( t − t 0 )
t − t 0
A expressão que aparece entre chaves acima é exatamente a função afim ϕ 1 ( t ) cujo gráfico é a reta tangente em ( t 0 , ϕ ( t 0 )) e pode ser pensada como a aproximação linear de ϕ em t = t 0. O módulo do numerador da expressão (1), representa o erro cometido ao aproximarmos ϕ ( t ) por ϕ 1 ( t ). Assim, (1) nos diz que ϕ é diferenciável em t = t 0 se e só se o erro cometido ao aproximarmos ϕ ( t ) por ϕ 1 ( t ) tende a zero mais rápido que t − t 0. Esta idéia pode ser generalizada para uma função de duas variáveis. Sejam, como antes, D ⊂ R^2 aberto, f : D → R uma função e ( x 0 , y 0 ) ∈ D. Vamos admitir que existam as derivadas parciais fx ( x 0 , y 0 ) e fy ( x 0 , y 0 ), e portanto, fica bem definido o plano tangente ao gráfico de f em ( x 0 , y 0 , f ( x 0 , y 0 )). A função cujo gráfico é o plano tangente em ( x 0 , y 0 , f ( x 0 , y 0 )) é
f 1 ( x , y ) = f ( x 0 , y 0 ) + fx ( x 0 , y 0 )( x − x 0 ) + fy ( x 0 , y 0 )( y − y 0 )
e f 1 também será pensada como aproximação linear de f em ( x 0 , y 0 ). A próxima definição segue a mesma idéia daquela dada para uma função de uma variável.
Definição 2 f é dita diferenciável em ( x 0 , y 0 ) se
lim ( x , y )→( x 0 , y 0 )
f ( x , y ) −
f ( x 0 , y 0 ) + fx ( x 0 , y 0 )( x − x 0 ) + fy ( x 0 , y 0 )( y − y 0 )
|( x − x 0 , y − y 0 )|
Escrevendo ( x − x 0 , y − y 0 ) = ( h , k ), a igualdade acima é equivalente a
lim ( h , k )→(0,0)
f ( x 0 + h , y 0 + k ) −
f ( x 0 , y 0 ) + fx ( x 0 , y 0 ) h + fy ( x 0 , y 0 ) k
p h^2 + k^2
Para a função do exemplo (1), vemos que
∂ f ∂v
(0, 0) existe e é nula se v tem uma das coordenadas
nula. Se ambas as coordenadas de v são não-nulas, então
∂ f ∂v
(0, 0) não existe. Isso sugere que uma
função com derivadas direcionais em todas as direções tenha um comportamento melhor do que uma função que simplesmente possui derivadas parciais.
Exemplo 4 Seja g : R^2 → R dada por
g ( x , y ) =
x^2 y x^2 + y^2
, se ( x , y ) 6 = (0, 0)
0 , se ( x , y ) = (0, 0)
Vemos que g é contínua em R^2 e se v = ( a , b ) 6 = (0, 0) então
∂g ∂v
a^2 b a^2 + b^2
. Mas g não é diferenciá-
vel na origem, pois r ( h , h ) p h^2 + h^2
h 2
p 2 | h |
e a última expressão não tem limite quando h → 0.
Já que o exemplo anterior nos mostra que simplesmente possuir derivadas direcionais não é muita coisa, vamos agora verificar o que ocorrem com as derivadas direcionais no caso de uma função di- ferenciável no ponto ( x 0 , y 0 ). Mantendo a mesma notação, dado v = ( a , b ) não-nulo e usando ( h , k ) = ( t a , t b ), com | t | pequeno, na definição (2), temos que
∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ) = lim t → 0
f ( x 0 + at , y 0 + bt ) − f ( x 0 , y 0 ) t
= lim t → 0
fx ( x 0 , y 0 )( at ) + fy ( x 0 , y 0 )( bt ) + r ( at , bt ) t = fx ( x 0 , y 0 ) a + fy ( x 0 , y 0 ) b + lim t → 0
r ( at , bt ) t = fx ( x 0 , y 0 ) a + fy ( x 0 , y 0 ) b = 〈∇ f ( x 0 , y 0 ), v 〉 , (2)
onde ∇ f ( x , y )
= ( fx ( x , y ), fy ( x , y )) é o chamado gradiente de f em ( x , y ) e 〈·, ·〉 denota o produto interno usual em R^2. Está provado o próximo resultado.
Proposição 5 Se f é diferenciável em ( x 0 , y 0 ), então as derivadas direcionais de f existem em qual- quer direção v 6 = 0 e ∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ) = 〈∇ f ( x 0 , y 0 ), v 〉.
Decorre da proposição acima que a aplicação d f ( x 0 , y 0 ) : R^2 → R dada por
d f ( x 0 , y 0 ) · v =.
∂ f ∂v
( x 0 , y 0 )
é linear. Esta aplicação é chamada de derivada de f em ( x 0 , y 0 ). A demonstração da proposição (5) e a definição de diferenciabilidade provam o corolário a seguir.
Corolário 6 Se f é diferenciável em ( x 0 , y 0 ) então
f ( x 0 + h , y 0 + k ) = f ( x 0 , y 0 ) + d f ( x 0 , y 0 ) · ( h , k ) + r ( h , k ) ,
onde
r ( h , k ) p h^2 + k^2
→ 0 quando ( h , k ) → (0, 0).
Exemplo 7 Já sabemos que a função g do exemplo (4) não é diferenciável em (0, 0). Outra maneira de
comprovar este fato é observar que, embora
∂g ∂v
(0, 0) exista para todo v ∈ R^2 não-nulo, esta quantidade
não depende linearmente de v.
Quando f é diferenciável em ( x 0 , y 0 ), a fórmula (2) contém uma informação importante a respeito da função f. Suponha que estejamos sobre o ponto ( x 0 , y 0 ), que ∇ f ( x 0 , y 0 ) 6 = (0, 0) e desejemos saber em qual das direções v a derivada direcional é máxima (i.e., em que direção f cresce mais). É claro que, se trocarmos v por λv , a derivada direcional será multiplicada pela mesma constante λ , então,
para que o problema tenha sentido, vamos nos restringir a vetores v unitários. Como
∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ) =
〈 ∇ f ( x 0 , y 0 ), v
, observamos que o maior valor para
∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ) será atingido quando v for um vetor
unitário paralelo e com o mesmo sentido que ∇ f ( x 0 , y 0 ), i.e., v =
∇ f ( x 0 , y 0 ) |∇ f ( x 0 , y 0 )|
. Para este último v ,
temos ∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ) =
∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ),
∇ f ( x 0 , y 0 ) |∇ f ( x 0 , y 0 )|
= |∇ f ( x 0 , y 0 )|.
Proposição 8 Se f é diferenciável em ( x 0 , y 0 ) ∈ D e ∇ f ( x 0 , y 0 ) 6 = (0, 0), então a derivada direcional máxima de f em ( x 0 , y 0 ) ocorre na direção do vetor gradiente em ( x 0 , y 0 ) e vale |∇ f ( x 0 , y 0 )|. Em outras palavras, o vetor gradiente aponta sempre na direção de maior crescimento de f.
2 Regra da cadeia
Considere uma curva γ : (− ε , ε ) → D , γ ( t ) = ( x ( t ), y ( t )), de classe C^1 tal que γ (0) = ( x 0 , y 0 ) e f : D → R uma função de classe C^1. Vamos provar que a composição f ( x ( t ), y ( t )) é diferenciável em t = 0 e calcular o valor da derivada. Pelo teorema do valor médio para funções de uma variável, obtemos t 1 , t 2 entre 0 e t tais que
f ( x ( t ), y ( t )) − f ( x (0), y (0)) t
f ( x ( t ), y ( t )) − f ( x (0), y ( t )) t
f ( x (0), y ( t )) − f ( x (0), y (0)) t = fx ( x ( t 1 ), y ( t )) x ′( t 1 ) + fy ( x (0), y ( t 2 )) y ′( t 2 ).
Fazendo t → 0 na expressão acima e usando o fato que as funções envolvidas são de classe C^1 , concluímos que
d d t
t = 0
f ( x ( t ), y ( t )) = fx ( x 0 , y 0 ) x ′(0) + fy ( x 0 , y 0 ) y ′(0). (3)
Para facilitar a lembrança, abolimos as variáveis na expressão acima e obtemos
d d t
f ( x ( t ), y ( t )) =
∂ f ∂x
d x d t
∂ f ∂y
d y d t
Mostre que f admite derivadas parciais em ( x 0 , y 0 ) e α = fx ( x 0 , y 0 ), β = fy ( x 0 , y 0 ). Em particular, f é diferenciável em ( x 0 , y 0 ).
Exercício 3 Prove a recíproca do corolário (6), i.e., prove que se f : D → R é uma função e χ : R^2 → R é um funcional linear tal que
f ( x 0 + h , y 0 + k ) = f ( x 0 , y 0 ) + χ ( h , k ) + r ( h , k ) ,
com
r ( h , k ) p h^2 + k^2
→ 0 quando ( h , k ) → (0, 0) então f é diferenciável em ( x 0 , y 0 ) e d f ( x 0 , y 0 ) = χ.
Exercício 4 Determine (com justificativa) o conjunto dos pontos nos quais as funções abaixo são di- ferenciáveis:
(a) f é um polinômio em x , y (b) f é uma função racional (c) f ( x , y ) = 5
5 x^4 + 9 x^2 y^6 + 3 y^2 (d) f ( x , y ) = 3
x^2 y (e) f ( x , y ) = ln( x^2 + y^2 ) (f) f ( x , y ) = | x + y |
Exercício 5 Mostre que um funcional linear ϕ é diferenciável em todos os pontos de R^2 e dϕ ( x 0 , y 0 ) = ϕ.
Exercício 6 Mostre que f ( a ) = | a |^5 é diferenciável fora da origem e d f ( a ) · v = 5 | a |^3 〈 a , v 〉, para todos a 6 = 0 e v ∈ R^2. Generalize para f ( a ) = | a | r^ , para qualquer r ∈ R.
Exercício 7 Seja ϕ : R → R uma função contínua e considere f : R^2 → R dada por f ( x , y ) =
∫ (^) y
x
ϕ ( t ) d t ,
( x , y ) ∈ R^2. Mostre que f é de classe C^1 em R^2 e calcule a derivada de f em um ponto ( x 0 , y 0 ) ∈ R^2.
Exercício 8 Se f é diferenciável em ( x 0 , y 0 ), então existe pelo menos um vetor não-nulo v ∈ R^2 tal que ∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ) = 0. Interprete este resultado geometricamente.
Exercício 9 Admitindo que f seja uma função diferenciável, encontre uma fórmula para a derivada de g ( x , y ) = f ( x , y ) k^ em ( x , y ) em termos da derivada de f em ( x , y ).
Exercício 10 Seja f : R^2 → R diferenciável tal que f ( t x , t y ) = t f ( x , y ) para todos t > 0 e ( x , y ) ∈ R^2. Mostre que f é uma função linear.
O que se pode dizer sobre a diferenciabilidade da função f ( x , y ) =
x^3 x^2 + y^2
, f (0, 0) = 0, no ponto
(0, 0)?
Exercício 11 Se f : R^2 → R é diferenciável e f ( x /2, y /2) = f ( x , y )/2 para todo ( x , y ) ∈ R^2 então f é linear.
Exercício 12 Seja f : D → R diferenciável em ( x 0 , y 0 ) ∈ D e γ : (− ε , ε ) → D uma curva diferenciável tal
que γ (0) = ( x 0 , y 0 ) e γ ′(0) = v. Prove que
∂ f ∂v
( x 0 , y 0 ) =
d d t
t = 0
f ( γ ( t )).
Exercício 13 (Desigualdade do valor médio) Seja f : D → R de classe C^1 em D tal que |∇ f ( u )| ≤ C para todo u ∈ D. Prove que | f ( p ) − f ( q )| ≤ C | p − q | para todos p , q ∈ D.
Exercício 14 Seja A : R^2 → R^2 uma transformação linear e considere a função f : R^2 → R dada por f ( u ) = 〈 Au , u 〉, u ∈ R^2. Prove que f é de classe C^1 em R^2 e calcule a derivada de f em um ponto ( x 0 , y 0 ) ∈ R^2.
Exercício 15 Seja f : R^2 → R de classe C^1. Prove que f ( x 0 , y 0 ) = 0 e d f ( x 0 , y 0 ) = 0 se e só se existem funções contínuas a , b : R^2 → R tais que f ( x , y ) = a ( x , y ) x + b ( x , y ) y , para todo ( x , y ) ∈ R^2.
Exercício 16 Define o laplaciano de uma função f : D → R uma função de classe C^2 por
∆ f = fxx + fy y.
Uma função é dita harmônica quando ∆ f = 0.
- Prove que a função f ( x , y ) =
ln( x^2 + y^2 ), ( x , y ) 6 = (0, 0), é harmônica.
- Uma função f : R^2 \ {0} → R é dita radial se existe ϕ : (0, ∞) → R tal que f ( x , y ) = ϕ (
x^2 + y^2 ), ( x , y ) ∈ R^2. Mostre que uma função harmônica radial deve ser da forma f ( x , y ) = A 2 ln( x^2 + y^2 )+ B , onde A , B são constantes reais.
- Seja T : R^2 → R^2 uma transformação linear e
( (^) a b c d
sua matriz em relação à base canônica. De- termine ∆( f ◦ T ) e mostre que ∆( f ◦ T ) = (∆ f ) ◦ T quando T é ortogonal.^1
Exercício 17 Seja f : R^2 → R de classe C^2.
- Prove que fx y ≡ 0 se e só se existem ϕ , ψ : R → R de classe C^2 tais que f ( x , y ) = ϕ ( x ) + ψ ( y ), para todos ( x , y ) ∈ R^2.
- Considere a mudança de variáveis x =
u + v 2
e y =
u − v 2
. Determine fxx e fy y em função de fuu , fuv e fv v.
- Usando a mudança de variáveis do ítem anterior, mostre que f satisfaz a equação da onda
fxx = fy y
se e só se fuv = 0. Conclua, usando o ítem (a), que existem ϕ , ψ : R → R de classe C^2 tais que f ( x , y ) = ϕ ( x + y ) + ψ ( x − y ) para todo ( x , y ) ∈ R^2. Esta última igualdade é chamada de Fórmula de d’Alembert.
- Dado α ∈ R não-nulo, use a mudança de variáveis x =
u + v 2
e y =
u − v 2 α
e argumente como nos ítens anteriores para mostrar que se fy y = α^2 fxx então existem ϕ , ψ : R → R de classe C^2 tais que f ( x , y ) = ϕ ( x + αy ) + ψ ( x − αy ) para todo ( x , y ) ∈ R^2.
Exercício 18 Neste exercício, vamos encontrar uma forma canônica para um tipo especial de função.
- Mostre que uma função ϕ : R → R de classe C^1 se anula na origem se e só se existe uma função contínua ψ : R → R tal que ϕ ( t ) = t ψ ( t ). (Dica: use o teorema fundamental do cálculo)
- Seja g : R^2 → R uma função de classe C^1 tal que g ( x , 0) = 0 para todo x ∈ R. Mostre que existe h : R^2 → R contínua tal que g ( x , y ) = xh ( x , y ), para todo ( x , y ) ∈ R^2. (^1) Isto significa que o laplaciano é invariante por transformações ortogonais.
