2ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre Derivadas Parciais

Neste artigo, apresentamos uma segunda lista de exercícios resolvidos sobre as derivadas parciais, em pontos definidos ou não pela função. Além disso, entenderá um pouco mais sobre as derivadas de segunda ordem e como podem ser calculadas.

Dada uma função f(x_1, x_2, ..., x_n) a derivada parcial de f no ponto P_0 = (p_1,p_2,...,p_n) com relação à variável x_i é dada por $$\frac{\partial f}{\partial x_i} (p_1,p_2,…,p_n) \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{f(p_1 ,…, p_i +h, … , p_n) – f(p_1,…,p_i,…,p_n)}{h}}.$$

As derivadas parciais são funções de várias variáveis como a função original que as gerou. Nesse sentido estrito não existe nada de mais com elas, e o mesmo acontece com as derivadas parciais segundas, terceiras, etc.

2ª Lista de Exercícios Resolvidos Sobre Derivadas Parciais

1) Seja f(x,y) = cos(xy) + x^3y^3:

a) Determine as derivadas parciais e o vetor gradiente de f(x,y);

SOLUÇÃO: Para os pontos fora da origem, temos que: $$ \frac{\partial f}{\partial x} = -y sen(xy) + 3x^2y^3; $$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} = -x sen(xy) + 3x^3y^2; $$

Portanto, $$ \nabla f(x,y) = (-y sen(xy) + 3x^2y^3 , -x sen(xy) + 3x^3y^2)$$

b) Determine as derivadas parciais de segunda ordem de f(x,y).

SOLUÇÃO: Temos que: $$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = -y^2 cos(xy) + 6xy^3; $$ $$ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -x^2 cos(xy) + 6x^3y; $$ $$ \frac{\partial^2 f}{\partial x  \partial y} = -sen(xy) – xy cos(xy) + 9x^2y^2 = \frac{\partial^2 f}{\partial y  \partial x} . $$

2) Considere $$ f(x,y) = \frac{xy (x^2 – y^2)}{x^2 + y^2}; (x,y) \neq (0,0)$$ $$f(0,0) = 0.$$

a) Determine as derivadas parciais de f(x,y);

SOLUÇÃO: Neste caso, $$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{y\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{y}^{2}+{x}^{2}}+\frac{2\,{x}^{2}\,y}{{y}^{2}+{x}^{2}}-\frac{2\,{x}^{2}\,y\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{\left( {y}^{2}+{x}^{2}\right) }^{2}} = -\frac{{y}^{5}-4\,{x}^{2}\,{y}^{3}-{x}^{4}\,y}{{y}^{4}+2\,{x}^{2}\,{y}^{2}+{x}^{4}}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y} = -\frac{2\,x\,{y}^{2}}{{y}^{2}+{x}^{2}}+\frac{x\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{y}^{2}+{x}^{2}}-\frac{2\,x\,{y}^{2}\,\left( {x}^{2}-{y}^{2}\right) }{{\left( {y}^{2}+{x}^{2}\right) }^{2}} = -\frac{x\,{y}^{4}+4\,{x}^{3}\,{y}^{2}-{x}^{5}}{{y}^{4}+2\,{x}^{2}\,{y}^{2}+{x}^{4}}$$

Na origem, $$ \frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(0+h,0) – f(0,0)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(h,0)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{0}{h}} =0$$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} (0,0) = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(0,0+h) – f(0,0)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{f(0,h)}{h}} = \lim_{ h \rightarrow 0}{\frac{0}{h}} =0$$

b) Determine as derivadas parciais de segunda ordem de f(x,y).

SOLUÇÃO: Neste caso, as derivadas parciais de segunda ordem de f(x,y) fora da origem são dadas por:

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{12\,x\,{y}^{5}-4\,{x}^{3}\,{y}^{3}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = -\frac{{y}^{6}+9\,{x}^{2}\,{y}^{4}-9\,{x}^{4}\,{y}^{2}-{x}^{6}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = -\frac{{y}^{6}+9\,{x}^{2}\,{y}^{4}-9\,{x}^{4}\,{y}^{2}-{x}^{6}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{4\,{x}^{3}\,{y}^{3}-12\,{x}^{5}\,y}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}$$

Agora, na origem, obtemos:

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x} (h,0) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = 0$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (0,0) = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\frac{\partial f}{\partial x} (0,h) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{-h}{h}} = -1$$

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{\frac{\partial f}{\partial y} (h,0) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{h}{h}} = 1$$

$$ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{\frac{\partial f}{\partial y} (0,h) – \frac{\partial f}{\partial x} (0,0)}{h}} = 0$$

d) Justifique o fato das derivadas parciais de segunda ordem mistas, \dfrac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) e \dfrac{\partial ^2 f}{\partial y \partial x} (0,0) , serem diferentes.

SOLUÇÃO: Observe que

$$ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,y)} = \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{-\frac{{y}^{6}+9\,{x}^{2}\,{y}^{4}-9\,{x}^{4}\,{y}^{2}-{x}^{6}}{{y}^{6}+3\,{x}^{2}\,{y}^{4}+3\,{x}^{4}\,{y}^{2}+{x}^{6}}}. $$ Usando as curvas \gamma _1 (t) = (t,0) e \gamma _2 (t) = (0,t), vemos que

$$ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,0)} = \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{t^6}{t^6}} = 1  $$

$$ \lim_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (0,y)} = \lim_{t \rightarrow 0}{\frac{-t^6}{t^6}} = -1. $$

Portanto o limite \lim\limits_{(x,y) \rightarrow (0,0)}{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x,y)} não existe, logo essa derivada parcial de segunda ordem não pode ser contínua. Portanto a função não é duas vezes diferenciável, contrariando o Teorema de Schwarz e justificando a razão de \dfrac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) e \dfrac{\partial ^2 f}{\partial y \partial x} (0,0) , serem diferentes.

3) Calcule as derivadas parciais de 2ª ordem e o determinante hessiano das funções abaixo:

a) f(x,y) = \ln{(xy)} ;

SOLUÇÃO: Como \dfrac{\partial f}{\partial x} = 1/x e \dfrac{\partial f}{\partial y} = 1/y , então

\begin{eqnarray} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & = & -\frac{1}{{x}^{2}} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} & = & 0 \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} & = & 0 \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} & = & -\frac{1}{{y}^{2}}\end{eqnarray}

lno $$H(x,y) = \left| \begin{array}{lr}
-\frac{1}{{x}^{2}} & 0 \\
\\
0 & -\frac{1}{{y}^{2}} \\
\end{array}
\right| = \frac{1}{{x}^{2}\,{y}^{2}}$$

b) f(x,y) = \sqrt{1 - x^2 - y^2} ;

SOLUÇÃO: Como \dfrac{\partial f}{\partial x} = -\frac{x}{\sqrt{-{y}^{2}-{x}^{2}+1}} e \dfrac{\partial f}{\partial y} = -\frac{y}{\sqrt{-{y}^{2}-{x}^{2}+1}} , então

\begin{eqnarray} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & = & -\frac{1}{\sqrt{-{y}^{2}-{x}^{2}+1}}-\frac{{x}^{2}}{{\left( -{y}^{2}-{x}^{2}+1\right) }^{\frac{3}{2}}}\\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} & = & -\frac{x\,y}{{\left( -{y}^{2}-{x}^{2}+1\right) }^{\frac{3}{2}}} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} & = & -\frac{x\,y}{{\left( -{y}^{2}-{x}^{2}+1\right) }^{\frac{3}{2}}} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} & = & -\frac{1}{\sqrt{-{y}^{2}-{x}^{2}+1}}-\frac{{y}^{2}}{{\left( -{y}^{2}-{x}^{2}+1\right) }^{\frac{3}{2}}} \end{eqnarray}

lno $$H(x,y) = \left| \begin{array}{lr}
\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}\\
\\
\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \\
\end{array}
\right| = \left( -\frac{1}{\sqrt{-{y}^{2}-{x}^{2}+1}}-\frac{{x}^{2}}{{\left( -{y}^{2}-{x}^{2}+1\right) }^{\frac{3}{2}}}\right) \times \\ \times \left( -\frac{1}{\sqrt{-{y}^{2}-{x}^{2}+1}}-\frac{{y}^{2}}{{\left( -{y}^{2}-{x}^{2}+1\right) }^{\frac{3}{2}}}\right) -\frac{{x}^{2}\,{y}^{2}}{{\left( -{y}^{2}-{x}^{2}+1\right) }^{3}} = $$ $$ = \frac{1}{{y}^{4}+\left( 2\,{x}^{2}-2\right) \,{y}^{2}+{x}^{4}-2\,{x}^{2}+1} $$

c) f(x,y) = x^y

SOLUÇÃO: Como \dfrac{\partial f}{\partial x} = {x}^{y-1}\,y e \dfrac{\partial f}{\partial y} = {x}^{y}\,\mathrm{ln}\left( x\right)  , então

\begin{eqnarray} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & = & {x}^{y-2}\,\left( y-1\right) \,y \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} & = & {x}^{y-1}\,\mathrm{ln}\left( x\right) \,y+{x}^{y-1} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} & = & {x}^{y-1}\,\mathrm{ln}\left( x\right) \,y+{x}^{y-1}\\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} & = & {x}^{y}\,{\mathrm{ln}\left( x\right) }^{2} \end{eqnarray}

lno $$H(x,y) = \left| \begin{array}{lr}
\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}\\
\\
\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \\
\end{array}
\right| = {x}^{2\,y-2}\,{\mathrm{ln}\left( x\right) }^{2}\,\left( y-1\right) \,y-{\left( {x}^{y-1}\,\mathrm{ln}\left( x\right) \,y+{x}^{y-1}\right) }^{2} = $$ $$ = -\frac{{x}^{2\,y}\,\left( {\mathrm{ln}\left( x\right) }^{2}+2\,\mathrm{ln}\left( x\right) \right) \,y+{x}^{2\,y}}{{x}^{2}}$$

4) Mostre que a função f(x,y) = e^x cos(y) satisfaz a equação de Laplace $$ \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial ^2 f}{\partial y^2} = 0.$$

SOLUÇÃO: Observe que \dfrac{\partial f}{\partial x} = e^x cos(y) e \dfrac{\partial f}{\partial y} = - e^x sen(y) , lno \begin{eqnarray} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & = & e^x cos(y) \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} & = & -e^x cos(y) \end{eqnarray}

Substituindo na equação de Laplace, obtemos $$ \frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial ^2 f}{\partial y^2} =e^x cos(y) – e^x cos(y) = 0.$$

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