Teorema da Função Implícita | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Queremos discutir alguns exercícios resolvidos que usem o Teorema das Funções Implícitas, que é uma consequência do Teorema da Função Inversa. Um teorema de função implícita é um teorema que determina condições sob as quais uma relação como F(x, y) = 0 define y como função de x ou x como função de y. A solução é local no sentido que o tamanho do intervalo I pode ser menor do que o domínio da relação F.

SITUAÇÃO 1: F(x,y) = 0 .

Seja F(x,y) uma função com derivadas parciais contínuas em um conjunto aberto U \subset \mathbb{R} ^2 . Seja (x_0, y_0) \in U tal que F(x_0,y_0) = 0 . Se \frac{\partial F}{ \partial y} (x_0,y_0) \neq 0 , então existem intervalos abertos I e J com x_0 \in I e y_0 \in J , tais que, para cada x \in I , existe um único y = f(x) \in J , que satisfaz F(x, f(x)) = 0 . A função f: I \rightarrow J é diferenciável e, para qualquer x \in I , sua derivada pode ser obtida por \frac{dy}{dx}(x) = -\frac{\frac{\partial F}{\partial x} (x, y)}{\frac{\partial F}{\partial y} (x, y)} .

SITUAÇÃO 2: F(x,y,z) = 0 .

Seja F(x,y,z) uma função com derivadas parciais contínuas em um conjunto aberto U \subset \mathbb{R} ^3 . Seja (x_0, y_0, z_0) \in U tal que F(x_0,y_0, z_0) = 0 . Se \frac{\partial F}{ \partial z} (x_0,y_0,z_0) \neq 0 , então existe uma bola aberta B, com centro em   (x_0 , y_0 ) e um intervalo J, com z_0 \in J , tais que, para cada (x,y) \in B , existe um único z = g(x,y) \in J , que satisfaz F(x, y, g(x,y)) = 0 . A função z = g(x,y) é diferenciável em todo (x,y) \in B , e para qualquer (x,y) \in B suas derivadas parciais são dadas por $$ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)}{\frac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)} $$ $$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}{\frac{\partial F}{\partial z}(x,y)}.$$

Teorema da Função Implícita – Exercícios Resolvidos

1) Sendo z = f(x,y) dada implicitamente por x^2 + y^2 + z^2 = 1, z>0, . Calcule as derivadas parciais \frac{\partial z}{\partial x} e \frac{\partial z}{\partial y}

SOLUÇÃO: Neste caso, sendo f(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 1 , lembremos que \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)}{\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)} e \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)}{\frac{\partial f}{\partial z}(x,y)} .

Assim,$$ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{2x}{2z} = -\frac{x}{z} $$ $$ \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{2y}{2z} = -\frac{y}{z} .$$

2) Ache, em termos de x,y e z, as derivadas parciais de primeira ordem das funções implícitas z = f(x,y):

a) x^2 + y^2 +z^2 = 1;

SOLUÇÃO: Lembre que se z = f(x,y) é dada implicitamente pela equação g(x,y,z) = 0, então $$ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)}{\frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)}$$ $$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z)}{\frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)}$$ logo, como $$ \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z) = 2x,$$  $$ \frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z) = 2y$$ e $$ \frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z) =2z $$, podemos concluir que $$ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{2x}{2z} = -\frac{x}{z}$$ $$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{2y}{2z} = -\frac{y}{z}$$

b) \ln{(xyz)} +e^z = 1.

SOLUÇÃO: Lembre que se z = f(x,y) é dada implicitamente pela equação g(x,y,z) = 0, então $$ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)}{\frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)}$$ $$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z)}{\frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z)}$$ logo, como $$ \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z) = 1/x,$$  $$ \frac{\partial g}{\partial y}(x,y,z) = 1/y$$ e $$ \frac{\partial g}{\partial z}(x,y,z) = {e}^{z}+\frac{1}{z}$$, podemos concluir que $$ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{1}{x \left( {e}^{z}+\frac{1}{z} \right)} $$ $$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{1}{y \left( {e}^{z}+\frac{1}{z} \right)}$$

3) Mostre que se  f for diferenciável, então uma função na forma z = f(x,y) satisfaz a equação $$ x \frac{\partial z}{ \partial x} – y \frac{\partial z}{ \partial y} = 0 \tag{1}.$$ Além disso, encontre a solução desta equação utilizando um método adequado. 

1) EXISTÊNCIA DE SOLUÇÃO

Primeiramente vamos mostrar que esta equação admite solução na na forma de uma função diferenciável z = f(x,y). Sendo f(x,y) uma função diferenciável, o Teorema da Função implícita garante que f(x,y) =c determina uma função também diferenciável g(x) = y tal que f(x,g(x)) =c . Por outro lado, podemos ter, também, uma função diferenciável h(y) = x tal que f(h(y),y) = c .

Desta forma, sabemos que $$ \frac{d}{dx} f(x,g(x)) = 0 \qquad e \qquad \frac{d}{dy} f(h(y),y) = 0. $$ Usando a Regra da Cadeia podemos afirmar que  $$ \frac{d}{dx} f(x,g(x)) = \frac{\partial f}{ \partial x} \frac{dx}{dx}  + \frac{\partial z}{ \partial y} \frac{dg}{dx}  = \frac{\partial f}{ \partial x} + \frac{\partial z}{ \partial y} \frac{dy}{dx} = 0$$ $$ \frac{d}{dy} f(h(y) , y) = \frac{\partial f}{ \partial x} \frac{dx}{dy}  + \frac{\partial z}{ \partial y} \frac{dy}{dy}  = \frac{\partial f}{ \partial x} \frac{dx}{dy}  + \frac{\partial z}{ \partial y} = 0$$

Somando as duas equações obtemos $$ 0 = \frac{\partial f}{ \partial x} \left( 1+ \frac{dx}{dy} \right)  + \frac{\partial z}{ \partial y} \left( 1+ \frac{dy}{dx} \right) .$$ Logo, para que a função diferenciável z = f(x,y) determine a solução desta equação, basta que as equações diferenciais de primeira ordem  $$ 1+ \frac{dx}{dy} = x \qquad e \qquad 1+ \frac{dy}{dx} = – y $$ admitam soluções, como, de fato, admitem por serem duas equações separáveis.

2) SOLUCIONANDO A EQUAÇÃO

A equação $$ x \frac{\partial z}{ \partial x} – y \frac{\partial z}{ \partial y} = 0$$ é uma equação diferencial parcial de primeira ordem linear que pode ser resolvida usando o método da separação das variáveis.

Façamos $$ f(x,y) = F(x)G(y).$$

Logo, $$ \frac{\partial f}{ \partial x} = F'(x) G(y) \qquad e \qquad \frac{\partial f}{ \partial y} = F(x) \dot{G}(y)$$ e substituindo na equação obtemos $$ x \frac{\partial z}{ \partial x} – y \frac{\partial z}{ \partial y} = x F'(x) G(y) – y F(x) \dot{G}(y) = 0.$$

Daí, $$ x F'(x) G(y) = y F(x) \dot{G}(y) \Leftrightarrow x \frac{F'(x) }{F(x) } = y \frac{\dot{G}(y }{G(y) } = constante\;\; k $$ e obtemos duas equações diferenciais de primeira ordem lineares similares:

1. x F'(x) - k F(x) = 0 que, usando o método deste artigo, tem solução dada por $$F(x) = c_1 x^{k} . $$
2. y \dot{G}(y) - k G(y) = 0 que, usando o método deste artigo, tem solução dada por $$G(y) = c_2 y^{k} . $$

Portanto, assumindo c = c_1 \times c_2 obtemos como solução da equação (1) $$f(x,y) = c (xy)^{k}.$$ Facilmente podemos substituir esta solução na equação (1) e verificar que ela, de fato, é a solução procurada.

Leia Mais:

• Funções Dadas Implicitamente e o Teorema das Funções Implícitas
• Derivadas Parciais | Funções de Várias Variáveis a Valores Reais
• Derivadas Parciais de Segunda Ordem | Funções de Várias Variáveis
• Diferenciabilidade | Funções de Várias Variáveis a Valores Reais
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