Funções Dadas Implicitamente e o Teorema das Funções Implícitas

Uma função de duas variáveis reais a valores reais é uma função f: A \subset \mathbb{R} ^2\rightarrow \mathbb{R}. Uma função desta forma associa, a cada par (x,y) \in A, um único número f(x,y) \in \mathbb{R}.

Além disso, é possível definir, sob certas condições de domínio, uma função y = g(x) implicitamente pela equação f(x,y) = 0 e, com isso, deduzir, sob certas condições, uma fórmula para o cálculo de g'(x) à partir das derivadas parciais de f(x,y).

Queremos discutir exatamente a derivação de funções dadas implicitamente neste artigo que terminará com o enunciado do importantíssimo Teorema das Funções Implícitas.

A Derivadas de Funções Dadas Implicitamente

Uma função y=g(x) é definidia implicitamente pela equação f(x,y)=0, se para todo x \in D_g, tivermos $$f(x,g(x))=0.$$

Desta forma, supondo que f e g sejam diferenciáveis, pela regra da cadeia,
\begin{eqnarray*}
df(x,g(x)) & = & 0\\
& = & \dfrac{\partial f}{\partial x} (x, g(x))\dfrac{dx}{dx} + \dfrac{\partial f}{\partial y} (x, g(x))\dfrac{dg}{dx}(x) = 0\\
\end{eqnarray*}

Daí, supondo que $$\dfrac{\partial f}{\partial y} (x, g(x)) \neq 0,$$ temos que $$\dfrac{\partial f}{\partial y} (x, g(x))\dfrac{dg}{dx}(x) = -\dfrac{\partial f}{\partial x} (x, g(x)).1 $$ ou seja, $$\dfrac{dg}{dx}(x) = -\dfrac{\dfrac{\partial f}{\partial x} (x, y)}{\dfrac{\partial f}{\partial y} (x, y)}$$

Ou seja, deduzimos uma fórmula para o cálculo de g' (x) em todo x \in D_g para os quais $$\dfrac{\partial f}{\partial y} (x, g(x)) \neq 0.$$

EXEMPLO:

A função diferenciável y=y(x) é definida implicitamente pela equação $$y^3+xy+x^3 = 3.$$ Expresse \dfrac{dy}{dx} em termos de x e y.

Pela análise feita anteriormente, temos que

$$\dfrac{dy}{dx} = – \dfrac{y+3x^2}{3y^2 +x}$$ em todo x no domínio de y = y(x), com 3y(x)^2 +x \neq 0 .

Poderíamos ter encontrado esta derivada usando um processo diferente:

$$\frac{d}{dx} [y^3 +xy +x^3] = 0 \Leftrightarrow 3y^2 \frac{dy}{dx} + y + x \frac{dy}{dx} + 3x^2 =0 \Leftrightarrow \dfrac{dy}{dx} = – \frac{y+3x^2}{3y^2 +x}.$$

Analogamente, se tivermos uma função x=g(y) dada de maneira implícita por f(g(y), y)=0 teremos, caso f e g sejam diferenciáveis e $$\dfrac{\partial f}{\partial x} (g(y), y) \neq 0,$$ que $$ \dfrac{dx}{dy} = – \dfrac{\dfrac{\partial f}{\partial y} (x,y)}{\dfrac{\partial f}{\partial x} (x,y)}$$

EXEMPLO: A função diferenciável x=x(y) é definida implicitamente pela equação $$x^2+y^2=1.$$ Expresse \dfrac{dy}{dx} em termos de x e y.

Note que $$x = \sqrt{1-y^2}.$$ e que $$f(x,y) = x^2+y^2-1.$$

Pela análise feita anteriormente, temos que

$$\dfrac{dx}{dy} = – \dfrac{2y}{2x} = -\dfrac{y}{x}$$

Considere, agora, uma função diferenciável z=g(x,y) dada implicitamente pela equação f(x,y,z) = 0, onde f é diferenciável num aberto do \mathbb{R}^3. Desta forma, usando a regra da cadeia e observando que \dfrac{\partial x}{\partial x} = 1 e \dfrac{\partial y}{\partial x} =0 , temos que

\begin{eqnarray*}
f(x,y,g(x,y))& = & 0\\
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y, g(x,y)) & = & 0\\
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y,z).\dfrac{\partial x}{\partial x} + \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y,z).\dfrac{\partial y}{\partial x} + \dfrac{\partial f}{\partial z}(x,y,z).\dfrac{\partial z}{\partial x} & = & 0\\
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) + \dfrac{\partial f}{\partial z}(x,y,z).\dfrac{\partial z}{\partial x} & = & 0\\
\\
\dfrac{\partial f}{\partial z}(x,y,z).\dfrac{\partial z}{\partial x} & = & – \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) \\
\\
\dfrac{\partial z}{\partial x} & = & -\dfrac{\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)}{\dfrac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)}
\end{eqnarray*}

Analogamente, nas mesmas condições de z=g(x,y) dada implicitamente pela equação f(x,y,z) = 0 anteriormente,  usando a regra da cadeia e observando que \dfrac{\partial x}{\partial y} = 0 e \dfrac{\partial y}{\partial y} =1 encontramos

$$\dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)}{\dfrac{\partial f}{\partial z}(x,y)}$$

EXEMPLO

A função diferenciável de z=z(x,y) é dada implicitamente pela equação $$ xyz+x^3+y^3+z^3 = 5 .$$ Expresse \dfrac{\partial z}{\partial x} e \dfrac{\partial z}{\partial y} em termos de x, y, e z.
Primeiramente, observe que $$f(x,y,z) = xyz+x^3+y^3+z^3 – 5.$$

Assim, $$\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{yz + 3x^2}{xy + 3z^2}$$ $$\dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{xz + 3y^2}{xy + 3z^2}$$

Suponha agora que as funções diferenciáveis y = y(x) e z = z(x) , definidas num intervalo aberto I, são dadas implicitamente pelo sistema \begin{equation} \left\{ \begin{array}{lcr}
F(x,y,z) & = & 0\\
G(x,y,z) & = & 0
\end{array} \right.
\end{equation} onde F e G são supostas diferenciáveis num aberto de \mathbb{R}^3.

Observe que dizer que $$ F(x,y(x),z(x)) = 0 $$ $$G(x,y(x),z(x)) = 0,$$  é o mesmo que dizer que a imagem da curva $$ \gamma (x) = (x,y(x),z(x))$$ está contida na interseção das superfícies F(x,y,z) = 0 e G(x,y,z) = 0 .

Isso posto, vamos derivar F(x,y(x),z(x)) = 0 e G(x,y(x),z(x)) = 0 com relação à variável x:

\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lcr}
\dfrac{\partial F}{\partial x}  \dfrac{dx}{dx} + \dfrac{\partial F}{\partial y}  \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{\partial F}{\partial z}  \dfrac{dz}{dx}  & = & 0\\ \\ \dfrac{\partial G}{\partial x}  \dfrac{dx}{dx} + \dfrac{\partial G}{\partial y}  \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{\partial G}{\partial z}  \dfrac{dz}{dx}  & = & 0
\end{array} \right.
\end{equation} ou seja,

\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lcr}
\dfrac{\partial F}{\partial y}  \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{\partial F}{\partial z}  \dfrac{dz}{dx}  & = & – \dfrac{\partial F}{\partial x} \\ \\ \dfrac{\partial G}{\partial y}  \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{\partial G}{\partial z}  \dfrac{dz}{dx}  & = & – \dfrac{\partial G}{\partial x}
\end{array} \right.
\end{equation}

Note que este sistema é um sistema linear nas variáveis \dfrac{dy}{dx} e \dfrac{dz}{dx} . Logo, supondo que o determinante \begin{equation} \left| \begin{array}{lcr}
\dfrac{\partial F}{\partial y}   & & \dfrac{\partial F}{\partial z} \\ \\ \dfrac{\partial G}{\partial y}   &  &\dfrac{\partial G}{\partial z}
\end{array} \right| \neq 0
\end{equation} para todo (x,y,z) pertencente ao aberto de \mathbb{R}^3 onde F e G são supostas diferenciáveis, podemos usar a Regra de Cramer, e encontrar

$$ \frac{dy}{dx} = – \frac{\dfrac{\partial (F, G)}{\partial (x,z)}}{\dfrac{\partial (F, G)}{\partial (y,z)}} $$

$$ \frac{dz}{dx} = – \frac{\dfrac{\partial (F, G)}{\partial (y,x)}}{\dfrac{\partial (F, G)}{\partial (y,z)}} $$

onde $$ \frac{\partial (F, G)}{\partial (x,z)} = \left| \begin{array}{lcr}
\frac{\partial F}{\partial x}   & & \frac{\partial F}{\partial z} \\ \\ \frac{\partial G}{\partial x}   &  &\frac{\partial G}{\partial z} \end{array} \right| ; \frac{\partial (F, G)}{\partial (y,z)} = \left| \begin{array}{lcr}
\frac{\partial F}{\partial y}   & & \frac{\partial F}{\partial z} \\ \\ \frac{\partial G}{\partial y}   &  &\frac{\partial G}{\partial z} \end{array} \right| ; $$ $$ \frac{\partial (F, G)}{\partial (y,x)} = \left| \begin{array}{lcr}
\frac{\partial F}{\partial y}   & & \frac{\partial F}{\partial x} \\ \\ \frac{\partial G}{\partial y}   &  &\frac{\partial G}{\partial x} \end{array} \right| ; \frac{\partial (F, G)}{\partial (y,z)} = \left| \begin{array}{lcr}
\frac{\partial F}{\partial y}   & & \frac{\partial F}{\partial z} \\ \\ \frac{\partial G}{\partial y}   &  &\frac{\partial G}{\partial z} \end{array} \right| $$

OBSERVAÇÃO (Determinante Jacobiano) :

A notação \dfrac{\partial (F, G)}{\partial (x,y)} é usada para indicar o determinante $$\left| \begin{array}{lcr} \frac{\partial F}{\partial x}   & & \frac{\partial F}{\partial y} \\ \\ \frac{\partial G}{\partial x}   &  &\frac{\partial G}{\partial y} \end{array} \right|$$ denominado determinante jacobiano de F e G em relação às variáveis x e y, respectivamente.

EXEMPLO

Sejam y= y(x) e z = z(x) diferenciáveis em \mathbb{R} dadas implicitamente pelo sistema \begin{equation} \left\{ \begin{array}{lcr}
2x + y – z & = & 3\\
x+y+z & = & 1
\end{array} \right.
\end{equation}

Queremos encontrar \dfrac{dy}{dx} e \dfrac{dz}{dx} .

Para isso vamos derivar os dois membros do sistema em relação à variável x, observando que y e z são funções de x: 

$$\frac{d}{dx}[2x + y -z] = 0 \Leftrightarrow 2 + \frac{dy}{dx} – \frac{dz}{dx} = 0;$$

$$ \frac{d}{dx}[x + y +z] = 0 \Leftrightarrow 1 + \frac{dy}{dx} – \frac{dz}{dx} = 0 .$$

Assim, \begin{equation} \left\{ \begin{array}{lcr}
\frac{dy}{dx} – \frac{dz}{dx} & = & -2\\
\frac{dy}{dx} – \frac{dz}{dx} & = & -1
\end{array} \right.
\end{equation}

Resolvendo o sistema para as variáveis \dfrac{dy}{dx} e \dfrac{dz}{dx} , obtemos $$ \frac{dy}{dx} = – \frac{3}{2} \;\;\; e \;\;\; \frac{dz}{dx} = \frac{1}{2}.  $$

Teorema da Função Implícita

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 \dfrac{\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 \dfrac{dy}{dx}(x) = -\dfrac{\dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y)}{\dfrac{\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 \dfrac{\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 $$ \dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{\dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)}{\dfrac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)} $$ $$\dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{\dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y)}{\dfrac{\partial F}{\partial z}(x,y)}.$$

(*) As demonstrações destas duas situações deste Teorema da Função Implícita possuem demonstrações rigorosas em livros de cálculo de várias variáveis. Para um enunciado e uma demostração de um teorema da função implícita em caráter mais geral sugerimos consultas a livros de Análise no \mathbb{R} ^n .

Exercícios Resolvidos

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