Derivadas parciais de ordem superior

UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 21
Assunto: Derivadas parciais de ordem superior e máximos e mínimos
Palavras-chaves: derivada,derivada parcial, ordem de derivação, ordem superior, máximos e
mínimos
Derivadas parciais de ordem superior
Seja
f
uma função de
n
variáveis reais a valores reais. As derivadas parciais de
de derivadas parciais de primeira ordem de
veis reais a valores em
R
f.
Assim, como
f,
f
são também chamadas
essas derivadas parciais são funções de
n
variá-
e, então, podemos calcular as derivadas parciais dessas funções, essas derivadas são
chamadas de derivadas parciais de segunda ordem de
f.
Podemos calcular as derivadas parciais das derivadas
parcias de segunda ordem de f para obtermos as derivadas parciais de terceira ordem de f e assim prosseguimos.
É claro que há casos em que alguma derivada parcial de alguma ordem pode não existir. Mas existem
aquelas funções para as quais todas as derivadas parciais de todas as ordens existem.
As derivadas parciais de uma função que tenha, por exemplo, de duas variáreis (z
= f (x, y)) são denotadas
e calculadas como segue.
Derivadas parciais de
1◦
ordem:
∂f
∂x
Derivadas de
2◦
ordem:
∂2f
∂
=
∂x2
∂x
Derivadas parciais de
∂3f
∂
=
∂x3
∂x
∂f
∂y
∂2f
∂x2
∂f
∂x
3◦
∂2f
∂
,
=
∂y∂x
∂y
∂f
∂x
∂2f
∂
,
=
∂x∂y
∂x
∂f
∂y
∂2f
∂
,
=
∂y 2
∂y
∂f
∂y
ordem:
∂3f
∂
,
=
∂y∂x2
∂y
∂2f
∂x2
∂3f
∂
,
=
∂x∂y∂x
∂x
∂2f
∂y∂x
∂3f
∂
,
=
∂y 2 ∂x
∂y
∂2f
∂y∂x
∂
∂3f
=
∂x2 ∂y
∂x
∂2f
∂x∂y
∂3f
∂
=
∂y∂x∂y
∂y
,
∂2f
∂x∂y
,
∂
∂3f
=
∂x∂y 2
∂x
∂2f
∂y 2
,
∂3f
∂
=
∂y 3
∂y
∂2f
∂y 2
Dessa forma, prosseguimos. Há outras notações para as derivadas parciais de ordem superior. A seguir
temos um exemplo.
•
∂f
= fx ,
∂x
•
∂2f
= fxx ,
∂x2
•
∂3f
= fxxx ,
∂x3
∂f
= fy
∂y
∂2f
= fxy
∂y∂x
∂3f
= fxyx ,
∂x∂y∂x
∂3f
= fyxx
∂x2 ∂y
Nesta notação temos que
fxy = (fx )y ,
As derivadas parciais
Exemplo 1
∂2f
∂y∂x
e
∂2f
∂x∂y
fxyx = (fxy )x ,
fyxx = (fyx )x
são chamadas de derivadas parciais mistas.
Calcule as derivadas parciais de até terceira ordem da função
f (x, y) = x5 y 3 + x3 y 4 + 2x + y + 1
Resolução:
Derivadas parciais de 1◦ ordem:
∂f
(x, y) = 5x4 y 3 + 3x2 y 4 + 2
∂x
∂f
(x, y) = 3x5 y 2 + 4x3 y 3 + 1
∂y
Derivadas parciais de 2◦ ordem:
∂2f
(x, y)
∂x2
∂2f
(x, y)
∂y∂x
∂2f
(x, y)
∂x∂y
∂2f
(x, y)
∂y 2
=
20x3 y 3 + 6xy 4
=
15x4 y 2 + 12x2 y 3
=
15x4 y 2 + 12x2 y 3
=
6x5 y + 12x3 y 2
2
Observamos que
∂2f
∂2f
=
.
∂y∂x
∂x∂y
Derivadas parciais de 3◦ ordem:
∂3f
(x, y)
∂x3
∂3f
(x, y)
∂y∂x2
∂3f
(x, y)
∂x∂y∂x
∂3f
(x, y)
∂y 2 ∂x
∂3f
(x, y)
∂x2 ∂y
∂3f
(x, y)
∂y∂x∂y
∂3f
(x, y)
∂x∂y 2
∂3f
(x, y)
∂y 3
=
60x2 y 3 + 6y 4
=
60x3 y 2 + 24xy 3
=
60x3 y 2 + 24xy 3
=
30x4 y + 36x2 y 2
=
60x3 y 2 + 24xy 3
=
30x4 y + 36x2 y 2
=
30x4 y + 36x2 y 2
=
6x5 + 24x3 y
Há outros casos de igualdades entre essas derivadas parciais de 3◦ ordem.
Exemplo 2
Calcule
Seja
x3 y
f (x, y) =
x2 + y 2

0


se (x, y) 6= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0)
∂2f
∂2f
(0, 0) e
(0, 0)
∂y∂x
∂x∂y
Resolução:
Primeiramente calculemos
∂f
(x, y). Consideremos primeiro o caso em que (x, y) 6= (0, 0). Assim, teremos
∂x
∂f
(x, y)
∂x
=
=
=
∂
x3 y
3x2 y(x2 + y 2 ) − x3 y.2x
=
∂x x2 + y 2
(x2 + y 2 )2
4
2 3
4
3x y + 3x y − 2x y
(x2 + y 2 )2
4
x y + 3x2 y 3
(x2 + y 2 )2
No ponto (0, 0) temos
∂f
f (x, 0) − f (0, 0)
0
(0, 0) = lim
= lim = 0
x→0
x→0 x
∂x
x−0
3
Portanto,
x4 y + 3x2 y 3
(x2 + y 2 )2
0


∂f
(x, y) =

∂x
se (x, y) 6= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0)
Logo,
∂2f
(0, 0)
∂y∂x
=
lim
y→0
=
Calculemos agora
− ∂f
∂x (0, 0)
y−0
∂f
∂x (0, y)
lim
0
y4
−0
y
y→0
= lim
y→0
0
=0
y
∂f
(x, y), para (x, y) 6= (0, 0).
∂y
∂f
(x, y)
∂y
=
=
x3 (x2 + y 2 ) − x3 y.2y
∂
x3 y
=
2
2
∂y x + y
(x2 + y 2 )2
x5 + x3 y 2 − 2x3 y 2
x5 − x3 y
=
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
Para (0,0) temos
f (0, y) − f (0, 0)
∂f
(0, 0) = lim
= lim
y→0
y→0
∂y
y−0
0
y2
−0
y
Assim,


∂f
(x, y) =

∂y
x5 − x3 y
(x2 + y 2 )2
0
se (x, y) 6= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0)
Logo,
∂2f
(0, 0)
∂x∂y
=
=
lim
∂f
∂y (x, 0)
lim
∂f
∂y (0, 0)
x−0
x→0
y→0
−
x5
x4
−0
x
= lim = 1
y→0 x
y
Portanto
∂2f
(0, 0) = 0
∂y∂x
e
∂2f
(0, 0) = 1
∂x∂y
Logo
∂2f
∂2f
(0, 0) 6=
(0, 0)
∂y∂x
∂x∂y
4
=0
Podemos nos perguntar então que condição uma função deve satisfazer para que tenhamos
∂2f
∂2f
(x, y) =
(x, y)
∂y∂x
∂x∂y
Para responder a essa pergunta precisamos do seguinte conceito.
Uma função z = f (x, y), denida em um conjunto aberto A, é de classe C n em A se existem todas as
derivadas parciais de ordem n em A e se tais derivadas parciais são contínuas.
(Teorema de Schwarz) Seja z = f (x, y) uma função denida em um conjunto aberto A. Se f (x, y)
for de classe C 2 em A, então.
Teorema 1
∂2f
∂2f
(x, y) =
(x, y)
∂y∂x
∂x∂y
para todo (x, y) em A.
Esse teorema é também conhecido por teorema de clairaut ou por teorema de clairaut - Schwarz.
Se as derivadas parciais de primeira ordem de f são também funções de classe C 2 em um aberto A, podemos
aplicar o teorema de Schwarz a elas para obtermos igualdades entre as derivadas parciais de terceira ordem.
Por exemplo,
∂3f
∂3f
=
∂y∂x2
∂x∂y∂x
pois
∂3f
∂
=
∂y∂x2
∂y∂x
∂f
∂x
∂
=
∂x∂y
∂f
∂x
Seja z = (x + y)e y . Mostre que
x
Exemplo 3
x
∂2z
∂2z
+y 2 =0
∂x∂y
∂y
Resolução:
Temos que
5
=
∂3f
∂x∂y∂x
∂z
∂y
=
=
=
x
x
x
1.e y + (x + y)e y − 2
y
x xy
1 − (x + y) 2 e
y
2
y − x2 − xy xy
e
y2
x
=
(y 2 − x2 − xy)e y
y2
Logo
∂2z
∂y 2
x
=
x
x
=
=
=
x
[(2y − x)e y + (y 2 − x2 − xy)e y ]y 2 − (y 2 − x2 − xy)e y 2y
y4
x
x
(2y 3 − xy 2 )e y − x(y 2 − x2 − xy)e y − 2y(y 2 − x2 − xy)e y
y4
3 2 2
3
2 x
2y
−xy −xy + x3 + x2 y
−2y
+ 2x2 y
+2xy
ey
4
y
x3 + 3x2 y xy
e
y4
Temos também que
∂2z
∂x∂y
=
=
=
=
x 1
x
1
y + (y 2 − x2 − xy)e y
(−2x
−
y)e
y2
y
2
2
x
1
y − x − xy y
e
−2x − y +
y2
y
2 −y
+y 2 − x2 − xy xy
1 −2xy
e
y2
y
−3xy − x2 xy
e
y3
Assim, teremos
x
∂2z
∂2z
+y 2
∂x∂y
∂y
−3xy − x2 xy
x3 + 3x2 y xy
e +y
e
3
y
y4
3x2 y + x3 xy
x3 + 3x2 y xy
= −
e +
e =0
3
y
y3
= x
Máximos e mínimos
Sejam f (x, y) uma função a valores reais, A um subconjunto do domínio de f (x, y), e (x0 , y0 ) ∈ A. Dizemos
que (x0 , y0 ) é um ponto de máximo de f (x, y) em A se
6
f (x, y) ≤ f (x0 , y0 )
(∀(x, y) ∈ A)
Neste caso f (x0 , y0 ) é chamado de valor máximo de f em A.
Diremos que (x0 , y0 ) ∈ Df é um ponto de máximo global(ou absoluto) de f se
f (x, y) ≤ f (x0 , y0 )
(∀(x, y) ∈ Df )
Neste caso f (x0 , y0 ), é dito o valor máximo de f .
O ponto (x0 , y0 ) ∈ Df é chamado de ponto máximo local de f (x, y), se existir uma bola aberta B tal que
f (x, y) ≤ f (x0 , y0 )
(∀(x, y) ∈ B ∩ Df )
Se A é um subconjunto de Df e (x0 , y0 ) ∈ A, diremos que (x0 , y0 ) é um ponto de mínimo de f (x, y), em
A se
f (x, y) ≤ f (x, y)
(∀(x0 , y0 ) ∈ A)
Neste caso dizemos que f (x0 , y0 ) é o valor mínimo de f (x, y) em A.
Um ponto (x0 , y0 ) ∈ Df é dito ponto de mínimo global (ou absoluto) de f (x, y) se
f (x, y) ≤ f (x0 , y0 )
(∀(x, y) ∈ Df )
Neste caso, diremos que f (x0 , y0 ) é o valor de mínimo de f (x, y).
Um ponto (x0 , y0 ) é chamado de ponto mínimo local de f (x, y), se existir uma bola aberta B tal que
f (x0 , y0 ) ≤ f (x, y)
(∀(x, y) ∈ B ∩ Df )
Os pontos de máximo e os de mínimo de f (x, y) são chamados de extremantes de f .
1
1. O ponto (0, 0) é ponto de máximo global de 2
. O valor máximo de f (x, y) é 1.
x + y2 + 1
Essa função não tem ponto de mínimo global
Exemplo 4
2. O ponto (0, 0) é ponto de mínimo global de f (x, y) = x2 + y 2 e o valor de mínimo de f (x, y) é 0.
3. O ponto (1, 1) é ponto de máximo de f (x, y) = x2 + y 2 em A = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1}.
O valor máximo de f (x, y) em A é 2. O ponto (0, 0) é o ponto de mínimo de f (x, y) em A e o valor
mínimo de f (x, y) em A é 0
4. Todos os pontos da circunferência de centro na origem e raio 1 são ponto de máximo de f (x, y) = x2 +y 2
em A = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 ≤ 1}. O valor máximo de f (x, y) em A é 1
7