Regra da Cadeia – 1 Parâmetro

Teoria Completa

Introdução

Lá no cálculo de uma variável a gente conheceu a regra da cadeia. Usávamos ela para derivar funções compostas. Ela funcionava desse jeitinho:

g f x ' = g ' f x ⋅ f ' ( x )

Que significava derivar a função de fora no ponto da função de dentro, e multiplicar pela derivada da função de dentro, certo?

Agora a gente vai precisar derivar funções de várias variáveis compostas, logo, teremos que usar a regra da cadeia. Será que a gente pode usar essa mesma ideia que relembramos acima? Vem descobrir!

Regra da Cadeia Caso 1 – 1 parâmetro

O primeiro caso de regra da cadeia para funções de várias variáveis é aquele em que temos a função “de fora” de duas variáveis x e y , e cada uma dessas variáveis é função de uma única variável t , a qual a gente chama de parâmetro. Por exemplo:

f = f x , y = x 5 y 2 + 3 x 2 y + 10

x = x t = 2 e t

y = y t = 3 ln ⁡ t

Ou seja, f   é uma função composta:

f = f x t , y t

Digamos que a gente quer encontrar d f d t em t 0 = 1 . Como faz?

Esse é o momento de reciclar a regra da cadeia do cálculo de uma variável. Se a gente definir:

σ t = x t , y t

Nossa função pode ser reescrita assim:

f = f σ t

Se a gente quer derivar ela em relação a t , podemos fazer a derivada da função de fora no ponto da função de dentro, e multiplicar pela derivada da função de dentro. Só vamos fazer umas adaptações:

  • A derivada da função de fora vai ser o gradiente de f ( x , y ) , já que ela é uma função de duas variáveis.
  • A derivada da função de dentro vai ser a derivada da função vetorial σ ' t .
  • Já que essas duas coisas são vetores, em vez de usar multiplicação, a gente usa o produto escalar.

Então, nossa regra da cadeia turbinada fica assim:

d f d t = ∇ f ⋅ σ '

Que é o mesmo que:

d f d t = ∂ f ∂ x , ∂ f ∂ y   ⋅ d x d t , d y d t

⇒ d f d t = ∂ f ∂ x ⋅ d x d t + ∂ f ∂ y ⋅ d y d t

E essa é nossa fórmulinha. Pode usar ela direto, se quiser.

Vamos continuar nosso exemplo então:

Primeiro vamos trabalhar na parte da função gradiente! A sequência é: achar quem é x ( t ) e y ( t ) , em t 0 = 1 ; calcular a função gradiente; e depois substituir x t 0 , y t 0 . Vamos lá!

Passo 1: A primeira coisa que a gente precisa fazer é descobrir quais valores de x e y a gente tem para t 0 = 1 , já que x ( t ) e y ( t ) .

x = x 1 = 2 e 1 = 2 e

y = y 1 = 3 ln ⁡ 1 = 3 ⋅ 0 = 0

x t 0 , y t 0 = ( 2 e , 0 )

Passo 2: Agora a gente calcula o gradiente de f .

f x , y = x 5 y 2 + 3 x 2 y + 10

∇ f x , y = 5 x 4 y 2 + 6 x y ,   2 x 5 y + 3 x 2

Passo 3: Vamos substituir o ponto ( x t 0 , y t 0 ) nesse gradiente.

∇ f 2 e , 0 = 5 ( 2 e ) 4 ( 0 ) 2 + 6 ( 2 e ) ( 0 ) ,   2 2 e 5 ( 0 ) + 3 ( 2 e ) 2

∇ f 2 e , 0 = 0,12 e 2

Primeiro vamos trabalhar na parte do σ t ! A sequência é: definir quem é essa função; fazer a derivada; e depois substituir t 0 = 1 . Vamos lá!

Passo 4: Definimos:

σ t = x t , y t = 2 e t ,   3 ln ⁡ t

Passo 5: Calculamos a derivada da função vetorial.

σ ' t = 2 e t , 3 t

Passo 6: Substituímos t 0 = 1

σ ' 1 = 2 e 1 , 3 1 = ( 2 e , 3 )

Pronto! Já temos as duas partes, agora usamos a regra da cadeia turbinada:

d f d t ( t 0 ) = ∇ f x t 0 , y t 0 ⋅ σ ' t 0

d f d t ( 1 ) = ∇ f 2 e , 0 ⋅ σ ' 1

d f d t 1 = 0,12 e 2 ⋅ 2 e , 3

⇒ d f d t 1 = 0 × 2 e + 12 e 2 × 3 = 36 e ²

Resumindo o passo a passo para você:

  1. Determinar o ponto P 0 correspondente ao t 0 dado →   P 0 = x t 0 , y t 0
  2. Calcular o gradiente de f = f ( x , y ) ∇ f ( x , y )
  3. Calcular o gradiente de f no ponto P 0 ∇ f ( x t 0 , y t 0 )
  4. Definir uma função
  5. σ t = x t , y t

  6. Derivar a função σ ( t )
  7. Calcular a derivada da função σ ( t ) no t 0 dado
  8. Substituir os resultados obtidos na formula

d f d t ( t 0 ) = ∇ f x t 0 , y t 0 ⋅ σ ' t 0

Vamos lá exercitar esse primeiro caso! ;)

Expandir

Exercício Resolvido #1

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009,p.114, exercício 6a

Suponha que z = f ( x , y ) é uma função de classe C ¹ e

f 1,3 = - 1

∂ f ∂ x 1,3 = 4

∂ f ∂ y 1,3 = - 3

Sabe-se que a curva de equação

σ t = t 2 , 4 t - 1 , z t

Está contida no gráfico da função z = f ( x , y ) . Calcule d z d t ( t 0 ) , onde t 0 é o valor de t no ponto 1,3

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Passo 1

Sabemos que a curva σ ( t ) está contida na superfície f x , y , certo? E tem essa cara aqui,

σ t = t 2 , 4 t - 1 , z t

Repara que as componentes x e y são independentes. Porém a componente z é dependente de   x e y . Ou seja,

f x , y = z

Desta forma podemos reescrever a nossa equação assim,

f t 2 , 4 t - 1 = z ( t )

Em resumo, para um valor um determinado valor de t , teremos uma coordenada em x e y , e a partir delas teremos o ponto em z .

Separando, temos que

z = f x , y

x t = t 2

y t = 4 t - 1

⇒ z t = f x t , y t

Podemos então usar a regra da cadeia para calcular d z d t ( t ) !

Passo 2

Calcular o t 0 correspondente x = 1 e y = 3 :

x t = t ² ⇒ x t 0 = t 0 ² = 1

  y t = 4 t - 1 ⇒ y t 0 = 4 t 0 - 1 = 3

Resolvendo esse sistema temos que

t 0 = 1

Passo 3

Calcular gradiente da função:

A questão já nos dá o gradiente de f no ponto:

∂ f ∂ x 1,3 = 4

∂ f ∂ y 1,3 = - 3

Passo 4

Definir função vetorial

Como z t depende de x e y , vamos definir σ t = x t ,   y t

Então:

σ t = t 2 , 4 t - 1

Passo 5

Derivar parametrização:

σ ' t = d x d t , d y d t

⇒ σ ' t = 2 t , 4

Passo 6

Calcular derivada em t = 1 :

σ ' t = 2 t , 4

⇒ σ ' 1 = 2.1,4

⇒ σ ' 1 = 2,4

Passo 7

Agora como queremos achar a derivada no ponto é só fazer o produto escalar:

d z d t ( 1 ) = ∇ f ( 1,3 ) ⋅ σ ' 1

⇒ d z d t ( 1 ) = 4 , - 3   ⋅ 2,4

⇒ d z d t ( 1 ) = 4 2 + - 3 4

⇒ d z d t 1 = - 4

Resposta

d z d t 1 = - 4

Exercício Resolvido #2

UERJ, Cálculo 2, Professora Naomi, Lista 14, questão 4

A temperatura num ponto x , y é T ( x , y ) , medida em graus Celsius. Um inseto resteja de modo que sua posição depois de t segundos seja dada por x = 1 + t   ,   y = 2 + t 3   , onde x e y são medidas em centímetros. A função temperatura satisfaz T x 2,3 =   4   ,   T y 2,3 =   3 . Quão rápido a temperatura aumenta no caminho do inseto depois de 3 segundos?

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Passo 1

Entendimento:

Temos uma função T ( x , y ) que não sabemos qual é, mas conhecemos as funções x ( t ) e y ( t ) . O quão rápido a temperatura aumenta depois de 3 segundos é o mesmo que perguntar qual é a derivada de T x , y em relação ao tempo quando t = 3 , e para isso, basta usar a regra da cadeia!

A derivada parcial δ T x , y δ t é dada por

δ T x , y δ t = δ T x , y δ x . d x d t   +   δ T x , y δ y . d y d t

Passo 2

Comecemos encontrando as derivadas em relação ao tempo para x t e y ( t ) quando t = 3

Com x = 1 + t ...

d x d t = 1 2 1 + t

Quando t = 3 ...

1 2 1 + 3 = 1 4

Com y = 2 + t 3 ...

d y d t = 1 3

Passo 3

Agora, pelo enunciado, podemos perceber que em T x 2,3 e T y 2,3 ocorre de t   ser 3! Claro, sem essa “coincidência”seria impossível fazer a questão! Para conferir que isso é verdade, basta substituir os valores de x   e y por 2 e 3 respectivamente em suas equações.

x = 1 + t →   2 = 1 + t → t = 3

y = 2 + t 3 →   3 = 2 + t 3 → t = 3

Passo 4

Agora, basta substituir os valores que temos na equação do Passo 1

δ T x , y δ t = δ T x , y δ x . d x d t   +   δ T x , y δ y . d y d t

δ T x , y δ t = 4 . 1 4     +   3 . 1 3 = 2

Resposta

δ T x , y δ t = 2

Exercício Resolvido #3

UFRJ, Cálculo 2, P2 2009.1, questão 3, item a

Seja T ( x , y , z ) uma função diferenciável e suponha que ela representa a temperatura em graus Celsius em cada ponto de uma sala (as dimensões x , y e z são medidas em metros). Suponha ainda que T possui as seguintes propriedades:

T 5,4 , 2 = 30 °   ; ∂ T ∂ x 5,4 , 2 = 3 ° / m ;   ∂ T ∂ y 5,4 , 2 = - 1 ° / m ;   ∂ T ∂ z 5,4 , 2 = 1 ° / m

Uma mosca está voando por esta sala.

Se a posição em cada instante t (dado em segundos) for representada pelo caminho

x = t 2 + 1

y = 2 t

z = 10 - t 3

Determine a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo neste caminho, no instante t = 2 segundos.

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Passo 1

Calcular gradiente da função:

Não temos a função, mas o problema nos fornece os valores das derivadas parciais em um ponto:

∇ T 5,4 , 2 = ∂ T ∂ x 5,4 , 2 , ∂ T ∂ y 5,4 , 2 , ∂ T ∂ z 5,4 , 2  

⇒ ∇ T 5,4 , 2 = 3 , - 1,1

Como o enunciado pede a taxa de variação em t = 2 , muito provavelmente, esse ponto corresponde a t = 2 .

Passo 2

Definir função vetorial:

Vamos definir σ t = x t , y t , z t

Então:

σ t = t 2 + 1,2 t ,   10 - t 3  

Passo 3

Derivar parametrização:

σ ' t = d x d t , d y d t , d z d t

⇒ σ ' t = 2 t ,   2 ,   - 3 t 2

Passo 4

Calcular x , y e z correspondentes a t = 2 :

x t = t 2 + 1 ⇒ x 2 = 2 2 + 1 = 5

  y t = 2 t ⇒ y 2 = 2 2 = 4

z t = 10 - t 3 ⇒ z 2 = 10 - 2 3 = 10 - 8 = 2

Então x = 5 , y = 4 e z = 2 quando t = 2 .

Logo, o ponto 5,4 , 2 realmente corresponde a t = 2 e por isso mesmo que o problema forneceu as derivadas parciais nesse ponto.

Passo 5

Calcular gradiente nesse ponto:

Já foi feito no primeiro passo:

  ∇ T 5,4 , 2 = 3 , - 1,1

Passo 6

Calcular derivada em t = 2 :

σ ' t = 2 t ,   2 ,   - 3 t 2

⇒ σ ' 2 = 2 2 ,   2 ,   - 3 2 2

⇒ σ ' t = 4,2 , - 12

Passo 7

Agora é só fazer o produto escalar:

d z d t = ∇ z   ⋅ σ ' t

⇒ d z d t = 3 , - 1,1   ⋅ 4,2 , - 12

⇒ d z d t = ( 3 ) 4 + - 1 2 + 1 ( - 12 )

⇒ d z d t = 12 - 2 - 12

⇒ d z d t = - 2

Resposta

A taxa de variação é de - 2 ° C / s após 2 segundos.

Exercício Resolvido #4

Hamilton Luiz Guidorizzi, Um curso de cálculo Volume II, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001, p. 225, exercício 21

Seja

g t = f 3 t 2 , t 3 , e 2 t

Suponha

∂ f ∂ z 0,0 , 1 = 4

  1. Expresse g ' ( t ) em termos das derivadas parciais de f
  2. Calcule g ' ( 0 )
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Passo 1

a )

O que temos ai é:

f = f x , y , z

x t = 3 t 2

y t = t 3

z t = e 2 t

⇒ g t = f x t , y t , z t

Então, pelo caso I da Regra da Cadeia, sabemos que

d g d t = ∂ f ∂ x ⋅ d x d t + ∂ f ∂ y ⋅ d y d t + ∂ f ∂ z ⋅ d z d t

Então

g ' t = 6 t . ∂ f ∂ x + 3 t 2 . ∂ f ∂ y + 2 e 2 t . ∂ f ∂ z

Passo 2

b )

Calcular x e y correspondentes a t = 0 :

x t = 3 t ² ⇒ x 0 = 3 . ( 0 ) ² = 0

  y t = t ³ ⇒ x 0 = 0 ³ = 0

z t = e 2 t ⇒ z 0 = e 2.0 = 1

Então x = 0 , y = 0 e z = 1 quando t = 0 .

Passo 3

Agora, precisaríamos calcular o gradiente de f , mas não temos a expressão dela e a questão só nos dá

∂ f ∂ z 0,0 , 1 = 4

Já vimos que esse é o ponto correspondente a t = 0 , então tá beleza.

Agora repara que ele pede a derivada de g quando t = 0 e pela expressão que achamos para g ' ( t ) na letra a , as componentes da derivada de f que nós não sabemos estão sendo multiplicadas por t . Então, quando substituirmos t = 0 elas vão desaparecer. Logo, não precisamos nos preocupar com elas.

Passo 4

Assim, temos:

g ' 0 = 6.0 . ∂ f ∂ x 0,0 , 1 + 3 . ( 0 ) ² . ∂ f ∂ y 0,0 , 1 + 2 e 2.0 . ∂ f ∂ z 0,0 , 1

g ' 0 = 2.1 . 4 = 8

Resposta

  1. g ' t = 6 t . ∂ f ∂ x + 3 t 2 . ∂ f ∂ y + 2 e 2 t . ∂ f ∂ z
  2. g ' 0 = 8

Exercício Resolvido #5

UFRJ, Cálculo 2, PF 2015.1, questão múltipla escolha 3

Sejam f ( x , y ) uma função diferenciável no ponto ( 2,1 ) e r t = 4 t + 2 ,   e 2 t . Sabendo que f x 2,1 = 1  

d d t f r t t = 0 = 0 ,

podemos afirmar que f y ( 2,1 ) vale:

(a) - 1 .

(b) 1 .

(c) - 2 .

(d) 0 .

(e) nada pode se afirmar

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Passo 1

O enunciado nos deu um r ( t ) tal que

r t = x t , y t

Ele pediu o ∂ f ∂ y (2,1). Mas repare que com t = 0 temos

r t = r 0 = 4.0 + 2 , e 2.0 = ( 2,1 )

Ou seja

∂ f ∂ y t = 0 = ∂ f ∂ y 2,1

Ótimo!

Enfim, pela regra da cadeia, temos

  d d t f r t = ∂ f ∂ x ∙ d x d t + ∂ f ∂ y ∙ d y d t