Regra da Cadeia – Tópicos Adicionais

Teoria Completa

Derivadas de funções definidas por integral

Lembra do Teorema Fundamental do Cálculo – parte 1? Aquela que a gente aprende láaaa em cálculo de uma variável, mas usa tão pouco que esquece? Então, essa mesma!

Hahah, relaxa que eu vou te lembrar.

O Teorema Fundamental do Cálculo – parte 1 diz que:

Se f t é uma função contínua em [ a , b ] e

g x = ∫ a x f ( t ) d t → g ' x = f ( x )              

Ou seja, para derivar a função g ( x ) , basta substituir a variável t que é a variável independente da função f t por x .

Mas, pode ser que o limite superior da integral seja uma função de x , e não apenas x .

h x = ∫ a u ( x ) f ( t ) d t

Nesse caso, basta substituir u ( x ) por uma variável diferente u e usar a regra da cadeia e o teorema fica assim:

g x = ∫ a u f ( t ) d t   ,     u = u x

Então

g ' x = f u x   u ' ( x )

Entendeu? A derivada da função “de fora” (que é fazer a derivada normal, como se u não fosse uma função) no ponto da função de dentro, vezes a derivada da função de dentro (pela regra da cadeia).

Por exemplo:

g x = ∫ a 2 x ² t ² d t = ∫ a u t ² d t ,     u = 2 x ²

g ' x = f ( u ) . u ' x = 2 x 2 2 . 4 x = 16 x 5

Beleza, lembrou disso então?

Agora vamos ao que interessa!

Se temos uma função

g x , y = ∫ 0 2 x 2 + y t ² d t

E quisermos calcular as derivadas parciais dela, já que é uma função de duas variáveis, temos que usar o Teorema Fundamental do Cálculo, com regra da cadeia, que eu falei ali em cima.

Atenção que pra usar o TFC, a integral tem que ir de uma constante até a variável!

Temos:

u = 2 x 2 + y

f t = t ²

Então fica assim:

∂ g ∂ x = f u . ∂ u ∂ x

∂ g ∂ x = 2 x 2 + y 2 . 4 x

Sacou?

Reta tangente

Lembra da reta tangente?

O que precisamos para calcular uma reta tangente?

Precisamos de:

  1. um ponto P 0
  2. um vetor n → na direção da reta

Para podermos substituir na equação da reta:

r t = P 0 + n → t

Beleza, agora vamos ver como a gente encontra esse vetor n → .

O objetivo aqui é calcular a reta tangente a uma curva que está contida no gráfico de uma função.

Oi? Mas como assim?

É simples. Teremos uma curva

γ t = t , t 2 , z t

Que pertence ao gráfico de uma função

z = f ( x , y )

Isso quer dizer que

f t , t 2 = z ( t )

Viu o que fizemos? A curva γ t pega sempre o valor de um t , e, com ele, forma um ponto de 3 coordenadas. Já a superfície f x , y , com dois pontos dados (ou seja, o valor da primeira e segunda coordenada de γ t ), gera um terceiro valor, que dará a coordenada z do ponto.

O vetor n → será um vetor tangente a essa curva no ponto de tangencia. Para descobrí-lo, basta derivar a curva:

n → = γ ' t 0 = 1,2 t 0 , d z d t t 0

Para calcular d z d t ( t ) vamos ter que usar a regra da cadeia:

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

Além disso, o ponto P 0 será o ponto de tangencia, que pertence a curva e a reta:

P 0 = γ ( t 0 )

Então vamos determinar a reta tangente no ponto ( 2 , 4 , 1 ) a nossa curva

γ t = t , t 2 , z t

Que está contida no gráfico da função

z = f ( x , y )

Sabendo que

f x 2,4 = 2 ,     f y 2,4 = 5

Vamos lá, primeiro vamos descobrir quem é o t 0 correspondente ao ponto P 0 = ( 2 ,   4 ,   1 ) :

x t = t → x t 0 = t 0 = 2

y t = t 2 → y t o = t 0 2 = 4

OBS: Repare também que z t 0 = 1 poderia ser dado no problema assim:

z t 0 = f 2 ,   4 = 1

Bem, sem mais delongas concluímos que t 0 = 2 é a única solução.

Ok, agora vamos calcular o vetor normal.

Nosso vetor n → será

n → = γ ' t 0 = 1,2 t 0 , d z d t t 0

Vamos determinar d z d t num ponto t qualquer, depois a gente substitui pelo t 0

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

Precisamos do gradiente de z , que é a mesma coisa que o gradiente de f no ponto de tangencia. Isso já foi dado pra gente (eba!):

∇ z 2,4 = ∇ f 2,4 = f x 2,4 , f y 2,4 = ( 2,5 )

Beleza, agora vamos calcular o que falta:

x t = t → d x d t = 1

E

y t = t 2 → d y d t = 2 t

Substituindo em t 0 = 2 , teremos:

d x d t 2 = 1 ,     d y d t ( 2 ) = 4

Show, vamos substituir no nosso vetor n → e depois na equação da reta.

n → = 1,2 t 0 , d z d t t 0 = 1,2 ( 2 ) , ∂ z ∂ x 2,4 ⋅ d x d t 2 + ∂ z ∂ y 2,4 ⋅ d y d t 2 = 1,4 , 2.1 + 5.4

n → = ( 1,4 , 22 )

Equação da reta

r t = P 0 + n → t

r t = ( 2,4 ,   1 ) + ( 1,4 , 22 ) . t

Essa é a nossa reta tangente

É só isso!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Hamilton Luiz Guidorizzi, Um curso de cálculo Volume II, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001, p. 188, exercício 4

Seja f : R → R contínua com f 3 = 4 . Seja

g x , y , z = ∫ 0 x 2 + y 2 + z ² f t   d t

Calcule

  1. ∂ g ∂ x ( 1,1 , 1 )
  2. ∂ g ∂ y 1,1 , 1
  3. ∂ g ∂ z 1,1 , 1
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Passo 1

a )

Vamos começar fazendo a derivada em relação a x .

Usando o teorema fundamental do cálculo e a regra da cadeia vamos ter

∂ g ∂ x = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) ∙ ∂ ∂ x x 2 + y 2 + z 2

∂ g ∂ x = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) ∙ 2 x

No ponto ( 1,1 , 1 ) :

∂ g ∂ x 1,1 , 1 = f 1 2 + 1 2 + 1 2 ∙ 2 1 = f 3 . 2 = 4.2 = 8

Passo 2

b )

Vamos agora para a derivada em relação a y .

Usando o teorema fundamental do cálculo e a regra da cadeia vamos ter

∂ g ∂ y = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) ∙ ∂ ∂ y x 2 + y 2 + z 2

∂ g ∂ y = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) ∙ 2 y

No ponto ( 1,1 , 1 ) :

∂ g ∂ y 1,1 , 1 = f 1 2 + 1 2 + 1 2 ∙ 2 1 = f 3 . 2 = 4.2 = 8

Passo 3

c )

Vamos agora para a derivada em relação a y .

Usando o teorema fundamental do cálculo e a regra da cadeia vamos ter

∂ g ∂ z = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) ∙ ∂ ∂ z x 2 + y 2 + z 2

∂ g ∂ z = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) ∙ 2 z

No ponto ( 1,1 , 1 ) :

∂ g ∂ y 1,1 , 1 = f 1 2 + 1 2 + 1 2 ∙ 2 1 = f 3 . 2 = 4.2 = 8

Resposta

  1. ∂ g ∂ x 1,1 , 1 = 8
  2. ∂ g ∂ y 1,1 , 1 = 8
  3. ∂ g ∂ z 1,1 , 1 = 8

Exercício Resolvido #2

Hamilton Luiz Guidorizzi, Um curso de cálculo Volume II, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001, p. 184, exercício 16

Seja

f x , y = ∫ x ² y ² e - t 2 d t

Calcule ∂ f ∂ x ( x , y ) e ∂ f ∂ y ( x , y ) .

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Passo 1

Vamos começar fazendo a derivada em relação a x , como temos uma integral vamos usar o teorema fundamental do cálculo, mas antes precisamos deixar essa integral um pouco diferente, porque a integral nós fazermos de um número até uma função, então vamos começar arrumando isso

f ( x , y ) = ∫ x ² y 2 e - t ² d t = ∫ x ² 0 e - t ² d t + ∫ 0 y 2 e - t ² d t = - ∫ 0 x ² e - t ² d t + ∫ 0 y 2 e - t ² d t

Passo 2

Vamos agora para a derivada, usando o teorema fundamental do cálculo e a regra da cadeia vamos ter

∂ f ∂ x = - e - ( x ² ) ² ∙ ∂ ∂ x x ² + e - ( y 2 ) ² ∙ ∂ ∂ x y 2

∂ f ∂ x = - e - ( x 2 ) ² . 2 x + 0 . e - ( y 2 ) = - 2 x e - x 4

Passo 3

Vamos agora para a derivada em relação a y , usando o teorema fundamental do cálculo e a regra da cadeia

∂ f ∂ y = = - e - ( x 2 ) ² ∙ ∂ ∂ y x ² + e - ( y 2 ) ² ∙ ∂ ∂ y y 2

∂ f ∂ y = - e - x 4 ∙ 0 + e - y 4 ∙ 2 y = 2 y e - y 4

Resposta

∂ f ∂ x = - 2 x e - x 4

∂ f ∂ y = 2 y e - y 4

Exercício Resolvido #3

UFF, Cálculo IIB, GMA, 2008.2, Lista 3, questão 12

Dada a função

z = ∫ x x 2 + y 2 e t d t

Calcule ∂ z ∂ x 1,2 e ∂ z ∂ y 1,2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Vamos começar fazendo a derivada em relação a x , como temos uma integral vamos usar o teorema fundamental do cálculo, mas antes precisamos deixar essa integral um pouco diferente, porque a integral nós fazermos de um número até uma função, então vamos começar arrumando isso

z = ∫ x x 2 + y 2 e t d t = ∫ x 0 e t d t + ∫ 0 x 2 + y 2 e t d t = - ∫ 0 x e t d t + ∫ 0 x 2 + y 2 e t d t

Passo 2

Vamos agora para a derivada, usando o teorema fundamental do cálculo e a regra da cadeia vamos ter

∂ z ∂ x = - e x ∙ ∂ ∂ x x + e x 2 + y 2 ∙ ∂ ∂ x x 2 + y 2

∂ z ∂ x = - e x + 2 x e x 2 + y 2

Substituindo o ponto que ele pediu temos

∂ z ∂ x 1,2 = - e 1 + 2 ∙ 1 e 1 2 + 2 2 = - e + 2 e 5

Passo 3

Vamos agora para a derivada em relação a y

∂ z ∂ y = 0 + e x 2 + y 2 ∙ ∂ ∂ y x 2 + y 2

∂ z ∂ y = 2 y e x 2 + y 2

Substituindo o ponto que ele pediu temos

∂ z ∂ y 1,2 = 2 ∙ 2 e 1 2 + 2 2 = 4 e 5

Resposta

∂ z ∂ x 1,2 = - e + 2 e 5

∂ z ∂ y 1,2 = 4 e 5

Exercício Resolvido #4

UFF, Cálculo 2B, Listas, Lista 6, questão 10

Seja

w = ∫ x y e t 2 d t

x = r s 4

y = r 4 s

Calcule

∂ w ∂ r         e       ∂ w ∂ s

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Passo 1

Temos duas formas de resolver essas derivadas aqui, podemos trocar x e y pelas funções de r e s na integral e derivar, ou podemos ir pela regra da cadeia, eu vou pela regra da cadeia.

A primeira coisa que temos que fazer é achar o gradiente de w em x e y , primeiro vamos dar uma arrumada nessa integral para podermos aplicar o teorema fundamental do cálculo, para isso vamos fazer a integral indo de uma constante à uma variável.

w = ∫ x y e t 2 d t = ∫ x 0 e t 2 d t + ∫ 0 y e t 2 d t = - ∫ 0 x e t 2 d t + ∫ 0 y e t 2 d t

w = - ∫ 0 x e t 2 d t + ∫ 0 y e t 2 d t

O vetor gradiente vai ser

∇ w = ∂ w ∂ x , ∂ w ∂ y

∂ w ∂ x = - e x 2 ∙ ∂ ∂ x x = - e x 2

∂ w ∂ y = e y 2 ∙ ∂ ∂ y y = e y 2

O vetor gradiente vai ser

∇ w = - e x 2 , e y 2

Devemos ter esse gradiente em relação a r e s então

∇ w = - e r s 4 2 , e r 4 s 2

∇ w = - e r 2 s 8 , e r 8 s 2

Passo 2

Agora a gente precisa calcular o gradiente de x e de y .

Vamos começar pelo gradiente de x :

x = r s 4

∇ x r , s = ∂ x ∂ r , ∂ x ∂ s = s 4 ,   4 s 3 r

Passo 3

Vamos calcular agora o gradiente de y :

y = r 4 s

∇ y r , s = ∂ y ∂ r , ∂ y ∂ s = 4 r 3 s ,   r 4

Passo 4

Aplicando a regra da cadeia, então, temos:

Para a derivada em relação a r :

∂ w ∂ r = ∂ w ∂ x ∂ x ∂ r + ∂ w ∂ y ∂ y ∂ r

∂ w ∂ r = - e r 2 s 8 s 4 + e r 8 s 2 4 r 3 = - s 4 e r 2 s 8 + 4 r 3 s e r 8 s 2

E para a derivada em relação a s :

∂ w ∂ s = ∂ w ∂ x ∂ x ∂ s + ∂ w ∂ y ∂ y ∂ s

∂ w ∂ s = - e r 2 s 8 4 s 3 r + e r 8 s 2 r 4 = = - 4 s 3 r e r 2 s 8 + r 4 e r 8 s 2

Resposta

∂ w ∂ r = - s 4 e r 2 s 8 + 4 r 3 s e r 8 s 2

∂ w ∂ s = - 4 s 3 r e r 2 s 8 + r 4 e r 8 s 2

Exercício Resolvido #5

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 6

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 ) .

  1. Calcule d z d t ( t )
  2. Ache uma equação da reta tangente a curva σ ( t ) no ponto σ ( 1 )
  3. Mostre que a reta encontrada no item b) está contida no plano tangente ao gráfico da função z = f ( x , y ) em ( 1,3 , - 1 )
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Passo 1

a )

Sabemos que a curva σ ( t ) está contida na superfície f x , y , certo? Então, podemos dizer que, se

σ t = t 2 , 4 t - 1 , z t

E

f x , y = z

Então,

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

Viu o que fizemos? A curva σ t pega sempre o valor de um t , e, com ele, forma um ponto de 3 coordenadas. Já a superfície f x , y , com dois pontos dados (ou seja, o valor da primeira e segunda coordenada de σ t ), gera um terceiro valor, que dará a coordenada z do ponto.

Então, temos

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 ) !

d z d t = ∂ z ∂ x d x d t + ∂ z ∂ y d y d t

Passo 2

Vamos primeiro calcular o t 0 correspondente x = 1 e y = 2 :

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

Agora vamos encontrar as d x d t e d y d t

x t = t 2

d x d t = 2 t

E

y t = 4 t

d y d t = 4

Em t 0 = 1 temos:

d x d t ( 1 ) = 2

d y d t ( 1 ) = 4

Passo 5

Substituindo na formula da regra da cadeia:

d z d t ( 1 ) = ∂ z ∂ x ( 1,3 ) d x d t ( 1 ) + ∂ z ∂ y ( 1,3 ) d y d t ( 1 )

d z d t 1 = 4.2 + - 3 . 4

d z d t 1 = - 4

Passo 6

b )

Primeiro vamos descobrir quem é o ponto de tangencia σ ( 1 ) :

σ t = t 2 , 4 t - 1 , z t