Exercícios Resolvidos de Regra da Cadeia – Mais de 1 Parâmetro

UFRJ, Cálculo 2, P2 2015.2, questão 10

Seja f x , y = 4 e x ln ⁡ y , x u , v = ln ⁡ u c o s v , e y u , v = u s e n v . Se F u , v = f x u , v ,   y u , v , então as derivadas parciais de F em 2 , π 4 são:

  1. F u 2 , π 4 = 2 ln ⁡ 2 + 2   e F v 2 , π 4 = 2 2 ln ⁡ 2 + 2
  2. F u 2 , π 4 = 2 ln ⁡ 2 + 2   e F v 2 , π 4 = - 2 2 ln ⁡ 2 - 2
  3. F u 2 , π 4 = 2 ln ⁡ 2 + 2   e F v 2 , π 4 = - 2 2 ln ⁡ 2 - 4
  4. F u 2 , π 4 = 2 ln ⁡ 2 + 2   e F v 2 , π 4 = - 2 2 ln ⁡ 2 - 2
  5. Não sei

Passo 1

Vamos começar analisando o ponto dado. Temos:

u 0 , v 0 = 2 , π 4

Então:

x 0 = ln ⁡ 2 c o s π 4 = ln ⁡ 2

y 0 = u s e n v = 2 2 2 = 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Pela regra da cadeia, sabemos que:

∂ F ∂ u 2 , π 4 = ∂ f ∂ x ln ⁡ 2 , 2 ∂ x ∂ u 2 , π 4 + ∂ f ∂ y ln ⁡ 2 , 2 ∂ y ∂ u 2 , π 4

E

∂ F ∂ v 2 , π 4 = ∂ f ∂ x ln ⁡ 2 , 2 ∂ x ∂ v 2 , π 4 + ∂ f ∂ y ln ⁡ 2 , 2 ∂ y ∂ v 2 , π 4

Passo 3

Calculando as derivadas parciais necessárias, temos:

∂ f ∂ x = 4 e x ln ⁡ y

∂ f ∂ y = 4 e x y

∂ x ∂ u = 1 u c o s v . cos ⁡ v = 1 u

∂ x ∂ v = 1 u c o s v .   - u s e n v = - t g v

∂ y ∂ u = s e n v

∂ y ∂ v = u c o s v

No ponto necessário, temos:

∂ f ∂ x ln ⁡ 2 , 2 = 4 e ln ⁡ 2 ln ⁡ 2 = 4 2 ln ⁡ 2

∂ f ∂ y ln ⁡ 2 , 2 = 4 e ln ⁡ 2 2 = 4

∂ x ∂ u 2 , π 4 = 1 2

∂ x ∂ v 2 , π 4 = - t g π 4 = - 1

∂ y ∂ u 2 , π 4 = s e n π 4 = 2 2

∂ y ∂ v 2 , π 4 = 2 c o s π 4 = 2

Passo 4

Substituindo:

∂ F ∂ u 2 , π 4 = ∂ f ∂ x ln ⁡ 2 , 2 ∂ x ∂ u 2 , π 4 + ∂ f ∂ y ln ⁡ 2 , 2 ∂ y ∂ u 2 , π 4

∂ F ∂ u 2 , π 4 = 4 2 ln ⁡ 2 1 2 + 4 2 2 = 2 2 ln ⁡ 2 + 1 = 2 ln ⁡ 2 + 2

E

∂ F ∂ v 2 , π 4 = ∂ f ∂ x ln ⁡ 2 , 2 ∂ x ∂ v 2 , π 4 + ∂ f ∂ y ln ⁡ 2 , 2 ∂ y ∂ v 2 , π 4

∂ F ∂ v 2 , π 4 = 4 2 ln ⁡ 2 - 1 + 4 2 = - 4 2 ln ⁡ 2 - 1 = - 2 2 ln ⁡ 2 - 2

Resposta

b) F u 2 , π 4 = 2 ln ⁡ 2 + 2   e F v 2 , π 4 = - 2 2 ln ⁡ 2 - 2

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