Exercícios Resolvidos de Regra da Cadeia para Derivadas Parciais de Ordem Superior

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Enunciado

Seja g u , v = f u + v , u v , f de classe C 2 em R 2 , x = u + v , y = u v . Calcule

∂ g ∂ u 1,1   e ∂ 2 g ∂ u ∂ v 1,1

Sabendo que f x 2,1 = 3 , f y 2,1 = - 3 f x x 2,1 = 0 , f x y 2,1 = f y x 2,1 = 1 , f y y 2,1 = 2

Passo 1

Não se assuste com a cara desse maluco, vamos primeiro achar a primeira derivada em relação a u , aqui é só aplicar a regra da cadeia. Lembra que primeiro fazemos o gradiente de f

∇ f = ∂ f ∂ x , ∂ f ∂ y

Agora temos que achar esse gradiente quando u = 1 e v = 1 , primeiro vamos achar o valor de x e y

x = u + v = 1 + 1 = 2

y = u v = 1.1 = 1

Então vamos ter

∇ f 1,1 = f x 2,1 , f y 2,1 = 3 , - 3

Passo 2

Agora vamos achar a derivada da parametrização, ou seja, como a parametrização é σ u , v , vamos ter

∂ σ ∂ x = ∂ x ∂ u , ∂ y ∂ u

∂ x ∂ u = 1

∂ y ∂ u = v

Agora achamos essas derivadas no ponto u = 1 e v = 1

∂ σ ∂ x = 1,1

Passo 3

A derivada vai ficar

∂ g ∂ u = ∇ f ∙ ∂ σ ∂ x = 3 , - 3 ∙ 1,1 = 3 - 3 = 0

Passo 4

Vamos agora achar a derivada de segunda ordem, primeiro vamos reescrever o vetor gradiente para um ponto qualquer u , v

∇ f u , v = f x u + v , u v , f y u + v , u v

Agora vamos reescrever a derivada da parametrização para um ponto u , v também

∂ σ ∂ x = 1 , v

Aplicando a regra da cadeia vamos ter

∂ g ∂ u = ∇ f ∙ ∂ σ ∂ x = f x u + v , u v , f y u + v , u v ∙ 1 , v = f x u + v , u v + v f y u + v , u v

Precisamos agora derivar isso em relação a v

∂ ∂ v f x u + v , u v + v f y u + v , u v = ∂ ∂ v f x u + v , u v + ∂ ∂ v v f y u + v , u v + v ∂ ∂ v f y u + v , u v =

∂ ∂ v f x u + v , u v + f y u + v , u v + v ∂ ∂ v f y u + v , u v

Passo 5

Vamos começar achando ∂ ∂ v f x u + v , u v usando a regra da cadeia, precisamos da derivada da parametrização que já temos e o vetor gradiente de f x que vai ser

∇ f x = f x x , f x y

Aplicando em um ponto qualquer u , v

∇ f x u , v = f x x u + v , u v , f x y u + v , u v

Lembrando que

∂ σ ∂ x = 1 , v

Vamos ter

∂ ∂ v f x u + v , u v = f x x u + v , u v , f x y u + v , u v ∙ 1 , v

⇒ f x x u + v , u v + v f x y u + v , u v

Passo 6

Vamos fazer agora ∂ ∂ v f y u + v , u v usando a regra da cadeia, precisamos da derivada da parametrização que já temos e o vetor gradiente de f x que vai ser

∇ f y = f y x , f y y

Aplicando em um ponto qualquer u , v

∇ f y u , v = f y x u + v , u v , f y y u + v , u v

Lembrando que

∂ σ ∂ x = 1 , v

Vamos ter

∂ ∂ v f y u + v , u v = f y x u + v , u v , f y y u + v , u v ∙ 1 , v

⇒ f y x u + v , u v + v f y y u + v , u v

Passo 7

Vamos juntar a porra toda, vai ficar horrível mas vamos lá

∂ 2 g ∂ u ∂ v = ∂ ∂ v f x u + v , u v + f y u + v , u v + v ∂ ∂ v f y u + v , u v

⇒ f x x u + v , u v + v f x y u + v , u v + f y u + v , u v + f y x u + v , u v + v f y y u + v , u v

Precisamos agora trocar u = 1 e v = 1

f x x 1 + 1,1.1 + 1 f x y 1 + 1,1.1 + f y 1 + 1,1.1 + f y x 1 + 1,1.1 + 1 f y y 1 + 1,1.1

∂ 2 g ∂ u ∂ v 1,1 = f x x 2,1 + f x y 2,1 + f y 2,1 + f y x 2,1 + f y y 2,1

∂ 2 g ∂ u ∂ v 1,1 = 0 + 1 - 3 + 1 + 2 = 1

Resposta

∂ g ∂ u 1,1 = 0

∂ 2 g ∂ u ∂ v 1,1 = 1

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Sejam z = z x , y , x = e u cos ⁡ ( v ) e y = e u s e n ( v ) . Suponha que ∂ 2 z ∂ x 2 + ∂ 2 z ∂ y 2 = 0 . Calcule ∂ 2 z ∂ u + ∂ 2 z ∂ v 2
3. Considere a função g t = f a + h t , b + k t , com a ,b ,h e k constantes.b) Supondo f ( x , y ) de classe C 3 num aberto deR 2 , verifique que g ' ' ' t = h 3 ∂ 3 f ∂ x 3 x , y + 3 h 2 k ∂ 3 f ∂ x
5. Considere a função z = x ∂ f ∂ x 2 x , x 2 . Verifique que ∂ z ∂ x = ∂ f ∂ x 2 x , x 3 + x 2 ∂ 2 f ∂ y∂ x 2 x , x 2 + 3 x 2 ∂ 2 f ∂ x 2 2 x , x 2 .
1. Expresse g ' ( t ) em termos de derivadas parciais de f , sendo g dada pora) g t = ∂ f ∂ x x , y ,x = t 2 e y = s e n t .