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

UFF, Cálculo IIB, Listas GMA, Lista 6, exercício 16

Sejam z = z x , y , z de classe C 2 em R 2 ,

x = e u cos ⁡ v

y = e u sen ⁡ v

Suponha que

∂ 2 z ∂ x 2 + ∂ 2 z ∂ y 2 = 0

Calcule

∂ 2 z ∂ u 2 + ∂ 2 z ∂ v 2

Passo 1

Let’s go calcular essas derivadas parciais aí usando a regra da cadeia.

Começando pela derivada parcial em relação a u :

∂ z ∂ u = ∂ z ∂ x . ∂ x ∂ u + ∂ z ∂ y . ∂ y ∂ u

∂ z ∂ u = ∂ z ∂ x . ( e u cos ⁡ v ) + ∂ z ∂ y . e u sen ⁡ v

Assim, pela regra da cadeia e regra do produto,

∂ 2 z ∂ u 2 = e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u cos ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x 2 . ∂ x ∂ u + ∂ 2 z ∂ y ∂ x . ∂ y ∂ u + e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u sen ⁡ v . ∂ 2 z ∂ y 2 . ∂ y ∂ u + ∂ 2 z ∂ x ∂ y . ∂ x ∂ u

∂ 2 z ∂ u 2 = e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u cos ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x 2 . ( e u cos ⁡ v ) + ∂ 2 z ∂ y ∂ x . e u sen ⁡ v + e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u sen ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x ∂ y . e u cos ⁡ v + ∂ 2 z ∂ y 2 . e u sen ⁡ v

∂ 2 z ∂ u 2 = e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u ² cos ² ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x 2 + e u ² cos ⁡ v sen ⁡ v ∂ 2 z ∂ y ∂ x + e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u ² sen ² ⁡ v ∂ 2 z ∂ y 2 + ( e u 2 sen ⁡ v cos ⁡ v ) ∂ 2 z ∂ x ∂ y

Mas, como ele disse que z é de classe C 2 , então ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ∂ 2 z ∂ y ∂ x . Assim

∂ 2 z ∂ u 2 = e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u ² cos ² ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x 2 + 2 e u ² cos ⁡ v sen ⁡ v ∂ 2 z ∂ y ∂ x + e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u ² sen ² ⁡ v ∂ 2 z ∂ y 2

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora vamos para a derivada parcial em relação a v .

Pela regra da cadeia, temos

∂ z ∂ v = ∂ z ∂ x . ∂ x ∂ v + ∂ z ∂ y . ∂ y ∂ v

∂ z ∂ v = ∂ z ∂ x . ( - e u sen ⁡ v ) + ∂ z ∂ y . ( e u cos ⁡ v )

Agora, usando a regra da cadeia e do produto:

∂ 2 z ∂ v 2 = - e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + - e u sen ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x 2 . ∂ x ∂ v + ∂ 2 z ∂ y ∂ x . ∂ y ∂ v + - e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u cos ⁡ v . ∂ 2 z ∂ y 2 . ∂ y ∂ v + ∂ 2 z ∂ x ∂ y . ∂ x ∂ v

∂ 2 z ∂ v 2 = - e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + - e u sen ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x 2 . ( - e u sen ⁡ v ) + ∂ 2 z ∂ y ∂ x . ( e u cos ⁡ v ) + - e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u cos ⁡ v . ∂ 2 z ∂ y 2 . ( e u cos ⁡ v ) + ∂ 2 z ∂ x ∂ y . ( - e u sen ⁡ v )

∂ 2 z ∂ v 2 = - e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u 2 sen 2 ⁡ v ∂ 2 z ∂ x 2 - e u 2 sen ⁡ v cos ⁡ v ∂ 2 z ∂ y ∂ x - e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u 2 cos 2 ⁡ v ∂ 2 z ∂ y 2 - ( e u cos ⁡ v sen ⁡ v ) ∂ 2 z ∂ x ∂ y

Mas, já sabemos que ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ∂ 2 z ∂ y ∂ x . Então

∂ 2 z ∂ v 2 = - e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u 2 sen 2 ⁡ v ∂ 2 z ∂ x 2 - 2 e u 2 sen ⁡ v cos ⁡ v ∂ 2 z ∂ y ∂ x - e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u 2 cos 2 ⁡ v ∂ 2 z ∂ y 2

Passo 3

Ok, agora já temos nossas derivadas parciais de segunda ordem. Vamos substituir:

∂ 2 z ∂ u 2 + ∂ 2 z ∂ v 2

e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u ² cos ² ⁡ v . ∂ 2 z ∂ x 2 + 2 e u ² cos ⁡ v sen ⁡ v ∂ 2 z ∂ y ∂ x + e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u ² sen ² ⁡ v ∂ 2 z ∂ y 2 + - e u cos ⁡ v . ∂ z ∂ x + e u 2 sen 2 ⁡ v ∂ 2 z ∂ x 2 - 2 e u 2 sen ⁡ v cos ⁡ v ∂ 2 z ∂ y ∂ x - e u sen ⁡ v . ∂ z ∂ y + e u 2 cos 2 ⁡ v ∂ 2 z ∂ y 2

Agrupando os termos semelhantes:

∂ z ∂ x e u cos ⁡ v - e u cos ⁡ v + ∂ z ∂ y e u sen ⁡ v - e u sen ⁡ v + ∂ 2 z ∂ y ∂ x 2 e u 2 cos ⁡ v sen ⁡ v - 2 e u 2 sen ⁡ v cos ⁡ v + ∂ 2 z ∂ x 2 e u 2 cos 2 ⁡ v + e u 2 sen 2 ⁡ v + ∂ 2 z ∂ y 2 ( e u 2 sen 2 ⁡ v + e u 2 cos 2 ⁡ v )

Assim

∂ 2 z ∂ u 2 + ∂ 2 z ∂ v 2 =   ∂ 2 z ∂ x 2 e u 2 cos 2 ⁡ v + e u 2 sen 2 ⁡ v + ∂ 2 z ∂ y 2 ( e u 2 sen 2 ⁡ v + e u 2 cos 2 ⁡ v )

Colocando em evidencia:

∂ 2 z ∂ u 2 + ∂ 2 z ∂ v 2 = e u 2 cos 2 ⁡ v + e u 2 sen 2 ⁡ v ∂ 2 z ∂ x 2 + ∂ 2 z ∂ y 2

Do enunciado, temos que

∂ 2 z ∂ x 2 + ∂ 2 z ∂ y 2 = 0

Então

∂ 2 z ∂ u 2 + ∂ 2 z ∂ v 2 = 0

Resposta

∂ 2 z ∂ u 2 + ∂ 2 z ∂ v 2 = 0

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