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Cálculo Diferencial e Integral II

Ficha 4 — Cálculo diferencial: definições, primeiras propriedades, teorema de derivação da função composta, regra de Leibniz.

  1. Mostre, usando directamente a definição de diferenciabilidade, que a aplicação $\mathbb{R}^2\ni (x,y) \mapsto xy \in \mathbb{R}$ é diferenciável e determine a derivada.

  2. Considere a aplicação $g:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ definida por \[g(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^2\operatorname{sen}^2y}{x^2+y^2}, \text{ se } (x,y)\neq (0,0), \\ 0, \text{ caso contrário.}\end{cases}\] Determine todos os pontos em que $g$ é diferenciável e, para cada um deles, caracterize a derivada de $g$ nesse ponto.

    Solução

    Em $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ a função $g$ é obviamente diferenciável através de várias condições suficientes para diferenciabilidade conhecidas pois resulta do produto, quociente e composição de funções diferenciáveis (verifique que entende os detalhes!). Em particular sabemos que $Dg$ é a aplicação linear representada pela matriz jacobiana de $g$, $J_g$, com $2$ colunas e $1$ linha que corresponde ao vector gradiente de $g$. Ora, para $(x,y)\neq (0,0)$, \begin{align*} \frac{\partial g}{\partial x} & =\frac{2xy^2}{(x^2+y^2)^2}\operatorname{sen}^2 y \\ \frac{\partial g}{\partial y} & = \frac{2(x^2+y^2)\operatorname{sen}y \cos y-2y\operatorname{sen}^2y}{(x^2+y^2)^2}x^2\end{align*} e portanto a derivada nestes pontos é a aplicação linear \[\mathbb{R}^2\ni (h,k) \mapsto h \frac{2xy^2}{(x^2+y^2)^2}\operatorname{sen}^2 y + k \frac{2(x^2+y^2)\operatorname{sen}y \cos y-2y\operatorname{sen}^2y}{(x^2+y^2)^2}x^2.\] Em $(0,0)$ o único recurso disponível é usarmos a definição de diferenciabilidade. Ora \begin{align*}\frac{\partial g}{\partial x}(0,0) & = \lim_{h\to 0}\frac{g(h,0)-g(0,0)}{h}=0, \\  \frac{\partial g}{\partial y}(0,0) & = \lim_{k\to 0}\frac{g(0,k)-g(0,0)}{k}=0\end{align*} pelo que a ser $g$ diferenciável em $(0,0)$ a sua derivada terá que ser a aplicação linear nula. Para concluir precisamos de estudar o limite \begin{equation}\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{g(h,k)-g(0,0)-h\frac{\partial g}{\partial x}(0,0)- k\frac{\partial g}{\partial y}(0,0) }{\|(h,k)\|} \label{eq:1}\end{equation} que, se for $0$, justifica a diferenciabilidade de $g$ em $(0,0)$. Com efeito o limite ($\ref{eq:1}$) reduz-se a \[\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{h^2\operatorname{sen}^2 k}{(h^2+k^2)^{3/2}}\] e as estimativas $h^2\leq h^2+k^2$ e $\operatorname{sen}^2 k\leq k^2\leq h^2+k^2$ permitem mostrar que o limite é $0$ (faça-o, usando a definição de limite!).

  3. Seja $g:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}$ definida por \[ g(x,y,z)=\begin{cases}\displaystyle \frac{xyz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}, & \text{ se $(x,y,z)\neq (0,0,0)$,} \\ 0, & \text{ se $(x,y,z)= (0,0,0)$.}\end{cases} \] Determine as derivadas parciais de $g$ e em que pontos é que $g$ é diferenciável.

    Solução

    As derivadas parciais de $g$ em $\mathbb{R}^3\setminus\{(0,0,0)\}$ são dadas por \begin{align*} \frac{\partial g}{\partial x}=& \frac{yz(x^2+y^2+z^2)^{1/2}-x^2 y z (x^2+y^2+z^2)^{-1/2}}{(x^2+y^2+z^2)} \\ \frac{\partial g}{\partial y}=& \frac{xz(x^2+y^2+z^2)^{1/2}-x y^2 z (x^2+y^2+z^2)^{-1/2}}{(x^2+y^2+z^2)} \\ \frac{\partial g}{\partial z}=& \frac{xy(x^2+y^2+z^2)^{1/2}-x y z^2 (x^2+y^2+z^2)^{-1/2}}{(x^2+y^2+z^2)} \end{align*} Dado que se trata de funções contínuas a função é de classe $C^1(\mathbb{R}^3\setminus\{(0,0,0)\})$ logo é diferenciável neste conjunto.

    Dado que a função é nula sobre os eixos coordenados as derivadas parciais de $g$ são nulas em $(0,0,0)$. Assim a diferenciabilidade em $(0,0,0)$ equivale a \[ \lim_{(x,y,z)\to(0,0,0)} \frac{g(x,y,z)}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=0. \]

    De facto, majorando $|x|$, $|y|$ e $|z|$ por $\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ obtém-se \[ \left|\frac{g(x,y,z)}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right| = \left|\frac{xyz}{x^2+y^2+z^2}\right| \leq \sqrt{x^2+y^2+z^2} \] o que permite usar a definição de limite para provar que o limite é $0$.

  4. Considere a função $h:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[h(x,y)=\begin{cases}xy\log(x^2+y^2), & \text{se $(x,y)\neq(0,0)$,}\\ 0, & \text{se $(x,y)=(0,0)$.} \end{cases}\]
    1. Mostre que $h$ é contínua em $(0,0)$.
    2. Decida se $h$ é ou não diferenciável em $(0,0)$.
    Sugestão

    Relembre que $\lim_{\lambda\to 0}\lambda\log \lambda=0$.

    Solução
    1. Como $\lim_{\lambda\to 0}\lambda\log \lambda=0$ também \[\lim_{(x,y)\to (0,0)}(x^2+y^2)\log (x^2+y^2)=0.\] Como \[0\leq |xy||\log(x^2+y^2)|\leq (x^2+y^2)|\log(x^2+y^2)|\] o resultado segue destas duas observações.
    2. Como $h$ é identicamente nula sobre os eixos coordenados $\frac{\partial h}{\partial x}(0,0)=\frac{\partial h}{\partial y}(0,0)=0$. Assim a diferenciabilidade em $(0,0)$ corresponde ao limite \[\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy\log(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}}\] existir ser igual a $0$. Como \[0\leq \frac{|xy\log(x^2+y^2)|}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \sqrt{x^2+y^2}\left|\log(x^2+y^2)\right| = 2 \sqrt{x^2+y^2}\left|\log\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)\right| \] e $\lim_{(x,y)\to (0,0)}\sqrt{x^2+y^2}\left|\log(\sqrt{x^2+y^2})\right|=0$ concluímos que a função é diferenciável em $(0,0)$.

  5. Determine, se existir, \[\max_{\|\boldsymbol{u}\|=1}D_\boldsymbol{u}f(0,1,1)\] em que $f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ é definida por $f(x,y,z)=\operatorname{arctg}(xy)+z^2$.

  6. Considere uma função diferenciável $\psi:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^2$ cuja matriz jacobiana satisfaz \[J_\psi(0,0,0,0)= \begin{bmatrix}1 & -1 & 2 & 0 \\ 3 & 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}.\] Determine $D_{(1,0,1,-1)}\psi(0,0,0,0)$.

  7. Seja $\varphi:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ uma função diferenciável e $F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2$ definida por $F(x,y,z)=\varphi(x^2-y^2, xz)$. Relacione as matrizes jacobianas de $f$ e $\varphi$.

    Solução

    A função $F$ é uma composição que podemos descrever com o seguinte diagrama \[\mathbb{R}^3 \ni (x,y,z) \mapsto (x^2-y^2, xz) = (u,v)\mapsto \varphi(u,v)= \varphi(x^2-y^2, xz)\in\mathbb{R}^2.\] Note que na linha anterior demos “nomes” às variáveis independentes da função $\varphi$ algo de que precisaremos para efectuar cálculos abaixo usando notação de Leibniz. Algo que também será útil para esse efeito será designar a função $(x,y,z) \mapsto (x^2-y^2, xz)$ por $\theta$ com funções coordenadas $\theta_1(x,y,z)=x^2-y^2$ e $\theta_2(x,y,z)=xz$ e designar as funções coordenadas de $\varphi$ como $\varphi_1$ e $\varphi_2$ respectivamente.

    O teorema de derivação da função composta garante que $F$ é diferenciável pois é a composição de duas funções diferenciáveis: $\varphi$ é diferenciável por hipótese e $\theta$ tem como funções coordenadas polinómios. O teorema também nos dá a relação entre derivadas que é \[DF(x,y,z)=D\varphi(\theta(x,y,z))D\theta(x,y,z).\] que por sua vez se traduz na relação entre matrizes jacobianas que definem as aplicações lineares como sendo \[J_F(x,y,z)=J_\varphi(\theta(x,y,z))J_\theta(x,y,z).\] Explicitando os elementos das matrizes e, em particular, calculando as derivas parciais das funções coordenadas de $\theta$, temos \begin{align*}\begin{bmatrix}\frac{\partial F_1}{\partial x} & \frac{\partial F_1}{\partial y} & \frac{\partial F_1}{\partial z} \\ \frac{\partial F_2}{\partial x} & \frac{\partial F_2}{\partial y} & \frac{\partial F_2}{\partial z} \end{bmatrix}& = \begin{bmatrix}\frac{\partial \varphi_1}{\partial u} \frac{\partial \varphi_1}{\partial v} \\ \frac{\partial \varphi_2}{\partial u} \frac{\partial \varphi_2}{\partial v}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{\partial\theta_1}{\partial x} & \frac{\partial \theta_1}{\partial y} & \frac{\partial \theta_1}{\partial z} \\ \frac{\partial \theta_2}{\partial x} & \frac{\partial \theta_2}{\partial y} & \frac{\partial \theta_2}{\partial z} \end{bmatrix} \\ & = \begin{bmatrix}\frac{\partial \varphi_1}{\partial u} \frac{\partial \varphi_1}{\partial v} \\ \frac{\partial \varphi_2}{\partial u} \frac{\partial \varphi_2}{\partial v}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2x & -2y & 0 \\ z & 0 & x \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix}2x\frac{\partial \varphi_1}{\partial u}+z\frac{\partial \varphi_1}{\partial v} & -2y\frac{\partial \varphi_1}{\partial u} & x\frac{\partial \varphi_1}{\partial v} \\ 2x\frac{\partial \varphi_2}{\partial u}+z\frac{\partial \varphi_2}{\partial v} & -2y\frac{\partial \varphi_2}{\partial u} & x\frac{\partial \varphi_2}{\partial v} \end{bmatrix}\end{align*} Para concluir faz-se notar que as derivadas parciais de $F$ são calculadas num ponto $(x,y,z)$ e que as derivadas parciais de $\varphi$ são calculadas num ponto $(u,v)=(x^2-y^2, xz)$ algo que omitimos nas expressões anteriores, embora esteja implícito na notação de Leibniz que usámos ao designar as variáveis independentes da função $\varphi$ por $u$ e $v$.

  8. Seja $f :\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ uma função diferenciável e considere uma função $\phi$ definida por $\phi(x, y) = f(xy, x^2y^2)$.
    1. Justifique que $\phi$ é diferenciável em $\mathbb{R}^2$ e relacione as derivadas parciais de $f$ e $\phi$.
    2. Mostre que a derivada dirigida $D_{(−x,y)}\phi(x, y)$ é identicamente nula.

  9. Considere uma função $F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ que tem a forma $F(x, y) = \varphi(x^2 − y^2)$ para uma certa função $\varphi :\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ diferenciável. Mostre que $(x_0, y_0)$ é um ponto de estacionaridade de $F$ se e só se ou $x^2_0 − y^2_0$ é um ponto de estacionaridade de $\varphi$ ou $(x_0, y_0) = (0, 0)$.

  10. Considere funções $F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ com $F\in C^2(\mathbb{R}^2)$ e $G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$  definida por $G(x,y)=F(x-y^2,x^2-y)$.

    1. Relacione $\nabla G(1,1)$ e $\nabla F(0,0)$ e aproveite para mostrar que $\nabla G(1,1)\neq (0,0)$ se e só se $\nabla F(0,0)\neq (0,0)$.
      Solução

      Como a aplicação $(x,y)\mapsto (x-y^2,x^2-y)$ tem funções coordenadas polinomiais, trata-se de uma função de classe $C^\infty(\mathbb{R}^2)$ o que torna possível usar o teorema de derivação da função composta para calcular derivadas parciais de primeira e segunda ordem de $G$ em termos de derivadas parciais de primeira e segunda ordem de $F$.

      Assim \begin{align*} \frac{\partial G}{\partial x}(x,y) & =D_1 F(x-y^2,x^2-y) \frac{\partial(x-y^2)}{\partial x}+ D_2 F(x-y^2,x^2-y) \frac{\partial(x^2-y)}{\partial x} \\ & =D_1 F(x-y^2,x^2-y) + D_2 F(x-y^2,x^2-y) 2x, \\ \frac{\partial G}{\partial y}(x,y) & =D_1 F(x-y^2,x^2-y) \frac{\partial(x-y^2)}{\partial y}+ D_2 F(x-y^2,x^2-y) \frac{\partial(x^2-y)}{\partial y} \\ & =-D_1 F(x-y^2,x^2-y) 2y - D_2 F(x-y^2,x^2-y). \end{align*} Particularizando para $(x,y)=(1,1)$ obtém-se \begin{align*} \frac{\partial G}{\partial x}(1,1) & =D_1 F(0,0) + 2 D_2 F(0,0) , \\ \frac{\partial G}{\partial y}(1,1) & =-2 D_1 F(0,0) - D_2 F(0,0). \end{align*} As igualdades anteriores formam um sistema relacionando linearmente o gradiente de $G$ em $(1,1)$ com o gradiente de $F$ em $(0,0)$. Como o determinante da matriz definindo esta aplicação linear não é nulo (é $3$), o gradiente de $F$ em $(0,0)$ é nulo se e só se o gradiente de $G$ em $(1,1)$ é não nulo.

    2. Exprima $\frac{\partial^2 G}{\partial x\partial y}(1,1)$ em termos de derivadas parciais de $F$ adequadas.
      Solução

      Prosseguindo os cálculos da alínea anterior \[\begin{split} \frac{\partial^2 G}{\partial x\partial y} & = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial G}{\partial y}\right)\\ & = \frac{\partial}{\partial x}\left(-D_1 F(x-y^2,x^2-y) 2y - D_2 F(x-y^2,x^2-y) \right) \\ & =-D_{11}F (x-y^2,x^2-y) 2y - D_{21}F(x-y^2,x^2-y) 4xy \\ & \quad - D_{12} F(x-y^2,x^2-y) - D_{22} F(x-y^2,x^2-y)2x \end{split}\] donde \[ \frac{\partial^2 G}{\partial x\partial y}(1,1) = -2D_{11}F (0,0) - 5 D_{12}F(0,0)  - 2D_{22} F(0,0) \] [Note que na última expressão usou-se a igualdade das derivadas cruzadas de $F$.]

  11. Considere uma função real de variável real $G$ definida por $G(x)=\int_1^{x^2}\operatorname{log}(1+x^2e^y)\, dy$.
    1. Determine o domínio de $G$.
    2. Justifique que $G$ é uma função de classe $C^1$ no seu domínio e obtenha uma expressão para a sua derivada não envolvendo derivadas por calcular (mas possivelmente com integrais por calcular).
  12. Seja $h:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função $C^\infty$ e com valores positivos. Considere uma função $G:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definida por \[G(x)=\int_0^1 \sen(tx^2)h(t)\, dt.\] Mostre que $G'(0)=0$ e $G''(0)>0$.
  13. Considere a função $g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por \[g(x,y)=\begin{cases}x,& \text{ se $x \neq y^2$,}\\ x+y^2,& \text{ se $x = y^2$.} \end{cases}\] Determine se $g$ é ou não diferenciável em $(0,0)$. [Veja o exercício 15 da secção anterior.]
    Solução

    Como a parábola $x=y^2$ só intersecta os eixos coordenados em $(0,0)$, as derivadas parciais de $g$ em $(0,0)$ são de certeza idênticas às derivadas parciais da função $(x,y)\mapsto x$ em $(0,0)$, isto é, \begin{align*} \frac{\partial g}{\partial x}(0,0) &=1, \\ \frac{\partial g}{\partial y}(0,0) &=0.  \end{align*}

    Temos então \[g(x,y)-g(0,0)-x\frac{\partial g}{\partial x}(0,0) - y \frac{\partial g}{\partial y}(0,0)= \begin{cases}0, \text{ se $x\neq y^2$} \\ y^2, \text{ se $x= y^2$}.\end{cases}\] Sendo assim, \begin{align*}\frac{\left|g(x,y)-g(0,0)-x\frac{\partial g}{\partial x}(0,0) - y \frac{\partial g}{\partial y}(0,0)\right|}{\sqrt{x^2+y^2}} & \leq \frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ &\leq \sqrt{x^2+y^2}\to 0 \text{ quando $(x,y)\to (0,0)$,}\end{align*} pelo que concluímos que $g$ é diferenciável em $(0,0)$.

Veja as páginas 11, 12, 13, 14 e 16 do texto.

Última edição desta versão: João Palhoto Matos, 31/03/2020 09:48:43.