ISCTEM
Análise Matemática II
Curso de Engenharia Informática_____________________________________________________________________________________ Funções de várias variáveis: Derivadas parciais
1.
DERIVADAS PARCIAIS DE1
ª
ORDEMQuando se trabalha com funções de várias variáveis é imediato colocar a questão, “qual o efeito que ocorre quando se faz uma pequena variação numa das variáveis independentes?”, isto é, “qual a taxa de variação da função com respeito a uma das suas variáveis?”. A resposta a esta questão é obtida através da derivação parcial.
Derivadas parciais de 1ª ordem de funções de duas variáveis:
As derivadas parciais de primeira ordem da função z = f
( )
x,y em relação à variávelx
e à variável y são as funções definidas respectivamente por:( )
(
) ( )
x y , x f y , x x f lim y , x x f 0 x ∆ ∆ ∆ − + = ∂ ∂ →( )
(
) ( )
y y , x f y y , x f lim y , x y f 0 y ∆ ∆ ∆ − + = ∂ ∂ → desde que os limites existam.Notações usadas:
( )
x,y fx( )
x,y zx x f = = ∂ ∂ e( )
x
,
y
f
y( )
x
,
y
z
yy
f
=
=
∂
∂
.Note que, na
1
ª
definição estamos a variar o x e a mantery
constante. Estamos a calcular a taxa de variação da função na direcção em que x varia, mantendoy
constante. Os valores de
f
x(
x
0,
y
0)
ef
y(
x
0,
y
0)
, isto é, as derivadas parciais deª
1
ordem da função f( )
x,y no ponto de coordenadas(
x
0,
y
0)
, obtêm-se substituindox
=
x
0 ey
=
y
0 nas expressões gerais.Interpretação geométrica
Seja
P
um ponto da intersecção da superfície z= f( )
x,y e o planoy
=
y
0. Uma vez quey
se mantém constante emy
=
y
0 e x pode variar, então o pontoP
move-se ao longo da curva C1, isto é, ao longo da intersecção da superfície com o plano vertical
y
=
y
0 (conforme figura( )
a ). Assim, a derivada parcial(
x
0,
y
0)
x
f
∂
∂
pode ser interpretada como o declive da recta tangente à curva C1 no ponto
(
x
0,
y
0)
.Analogamente se considerarmos x constante, isto é
x
=
x
0 e fazendoy
variar, então o pontoP
move-se ao longo da curva C2 que é a intersecção da superfície com o plano verticalx
=
x
0. Desta forma, a derivada parcial(
x
0,
y
0)
y
f
∂
∂
pode ser
interpretada como o declive da recta tangente à curva C2 no ponto
(
x
0,
y
0)
(conforme figura
( )
b ).( )
a( )
bExemplo:
a) Determine as derivadas parciais
f
x ef
y da funçãof
( )
x
,
y
=
x
2+
y
2 no ponto( )
1,2 .Seguidamente determine as expressões gerais para as derivadas parciais
f
xe
f
y da função. Solução:Atendendo à definição, vem
( )
(
)
(
)
=
∆
+
−
+
∆
+
=
→ ∆x
2
1
2
x
1
lim
2
,
1
f
2 2 2 2 0 x x( )
=
∆
−
+
∆
+
∆
+
=
→ ∆x
5
4
x
x
2
1
lim
2 0 x( )
2
1
x
2
lim
x
x
x
2
lim
0 x 2 0 x=
∆
+
=
∆
∆
+
∆
=
→ ∆ → ∆e,
( )
(
)
(
)
=
∆
+
−
∆
+
+
=
→ ∆y
2
1
y
2
1
lim
2
,
1
f
2 2 2 0 y y( )
=
∆
−
∆
+
∆
+
+
=
→ ∆y
5
y
y
4
4
1
lim
2 0 y( )
4
1
y
4
lim
y
y
y
4
lim
0 y 2 0 y=
∆
+
=
∆
∆
+
∆
=
→ ∆ → ∆As expressões gerais são obtidas de forma análoga considerando agora o ponto genérico
( )
x,y . Deste modo,(
)
(
)
=
∆
+
−
+
∆
+
=
→ ∆x
y
x
y
x
x
lim
f
2 2 2 2 0 x x( )
=
∆
−
−
+
∆
+
∆
+
=
→ ∆x
y
x
y
x
x
x
2
x
lim
2 2 2 2 2 0 x( )
x
2
1
x
x
2
lim
x
x
x
x
2
lim
0 x 2 0 x=
∆
+
=
∆
∆
+
∆
=
→ ∆ → ∆ e(
)
(
)
=
∆
+
−
∆
+
+
=
→ ∆y
y
x
y
y
x
lim
f
2 2 2 2 0 y y( )
=
∆
−
−
∆
+
∆
+
+
=
→ ∆y
y
x
y
y
y
2
y
x
lim
2 2 2 2 2 0 y( )
y
2
1
y
y
2
lim
y
y
y
y
2
lim
0 y 2 0 y=
∆
+
=
∆
∆
+
∆
=
→ ∆ → ∆ .Derivadas parciais de 1ª ordem de funções de
n
variáveis:Seja
z
=
f
(
x
1,
x
2,...,
x
n)
. A derivada parcial de primeira ordem de f em ordem ax
ié a função definida por:
(
)
(
) (
)
i n i 1 n i i 1 0 x n i 1 i x x ,..., x ,..., x f x ,..., x x ,..., x f lim x ,..., x ,..., x x f i ∆ ∆ ∆ − + = ∂ ∂ →Resulta da definição que as regras de cálculo das derivadas parciais de 1ª ordem são as mesmas que as empregadas para calcular a derivada das funções de uma variável; é preciso somente considerar como constantes todas as variáveis independentes excepto a variável em relação à qual se está a derivar.
Exemplos:
a) Considere a equação da superfície
( )
8
25
y
2
x
x,y
f
2 2+
−
−
=
. Utilizando asregras de derivação, calcule as derivadas parciais de
f
, de1
ª
ordem. Baseando-se nos resultados anteriores, calcule os declives da superfície noponto
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
,
1
,
2
1
segundo a direcção de x e a direcção de
y
.Solução:
No ponto genérico
( )
x,y temos( )
0
0
x
2
x
2
y
,
x
x
f
=
−
−
+
=
−
∂
∂
( )
x
,
y
0
2
y
0
2
y
y
f
=
−
−
+
=
−
∂
∂
No ponto⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
,
1
,
2
1
da superfície, vem:2
1
1
,
2
1
x
f
=
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
e,
1
2
2
1
y
f
=
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
Da interpretação geométrica das derivadas parciais temos que os declives pedidos são, respectivamente, os valores
2
1
1
,
2
1
x
f
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
e,
1
2
2
1
y
f
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
. Graficamente temosb) Calcule
(
x
,
y
,
z
)
z
f
∂
∂
paraf
(
x
,
y
,
z
)
=
xy
+
yz
2+
xz
. Solução:O cálculo da derivada parcial de primeira ordem em relação a
z
, faz-se mantendox e
y
constantes. Deste modo temos(
x
,
y
,
z
)
0
y
.
( )
2
z
x
2
yz
x
z
f
=
+
+
=
+
∂
∂
.2.
DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR A UMUma vez que as derivadas parciais
f
x ef
y são funções em x ey
, cada uma destas funções pode ter derivadas parciais, denominadas derivadas parciais deª
2
ordem. Surgem assim quatro possibilidades para as derivadas parciais de2
ª
ordem:
Seja z= f
( )
x,y . As derivadas parciais de segunda ordem são as funções definidas por:Derivada parcial segunda ordem de f em relação a
x
( )
2( )
xx 2 f y , x x f y , x x f x ∂ = ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂Derivada parcial segunda ordem de f em relação a y
( )
2( )
yy 2 f y , x y f y , x y f y ∂ = ∂ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂Derivada parcial segunda ordem de f em relação primeiro a
x
e depois a y( )
( )
xy 2 f y , x x y f y , x x f y ∂ ∂ = ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂Derivada parcial segunda ordem de f em relação primeiro a y e depois a
x
( )
( )
yx 2 f y , x y x f y , x y f x ∂ ∂ = ∂ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ∂ ∂As duas últimas definições apresentadas são designadas por derivadas parciais mistas. Nestes casos, os dois tipos de notação têm convenções diferentes para indicar a ordem da derivação:
→
∂
∂
∂
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
x
y
f
x
f
y
2ordem da direita para a esquerda
( )
f
x y=
f
xy→
ordem da esquerda para a direita Estas definições estendem-se facilmente a funções de n variáveis.Exemplo:
Calcule as derivadas parciais de segunda ordem da função
( )
2 2 2y
x
5
y
2
xy
3
y
,
x
f
=
−
+
. Solução:Utilizando as regras de derivação podemos calcular as derivadas parciais de
1
ª
ordem de
f
:( )
2 2 xx
,
y
3
y
10
xy
f
=
+
( )
x,y 6xy 2 10x y fy = − + 2 .E, seguidamente as derivadas de 2ª ordem
( )
2 xxx
,
y
10
y
f
=
( )
2 yy x,y 6x 10x f = +( )
x
,
y
6
y
20
x
y
f
xy=
+
( )
x
,
y
6
y
20
x
y
f
yx=
+
Observando os resultados deste exemplo nota-se que as derivadas parciais mistas são iguais, o que nem sempre acontece. O teorema seguinte estabelece condições suficientes para a igualdade de derivadas parciais mistas.
Teorema.
Se f é uma função de
x
e de y tal que as derivadas parciais de segunda ordem,xy
f e fyx, são contínuas numa vizinhança
V
de( )
x,y então fxy= fyx, emV
. Este teorema estende-se a funções de n variáveis.3.
ACRÉSCIMOS E DIFERENCIAISOs conceitos de incremento e diferencial facilmente se generalizam para o caso de funções de duas ou mais variáveis.
Seja z = f
( )
x,y uma função de duas variáveis definida num ponto( )
x,y do domínio de f , se incrementarmos o pontox
de uma quantidade∆
x
e incrementarmos o ponto y de uma quantidade ∆y, o valor da função vem incrementado de uma quantidade ∆z, dada por(
x x,y y)
f( )
x,y fz= +∆ +∆ −
∆
Recordemos que sendo y= f
( )
x , o diferencial dey
define-se como( )
x dxf
dy = ′ . Uma terminologia semelhante é utilizada para funções de duas variáveis.
Se z= f
( )
x,y e∆
x
e ∆y são acréscimos emx
e em y, então os diferenciais das variáveis independentesx
e y sãox dx=∆
y dy=∆
e o diferencial total da variável dependente z é
( )
x,y dx f( )
x,y dy f dy y z dx x z dz = x + y ∂ ∂ + ∂ ∂ = .As definições anteriores podem ser estendidas a funções de três ou mais variáveis.
Exemplo:
a) Calcule o diferencial total para
w
=
f
(
x
,
y
,
z
,
u
)
.Solução: Tomando
w
=
f
(
x
,
y
,
z
,
u
)
vem x dx=∆ ,dy
=
∆
y
, dz=∆z, du =∆u e o diferencial total de w édu
u
w
dz
z
w
dy
y
w
dx
x
w
dw
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
.b) Calcule o diferencial total para
z
=
2
x
sin
y
−
3
x
2y
2Solução:
O diferencial total dz é
(
2
sin
y
6
xy
)
dx
(
2
x
cos
y
-
6
x
y
)
dy
dz
=
−
2+
2c) Calcule o diferencial total para
w
=
x
2+
y
2+
z
2Solução: O diferencial total dw é
dz
z
2
dy
y
2
dx
x
2
dw
=
+
+
.Diferenciabilidade de uma função de duas variáveis:
Uma função f dada por z = f
( )
x,y é diferenciável em(
x
0,
y
0)
, se ∆z puder ser expresso na forma(
x ,y)
x f(
x ,y)
y x y f z x 0 0 ∆ y 0 0 ∆ ε1∆ ε2∆ ∆ = + + + ondeε
1→
0
eε
2→
0
quando(
∆
x
,
∆
y
) ( )
→
0
,
0
.A função f é diferenciável numa região R, se é diferenciável em cada ponto de R.
Exemplo:
Mostre que a função
f
( )
x
,
y
=
x
2+
3
y
é diferenciável em cada ponto do plano. Solução:Seja z = f
( )
x,y e (∆x,∆
y
) um acréscimo dado a um ponto( )
x,y do plano. O acréscimo sofrido pela função é( )=
(
+∆ +∆) ( )
− = ∆z f x x,y y f x,y 1 . 3(
+
∆
+
∆
)
+
(
+
∆
)
−
(
+
)
=
=
x
22
x
x
x
23
y
y
x
23
y
=
∆
+
∆
+
∆
=
2
x
x
x
23
y
( ) ( ) ( ) ( )
∆ + ∆ + ∆ + ∆ = =2x x 3 y 0 x 0 y( )
x,y x f( )
x,y y x y fx ∆ + y ∆ +ε1∆ +ε2∆ =onde
ε
1 =∆x eε
2 =0. Comoε
1 →0 eε
2 →0 quando(
∆x,∆y) ( )
→ 0,0 , aDo que foi visto, o termo “diferenciabilidade” é utilizado de forma diferente para funções de duas variáveis e funções de uma variável. Uma função de uma variável é diferenciável num ponto quando a derivada da função existe nesse ponto. Contudo, para uma função de duas variáveis, a existência das derivadas parciais,
f
x ef
y, não garante a diferenciabilidade da função. O teorema seguinte estabelece condições suficientes para a diferenciabilidade de uma função de duas variáveis.Teorema. Condição suficiente de diferenciabilidade
Se f é uma função de
x
e y, onde as derivadas parciais de 1ª ordem,f
xe
f
y, são contínuas numa região aberta R, então f é diferenciável em R.Este teorema afirma que se escolhermos ∆x e
∆
y
suficientemente pequenos, isto é,(
x+∆x,y+∆y)
suficientemente próximo de( )
x,y , se podem desprezarx 1∆
ε
eε
2 ∆y obtendo-se ∆z≈dz.Exemplo:
Use o diferencial dz para aproximar a variação em
z
=
4
−
x
2−
y
2 quando( )
x,y se move do ponto( )
1,1 para o ponto(
1.01,0.97)
. Compare esta aproximação com a variação exacta emz
.Solução: Sendo
( ) ( )
x,y = 1,1 e(
x+∆x,y+∆y) (
= 1.01,0.97)
então 01 . 0 x dx=∆ = edy
=
∆
y
=
−
0
.
03
.Assim, a variação em
z
pode ser aproximada pordy
y
x
4
y
dx
y
x
4
x
dy
y
z
dx
x
z
dz
z
2 2 2 2−
−
−
+
−
−
−
=
∂
∂
+
∂
∂
=
≈
∆
Quando x=1 ey
=
1
, tem-se(
)
(
0
.
03
)
0
.
0141
2
1
01
.
0
2
1
z
≈
−
−
−
≈
∆
.O incremento exacto em
z
é dado por:(
1.01,0.97) ( )
f 1,1 0.0137 fz= − ≈
Diferenciabilidade de uma função de três variáveis:
Uma função f dada por w= f
(
x,y,z)
é diferenciável em(
x
0,
y
0,
z
0)
, se∆
w
puder ser expresso na forma(
x ,y ,z)
x f(
x ,y ,z)
y f(
x ,y ,z)
z x y z fw x 0 0 0 ∆ y 0 0 0 ∆ z 0 0 0 ∆ ε1∆ ε2∆ ε3∆
∆ = + + + + +
onde
ε
1→
0
,ε
2→
0
eε
3→
0
quando(
∆
x
,
∆
y
,
∆
z
) (
→
0
,
0
,
0
)
.e, analogamente ao que foi dito para funções de duas variáveis, sendo
z
y
x
∆
∆
∆
,
e
suficientemente pequenos, podemos usar a aproximação:(
x
,
y
,
z
)
dx
f
(
x
,
y
,
z
)
dy
f
(
x
,
y
,
z
)
dz
f
dw
w
≈
=
x+
y+
z∆
Exemplo: Análise de erro
O erro possível envolvido na medição de cada dimensão de uma caixa rectangular é de
mm 1 . 0
± . As dimensões da caixa são
cm 50
x= ,
y
=
20
cm
e z =15cm, como se mostra na figura 3Use dV para estimar o erro propagado e o erro relativo no cálculo do volume da caixa.
Solução: O volume da caixa é dado por
V
=
x
.
y
.
z
. Entãodz
y
x
dy
z
x
dx
z
y
dz
z
V
dy
y
V
dx
x
V
dV
=
+
+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
Sendo 0.1mm=0.01cm, tem-se que
01
.
0
dz
dy
dx
=
=
=
±
e o erro propagado é aproximadamente:
( )( )(
) ( )( )(
) ( )( )(
)
3cm
5
.
20
01
.
0
20
50
01
.
0
15
50
01
.
0
15
20
dV
=
±
+
±
+
±
=
±
Como a medida do volume é
( )( )( )
3cm
15000
15
20
50
V
=
=
o erro relativoV
V
∆
é aproximadamente de%
14
.
0
15000
5
.
20
V
dV
V
V
≈
=
≈
∆
.4.
CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADETal como para uma função de uma variável, se uma função de duas ou mais variáveis é diferenciável num ponto, também é contínua nesse ponto. O teorema seguinte expressa este resultado:
Teorema. Diferenciabilidade implica continuidade.
Se uma função de
x
e de y é diferenciável em(
x
0,
y
0)
, então é contínua em(
x
0,
y
0)
.Exemplo: uma função que não é diferenciável
Seja
( )
( ) ( )
( ) ( )
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
+
−
=
0
,
0
y
,
x
0
0
,
0
y
,
x
y
x
xy
3
y
,
x
f
2 2,
,
cuja
representação geométrica é dada na figura.
Mostre que as derivadas parciais de
1
ª
ordem def
existem no ponto( )
0,0 e que a função não é diferenciável em( )
0,0 .Solução:
Podemos mostrar que
f
não é diferenciável no ponto( )
0,0 mostrando que não é contínua nesse ponto (teorema 4.1). Vamos calcular o limite de f( )
x,y quando( ) ( )
x,y → 0,0 ao longo das rectasy
=
mx
e verificar que o limite depende do declive das rectas e, sendo assim, não existe tal limite.Ora ( ) ( )
( )
2(
2)
2 2 0 x 2 2 2 0 x 2 2 mx y 0 , 0 y , x1
m
m
3
m
1
x
mx
3
lim
mx
x
mx
3
lim
y
x
xy
3
lim
+
−
=
+
−
=
+
−
=
+
−
→ → = →então, como
f
não é contínua no ponto( )
0,0 também não é diferenciável nesse ponto.Calculemos agora, através da definição, as derivadas parciais no ponto
( )
0,0 :( )
(
) ( )
0
x
0
0
lim
x
0
,
0
f
0
,
x
0
f
lim
0
,
0
x
f
0 x 0 x∆
=
−
=
∆
−
∆
+
=
∂
∂
→ ∆ → ∆( )
(
) ( )
0
y
0
0
lim
y
0
,
0
f
y
0
,
0
f
lim
0
,
0
y
f
0 y 0 y∆
=
−
=
∆
−
∆
+
=
∂
∂
→ ∆ → ∆Deste modo, as derivadas parciais existem no ponto
( )
0,0 mas a função não é diferenciável nesse ponto.Sugestão de trabalho
Uma função é diferenciável num ponto se as derivadas parciais de
1
ª
ordem são contínuas nesse ponto. Dado que em( )
0,0 a função apresentada não é diferenciável prove que pelo menos uma das suas derivadas parciais não é contínua no ponto( )
0,0 .5.
REGRA DA CADEIASendo y= f
( )
x uma função diferenciável de x e x uma função diferenciável det
, a regra da cadeia para funções de uma variável estabelece quedt
dx
dx
dy
dt
dy =
.Seguidamente iremos ver como se aplica a regra da cadeia a funções de duas variáveis.
Teorema. Regra da cadeia – uma variável independente
Seja z= f
( )
x,y , onde f é uma função diferenciável dex
e de y. Sex
=
g
( )
t
e( )
t
h
y
=
, onde g eh
são funções diferenciáveis det
, então z é uma função diferenciável det
, e dt dy y z dt dx x z dt dz ∂ ∂ + ∂ ∂ = Exemplo:Seja
z
=
x
2y
−
y
2, ondex
=
sin
t
ey
=
e
t. Calculedt
dz
quando t=0.
Solução: Aplicando o teorema,
( )
∂
=
(
)
+
(
−
)
=
∂
+
∂
∂
=
2 t 1 . 5dt
2
x
y
cos
t
x
2
y
e
dy
y
z
dt
dx
x
z
dt
dz
(
2 t)
t te
e
2
t
sin
t
cos
e
t
sin
2
+
−
=
Quando t =0 temos2
dt
dz
−
=
.Teorema. Regra da cadeia – duas variáveis independentes
Seja z= f
( )
x,y , onde f é uma função diferenciável dex
e de y. Sex
=
g
( )
s
,
t
e( )
s
,
t
h
y
=
tal que as derivadas parciais de 1ª ordem,s x ∂ ∂ , t x ∂ ∂ , s y ∂ ∂ e t y ∂ ∂ , existem, então s z ∂ ∂ e t z ∂ ∂
existem e são dadas por:
t y y z t x x z t z s y y z s x x z s z ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ Exemplo:
Use a regra da cadeia para calcular
s
z
∂
∂
et
z
∂
∂
, paraz
=
2
x
y
ondex
=
s
2+
t
2 et
s
y
=
. Solução:( )
t t 2 s 6 t 1 x 2 s 2 y 2 s y y z s x x z s z 2 2 t s y t s x 2 2 + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ = + = e( )
2 2 3 t s y t s x 2 t s 2 t s 2 t s x 2 t 2 y 2 t y y z t x x z t z 2 2 − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + = ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ = + = .A regra da cadeia pode ser estendida a qualquer número de variáveis. Exemplo: Encontre
s
w
∂
∂
et
w
∂
∂
quando s=1 e t = 2π para a função w= xy+yz+xz onde
t
cos
.
s
x
=
,y
=
s
.
sin
t
ez
=
t
. Solução: = ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ s z z w s y y w s x x w s w(
+)(
) (
+ +)(
) (
+ +)( )
= 0 x y t z x t z y cos sin(
y+z)(
cost) (
+ x+z)
sint e = ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ t z z w t y y w t x x w t w(
)(
) (
)(
) (
)( )
1 x y t s z x t s z y+ − sin + + cos + +Quando s=1 e t = 2π, temos
x
=
1
,
y
=
0
e z= 2π. Assim=
π
+
(
+
π
)
+
=
π
∂
∂
2
0
0
.
2
1
1
.
2
s
w
(
+
π
)
+
(
+
π
) (
+
+
)
=
+
π
=
∂
∂
2
2
1
.
1
0
1
.
2
1
0
.
2
0
t
w
.6.
DIFERENCIAÇÃO PARCIAL IMPLÍCITAA regra da cadeia também se aplica a funções definidas implicitamente conforme mostra o teorema seguinte.
Teorema: Determinação da derivada de uma função definida implicitamente com a aplicação da regra da cadeia
a) Se a equação
F
( )
x
,
y
=
0
define y implicitamente como uma função diferenciável dex
, comF
y( )
x
,
y
≠
0
, então:( )
( )
x,y F y , x F dx dy y x − =b) Se a equação F
(
x,y,z)
=0 define z implicitamente como uma função diferenciável dex
e de y, comF
z(
x
,
y
,
z
)
≠
0
, então(
)
(
x,y,z)
F z , y , x F x z z x − = ∂ ∂(
)
(
x
,
y
,
z
)
F
z
,
y
,
x
F
y
z
z y−
=
∂
∂
Este teorema pode ser estendido a funções diferenciáveis com qualquer número de variáveis. Exemplo: Calcule
x
z
∂
∂
ey
z
∂
∂
, dada a equação3
x
2z
−
x
2y
2+
2
z
3+
3
yz
−
5
=
0
Solução: SejaF
(
x
,
y
,
z
)
=
3
x
2z
−
x
2y
2+
2
z
3+
3
y
z
−
5
;Assim