Capítulo Diferenciabilidade de uma função

Transcrição

1 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 1 Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função Introdução Diferenciabilidade e continuidade.6. - Diferenciabilidade Generalização para n variáveis Diferenciabilidade e derivadas parciais Este capítulo trata do aprofundamento do que significa uma função ter derivadas parciais em um determinado ponto de seu domínio e necessita das leituras complementares do capítulo Introdução Uma pergunta bastante frequente por parte de alunos de Cálculo quando se inicia o estudo de derivadas parciais é o que acontece quando se varia mais de uma variável independente de uma função, já que na definição de derivada parcial apenas uma das variáveis livres é variada, sendo as outras mantidas constantes. Um eemplo foi o que fizemos com a função de produção de Cobb-Douglas, P(K,L) = AK α L 1 α, onde calculamos as taas de variação P P(K + K,L) P(K,L) P P(K,L + L) P(K,L) = e =. K K L L As derivadas parciais com relação a K e com relação a L são, respectivamente, os ites para K 0 e L 0 dessas duas taas de variação. No entanto, o que acontece se variarmos K em K e L em L simultaneamente? Teremos, então, uma variação P = P(K + K,L + L) P(K,L). Fica mais difícil, agora, definir uma taa de variação para uma mudança tanto em K quanto em L. Podemos chegar a um maior entendimento de como fazê-lo se nos lembrarmos que a derivada é um ite quando ( K, L) (0,0) e que tal derivada eistirá somente se esse ite for o mesmo, independentemente do caminho que é percorrido para chegar até ele. Podemos simplificar um pouco esse processo se considerarmos uma bola aberta em torno do ite (0, 0) cujo raio seja uma constante real e positiva δ. Como aqui ( K, L) é o elemento de R que tende a (0,0), essa bola aberta será dada pelo círculo ( K) + ( L) < δ. Como tanto o lado direito quanto o lado esquerdo são positivos, podemos escrever ( K) + ( L) < δ ( K) + ( L) < δ. Lembrando agora a definição de norma de um elemento de R, podemos escrever essa bola aberta como ( K, L) < δ. Apesar dessa linha de raciocínio indicar como podemos definir uma taa de variação envolvendo um ite de elementos do R, ainda não fica muito claro como definir rigorosamente uma taa de variação envolvendo os ites de duas ou mais variações simultâneas. Isto será feito na seção seguinte, baseado na definição para uma função de uma variável real Diferenciabilidade O que significa dizer que uma função f é diferenciável (ou derivável) em um determinado ponto? Para uma função de uma variável, f = f(), ser diferenciável em = 0 significa que f ( 0 ) eiste, o que implica em f( 0 + ) f( 0 ) = f ( 0 ), 0

2 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função onde f ( 0 ) é um número real. Podemos escrever essa equação da seguinte forma: f( 0 + ) f( 0 ) 0 0 f( 0 + ) f( 0 ) f ( 0 ) = f f( 0 + ) f( 0 ) () 0 0 G( ) f () onde G( ) = f( 0 + ) f( 0 ) f ( 0 ). Esse ite tem que valer tanto para valores cada vez menores de > 0 quanto para valores cada vez G( ) G( ) maiores de < 0, isto é, devemos ter = 0 e = 0, ou seja, os ites pela esquerda e pela direita eistem e são nulos. Podemos escrever isto como pois para < 0, e para > 0, G( ) = 0, 0 = 0, G( ) G( ) 0 0 G( ) = 0 0 G( ) G( ) 0 0 Portanto, f() é diferenciável em = 0 se e somente se G( ) f( 0 + ) f( 0 ) f ( 0 ) = 0, 0 0 isto é, f() é diferenciável em = 0 se e somente se eistir um número f ( 0 ) tal que o ite acima seja verdadeiro. Vamos agora encontrar uma definição para a diferenciabilidade de uma função de duas variáveis reais, f = f(,y), em um ponto ( 0,y 0 ) de seu domínio. Tal definição tem que ser à prova de contra-eemplos e é dada a seguir. Definição 1 - Dada uma função f : D(f) R R e um ponto ( 0,y 0 ) D(f), dizemos que f é diferenciável em ( 0,y 0 ) se eistirem números reais a e b tais que f( 0 +,y 0 + y) f( 0,y 0 ) a b y Esta definição é obtida em analogia com a epressão para a diferenciabilidade de uma função de uma variável real, lembrando que (, y) = ( ) + ( y). Veremos mais adiante que os números a e b são, respectivamente, as derivadas parciais ( 0,y 0 ) e ( 0,y 0 ). Eemplo 1: escreva a condição de diferenciabilidade para a função f(,y) = y + em (,y) = (0,0). Solução: a função f(, y) = y + é diferenciável em (, y) = (0, 0) se eistirem números reais a a b tais que f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) a b y f(0 +, 0 + y) f(0, 0) a b y ( y) + 0 a b y ( )( y)

3 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 3 Para provarmos que a função do eemplo 1 é diferenciável no ponto pedido, é necessário encontrar as constantes a e b tais que o ite seja verdadeiro. A busca dessas duas constantes é feita na seção seguinte Diferenciabilidade e derivadas parciais Provaremos agora que a definição de função diferenciável em um ponto garante a eistência de suas derivadas parciais nesse mesmo ponto. Esse teorema é enunciado e provado a seguir. Teorema 1 - Se uma função f : D(f) R R é diferenciável em um ( 0,y 0 ) D(f), então eistem as derivadas parciais ( 0,y 0 ) e ( 0,y 0 ). Demonstração: se f(, y) é diferenciável em um ponto ( 0, y 0 ) D(f), então eistem números reais a e b tais que f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) a b y Quando um ite eiste, então isto significa que, não importa por qual caminho se chegue a ele, o resultado tem que ser o mesmo. Consideremos dois caminhos distintos, dados pelas equações paramétricas ( (t), y(t)) = (t, 0) (um caminho ao longo do eio ) e pelas equações paramétricas ( (t), y(t)) = (0, t) (um caminho ao longo do eio y). No primeiro caso, temos f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) a b y f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 ) at f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 ) at (t,0) (0,0) (t, 0) t f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 ) at f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 ) at t t f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 ) f( 0 + t, y 0 ) f( 0, y 0 ) a = a. t t Como a epressão da esquerda é a definição da derivada parcial de f com relação a em ( 0, y 0 ), então a = ( 0, y 0 ). No segundo caso, temos f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) a b y f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 ) bt f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 ) bt (0,t) (0,0) (0, t) t f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 ) bt f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 ) bt t t f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 ) f( 0, y 0 + t) f( 0, y 0 ) b = b. t t Como a epressão da esquerda é a definição da derivada parcial de f com relação a y em ( 0, y 0 ), então b = ( 0, y 0 ). Com isto, provamos que se uma função é diferenciável em um ponto ( 0, y 0 ) D(f), então os números a e b da definição da diferenciabilidade de f nesse ponto são precisamente as derivadas parciais dessa função nesse mesmo ponto.

4 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função Diferenciabilidade e continuidade O próimo teorema relaciona os conceitos de diferenciabilidade e continuidade de uma função em um ponto de seu domínio. Teorema - Se uma função f : D(f) R R é diferenciável em um ( 0,y 0 ) D(f), então ela é contínua nesse mesmo ponto. Demonstração: se f(, y) é diferenciável em um ponto ( 0, y 0 ) D(f), então f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) a b y ( ) + ( y) = 0, onde = f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) a b y f( 0 +, y 0 + y) = + f( 0, y 0 ) + a + b y. Aplicando o ite (, y) (0, 0) à segunda epressão acima, temos f( 0 +, y 0 + y) = [ + f( 0, y 0 ) + a + b y] = = + f( 0, y 0 ) + (a + b y). A última passagem só foi possível se considerarmos que todos os ites eistem e são finitos. O primeiro ite do lado esquerdo fica = = ( ) + ( y) ( ) + ( y) ( ) + ( y) = se considerarmos que os dois ites eistem e são finitos. Como ( ) + ( y) = 0 (pela definição de função diferenciável), então ( ) + ( y) f( 0, y 0 ) = f( 0, y 0 ). Para o segundo ite, temos Para o terceiro ite, temos Portanto, a função é contínua em ( 0, y 0 ). (a + b y) = a 0 + b 0 = 0. Portanto, f( 0 +, y 0 + y) = 0 + f( 0, y 0 ) + 0 = f( 0, y 0 ). ( ) + ( y) = = 0 e = 0. Pode ser concluído dos teoremas 1 e que se uma função é diferenciável em um ponto ( 0,y 0 ), então ela é contínua e tem derivadas parciais nesse ponto. Daí, se ela não for contínua em um ponto ou não admitir alguma das derivadas parciais nesse ponto, ela não pode ser diferenciável nesse mesmo ponto. Além disso, mesmo que ambas as derivadas parciais eistam em ( 0,y 0 ), mas f( 0 +,y 0 + y) f( 0,y 0 ) ( 0,y 0 ) ( 0,y 0 ) y 0, então f(,y) não é diferenciável em ( 0,y 0 ). Isto é equivalente a dizer que G(, y) tende a valores distintos para diferentes caminhos que levem até (, y) = (0,0), mesmo eistindo caminhos que anulem essa função, de modo que o ite é ineistente.

5 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 5 Os eemplos a seguir ilustram casos em que provamos que uma função é diferenciável em um determinado ponto ou mesmo em todos os pontos do seu domínio. Eemplo 1: prove que f(,y) = y + é diferenciável em (,y) = (0,0). Solução: primeiro, essa função admite derivadas parciais em (, y) = (0, 0), pois (, y) = y +, (, y) = y, de modo que Segundo, podemos montar a função (0, 0) = 0 + =, (0, 0) = 0 0 = f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) ( 0, y 0 ) ( 0, y 0 ) y = = f(0 +, 0 + y) f(0, 0) (0, 0) (0, 0) y = = ( y) y = ( y), de modo que = ( y) ( ) + ( y) = ( y) ( ) + ( y). Como ( y) = 0 e < 1, então = 0. Sendo assim, a ( ) + ( y) função f(, y) é diferenciável em (, y) = (0, 0). Eemplo : prove que f(, y) = y é diferenciável. Solução: precisamos provar que a função é diferenciável em todos os elementos ( 0, y 0 ) D(f), sendo que esse domínio é o próprio R. Começamos provando que essa função admite derivadas parciais em (, y) = ( 0, y 0 ): (, y) = y 1, (, y) =, de modo que Segundo, podemos montar a função ( 0, y 0 ) = y 0 1, ( 0, y 0 ) = 0. = f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) ( 0, y 0 ) ( 0, y 0 ) y = de modo que Como = ( 0 + )(y 0 + y) ( 0 + ) 0 y (y 0 1) 0 y = = 0 y y + y 0 + y 0 0 y y y = y, = = 0 e y ( ) + ( y) = y < 1, então ( ) + ( y) y ( ) + ( y). = 0. Sendo assim, a função f(, y) é diferenciável em (, y) = ( 0, y 0 ), qualquer que seja o elemento ( 0, y 0 ) R, ou seja, ela é simplesmente diferenciável. Mostraremos agora alguns eemplos de funções que não são diferenciáveis em algum ponto.

6 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 6 Eemplo 3: verifique se a função f() = 1 é diferenciável em (,y) = (0,0). + y Solução: essa função não é contínua em (, y) = (0, 0), de modo que ela não pode ser diferenciável nesse ponto. Eemplo 4: verifique se a função f() = ( 3) + (y + 1) é diferenciável em (,y) = (3, 1). Solução: as derivadas parciais dessa função são dadas a seguir: (, y) = 1 [ ( 3) + (y + 1) ] 1/ 3 ( 3) = ( 3) + (y + 1) (, y) = 1 [ ( 3) + (y + 1) ] 1/ y + 1 (y + 1) = ( 3) + (y + 1). Essas derivadas parciais não eistem em (3, 1), pois levariam à divisão por zero. Portanto, a função não pode ser diferenciável nesse ponto. O gráfico da função na proimidade desse ponto é feito abaio em dois ângulos distintos. Pode-se notar uma cúspide (uma bico ou ponta ), que é uma característica de uma região contínua, mas não diferenciável. z z 5.0 e y Cúspide y 3 Eemplo 5: verifique se f() = + y se (,y) (0,0), 0 se (,y) = (0,0) é diferenciável em (, y) = (0, 0). Solução: primeiro, verificamos se f(, y) é contínua em (, y) = (0, 0), o que se faz calculando (,y) (0,0) 3 + y = (,y) (0,0) + y. Como = 0 e (,y) (0,0) + y < 1, então 3 (,y) (0,0) = 0, de modo que a função é contínua nesse + y ponto. Vamos agora verificar se essa função admite derivadas parciais nesse ponto. Para isto, teremos que usar a definição de derivada parcial: f(0 +, 0) f(0, 0) (0, 0) = = 0 0 f(0, 0 + y) f(0, 0) (0, 0) = = y 0 y y 0 (0 + ) 3 (0 + ) (0 + y) Portanto, a função admite derivadas parciais no ponto (, y) = (0, 0). Por último, montamos a função y ( ) 3 ( ) = 0 y 0 0 y = y 0 0 = 0 = 1 = 1, 0 = f( 0 +, y 0 + y) f( 0, y 0 ) ( 0, y 0 ) ( 0, y 0 ) y =

7 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 7 = f(0 +, 0 + y) f(0, 0) (0, 0) (0, 0) y = ( ) 3 ( ) y = + ( y) = de modo que ( ) 3 ( ) + ( y) = ( )3 ( ) 3 ( y) ( ) + ( y) = ( y) ( ) + ( y), = ( y) ( ) + ( y) ( ) + ( y) = ( y) [( ) + ( y) ] 3/. Se quisermos provar que esse ite não eiste, basta mostrar que ele não eiste ao longo de algum caminho que seja a imagem de uma função F(t) tal que F(t 0 ) = (0, 0) para algum t 0 e F(t) (0, 0) para qualquer outro t t 0. Um caminho com essas características é a imagem da função F(t) = (t, t), de modo que o ite fica = t t t 3 t 3 = = = (t + t 3/ ) (t 3/ ) t (t 1/ ) t t = t t. Para t < 0, temos e para t > 0 ficamos com = t ( t) = 1 = 1 = t t = 1 = 1, de modo que esse ite não eiste. Sendo assim, apesar dessa função ser contínua e ter derivadas parciais em (, y) = (0, 0), ela não é diferenciável nesse ponto. A função é representada a seguir em dois ângulos distintos. z z y y Generalização para n variáveis Nesta última seção, generalizaremos o conceito de diferenciabilidade para funções de n variáveis reais: f A R n R. Para isto, começamos escrevendo a definição da seguinte forma, que será depois escrita em forma reduzida. Dada uma função f : D(f) R n R e um ponto ( 10,, n0 ) D(f), dizemos que f é diferenciável em ( 10,, n0 ) se eistirem números reais a 1,,a tais que f( ,, n0 + n ) f( 10,, n0 ) a 1 1 a n n ( 1,, n) (0,,0) ( 1,, n ) onde entende-se que ( 1,, n ) = ( 1 ) + + ( n ). Os teoremas 1 e são facilmente generalizáveis para essa definição e isso implica que a diferenciabilidade de f : D(f) R n R em um ponto ( 10,, n0 ) D(f) significa que ela é contínua nesse ponto e que = 0,

8 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 8 a 1,,a n são as derivadas parciais ( 10,, n0 ),, ( 1,, n ). Portanto, o ite da definição 1 n de diferenciabilidade pode ser escrito como [f( ,, n0 + n ) f( 10,, n0 ) ( 1,, n) (0,,0) ( 10,, n0 ) 1 ] 1 ( 10,, n0 ) n 1 n ( 1,, n ) Podemos simplificar essa epressão usando a notação de vetores. Começamos escrevendo X = ( 1,, n ), X 0 = ( 10,, n0 ) e X = ( 1,, n ). Agora, precisamos de uma notação para o vetor envolvendo as derivadas parciais. Isto é feito na definição a seguir. Definição - Dada uma função f : D(f) R n R diferenciável em D(f), definimos o seu gradiente como sendo o vetor ( f = ( 1,, n ),, ) ( 1,, n ). 1 n O vetor gradiente tem grande importância no cálculo com funções de diversas variáveis e diversos aspectos dele serão estudados em capítulos vindouros. Notemos agora que, utilizando a notação de produto interno, podemos escrever ( 10,, n0 ) ( 10,, n0 ) n = f(x), X. 1 n Desse modo, a definição de função diferenciável para n variáveis reais fica com a forma dada a seguir. Definição 3 - Dada uma função f : D(f) R n R e um ponto X 0 D(f), dizemos que f é diferenciável em X 0 se f(x 0 + X) f(x 0 ) f(x 0 ), X X 0 X Esta forma é mais compacta e mais elegante, e pode ser relacionada facilmente à definição de diferenciabilidade para funções de uma variável real. Terminamos este capítulo por aqui. O próimo capítulo ainda trata do assunto de diferenciabilidade e apresenta um teorema que simplifica bastante provar que uma função é diferenciável em determinado ponto de seu domínio.

9 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 9 Resumo Diferenciabilidade de uma função f : R R. Dada uma função f : D(f) R R e um ponto ( 0,y 0 ) D(f), dizemos que f é diferenciável em ( 0,y 0 ) se eistirem números reais a e b tais que f( 0 +,y 0 + y) f( 0,y 0 ) a b y Teorema 1. Se uma função f : D(f) R R é diferenciável em um ( 0,y 0 ) D(f), então eistem as derivadas parciais ( 0,y 0 ) e ( 0,y 0 ). Teorema. Se uma função f : D(f) R R é diferenciável em um ( 0,y 0 ) D(f), então ela é contínua nesse mesmo ponto. Gradiente. Dada uma função f : D(f) R n R e um ponto X 0 D(f), dizemos que f é diferenciável em X 0 se f(x 0 + X) f(x 0 ) f(x 0 ), X X 0 X Diferenciabilidade de uma função f : R n R. Dada uma função f : D(f) R n R e um ponto X 0 D(f), dizemos que f é diferenciável em X 0 se f(x 0 + X) f(x 0 ) f(x 0 ), X X 0 X

10 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 10 Eercícios - Capítulo.6 Nível 1 Derivadas parciais Eemplo 1: calcule todas as derivadas parciais da função f(,y,z) = cos(yz). Solução: temos = 1 cos(yz) = cos(yz), = [ sen(yz) z] = z sen (yz), = [ sen(yz) y] = y sen (yz). z E1) Calcule todas as derivadas parciais das seguintes funções: a) f(,y) = y 3, b) f(,y) = + cos y, c) f(,y,z) = 4z 8y, d) f(,y,z) = 8 y e z, e) f(,y) = ln( y), f) f(,y,z) = + y 8ln z, g) f(,y,z) = z + yz, h) f(,y,z) = 1 +y +z. Nível E1) Considere uma indústria cuja produção seja modelada pela função P(K,L) = 0K 0,4 L 0,6, onde K é o capital investido e L são os gastos com a mão-de-obra, ambos medidos em milhares de reais. a) Calcule a produtividade marginal do capital e a produtividade marginal do trabalho para K = 300 e L = 00. b) A indústria deveria considerar um aumento no capital investido ou na força de trabalho? Justifique a sua resposta. E) Considere que uma marca de manteiga (mercadoria 1) e uma marca de margarina (mercadoria ) tenham as demandas dadas pelas funções Q d1 = 750 5P 1 +P e Q d = 890+P 1 8P. Calcule as derivadas parciais de Q d1 e Q d com relação a P 1 e a P e eplique os sinais dessas derivadas em termos econômicos. E3) Considere que o consumo de café (mercadoria 1) e açúcar (mercadoria ) tenham as demandas dadas pelas funções Q d1 = e Q d =. Calcule as derivadas parciais de Q d1 e Q d com relação a P 1 P 1 + 0,4P 0,3P 1 + P e a P e eplique os sinais dessas derivadas em termos econômicos. Nível 3 E1) Considere a função de CES (Constant Elasticity of Substitution - Elasticidade de Substituição Constante), P(K,L) = [αk ρ + (1 α)l ρ ] 1/ρ, onde 0 < α < 1 e ρ 1, em função do capital K investido e do valor L da mão-de-obra de uma determinada empresa ou país. a) Calcule todas as derivadas de primeira ordem dessa função.

11 Cálculo - Capítulo.6 - Diferenciabilidade de uma função 11 b) Dê uma interpretação econômica para os sinais de P P e de K L. c) Calcule as elasticidades (em termos das derivadas parciais) dessa função com relação às variáveis K e L. d) Utilizando as derivadas parciais como aproimações, escreva uma epressão para K, chamada taa L marginal de substituição da variável K pela variável L. Respostas Nível 1 E1) a) = y3, = 3y ; b) =, = seny; c) = 4z, == 16y, z Nível z = ez ; e) = 1 y, = 1 y ; f) = = z, z = z + y; h) z = +y, =, ( +y +z ) 3/ = = 4; d) = 8 y, = 4 y, y +y, z = 8 z ; g) = z + y ( +y +z ) 3/, z = z ( +y +z ) 3/. P(300, 00) P(300, 00) E1) a) 6, 7 e 14, 11. K L b) A indústria deveria investir em mão-de-obra, pois esta é a que oferece a maior produtividade marginal., z E) Q d1 = 5, Q d1 =, Q d = e Q d = 8. A derivada parcial de Q d1 com relação a P 1 é negativa, o que indica P 1 P P 1 P que a demanda cai com o aumento do preço da mercadoria; o fato da derivada parcial de Q d1 com relação a P ser positiva indica que quando o preço da mercadoria concorrente sobe, as vendas da mercadoria 1 crescem. A derivada parcial de Q d com relação a P ser negativa indica que a demanda cai com o aumento do preço da mercadoria; o fato da derivada parcial de Q d com relação a P 1 ser positiva indica que quando o preço da mercadoria concorrente sobe, as vendas da mercadoria crescem. Isto indica que as mercadorias 1 e são concorrentes ou substitutas (uma pode substituir a outra). E3) Q d1 100 = P 1 (P 1 + 0, 4P ), Q d1 480 = P (P 1 + 0, 4P ), Q d 11 = P 1 (P 1 + 0, 4P ) e Q d 540 = P (P 1 + 0, 4P ). Todas as derivadas parciais são negativas, o que indica que as demandas dos dois produtos caem quando aumentam os preços destes. Isto indica que as duas mercadorias são complementares. Nível 3 P E1) a) K = αkρ 1 [αk ρ + (1 α)l ρ ] 1/ρ 1 e P L = (1 α)lρ 1 [αk ρ + (1 α)l ρ ] 1/ρ 1. b) Os sinais de P P e de são positivos, o que indica que os ganhos com aumentos do capital ou do trabalho K L aumentam conforme se aumentam os valores investidos nesses dois setores. P K c) K P = αk ρ αk ρ + (1 α)l ρ e P L L P = (1 α)l ρ αk ρ + (1 α)l ρ. K d) L = K ( ) 1 ( ) 1 P P P L = P P K L P K L = 1 α ( ) ρ L. α K