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Cálculo Diferencial e Integral II

IST

Diferenciabilidade

Derivadas parciais de ordem $\gt 1$

Definição (Derivadas parciais de segunda ordem e ordem superior). Seja \(f:A\subset\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\) uma função que possui derivadas parciais de primeira ordem num aberto contido em \(A\). Se as funções derivadas parciais de \(f\) tiverem derivadas parciais a estas chamaremos derivadas parciais de segunda ordem de \(f\) com a notação \[\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}= \frac{\partial }{\partial x_i}\left( \frac{\partial f }{\partial x_j}\right).\] Mais geralmente definiremos recursivamente derivadas parciais de ordem superior recursivamente recorrendo à mesma ideia. Usaremos a abreviatura \(\partial x_i \partial x_i = \partial x_i^2\).

Note que na notação introduzida a ordem por que se procedeu à derivação lê-se da direita para a esquerda. A convenção contrária tem uso minoritário mas existe. Veremos que, para funções suficientemente "regulares", a questão é irrelevante pois pode comutar-se a ordem de derivação, mas isso é algo que necessitaremos de demonstrar.

Exemplo. Consideremos \(f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\) definida por \(f(x,y)=x^2 y^3\). Temos \begin{align*}\frac{\partial f}{\partial x} & = 2xy^3 \\ \frac{\partial f}{\partial y} &= 3x^2 y^2 \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} &= 2 y^3 \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \,\partial x} &= 6 x y^2 \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y} &= 6 x y^2 \\  \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} &= 6 x^2 y \\  \frac{\partial^3 f}{\partial x^3} &= 0 \\  \dots & \\ \frac{\partial^3 f}{\partial x \,\partial y^2} &= 12 x y \\ \dots & \end{align*} Fim de exemplo.

Uma reflexão rápida sobre derivadas parciais em que só intervenham nos cálculos as regras de derivação usuais poderá levar-nos a suspeitar que a igualdade entre as derivadas parciais \(\frac{\partial^2 f}{\partial x \,\partial y}\) e \(\frac{\partial^2 f}{\partial y \,\partial x}\) não é uma coincidência. De facto não é mas também não se verifica necessariamente.

Exemplo. Considere a função \(g:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\) definida por \[g(x,y)=\begin{cases} x y \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}, & \text{ se } (x,y)\neq (0,0), \\ 0, & \text{ se } (x,y)=(0,0). \end{cases}\] Temos (verifique os cálculos) \[ \begin{align*} \frac{\partial g}{\partial x}(0,y) & = -y  \\ \frac{\partial g}{\partial y}(x,0) & = x \\ \end{align*}\] pelo que \[\frac{\partial^2 g}{\partial x\, \partial y}(0,0)=1\neq -1 = \frac{\partial^2 g}{\partial y\, \partial x}(0,0) \] Fim de exemplo.

Por outro lado um resultado que garante a igualdade das derivadas cruzadas é:

Teorema (da igualdade de derivadas cruzadas ou de Schwarz). Seja \(f:A\subset\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m\), com \(A\) um conjunto aberto, uma função tal que as suas derivadas parciais de ordem menor ou igual a \(2\) existem e são contínuas em \(A\). Então \[\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}=\frac{\partial^2 f}{\partial x_j \partial x_i} \] em \(A\) para todos os \(i,j=1,\dots,n\).

Observação. As hipóteses do teorema são mais fortes do que estritamente necessário mas satisfatórias e facilmente memorizáveis para a maior parte das situações em que queremos garantir a igualdade de derivadas cruzadas. Isto será óbvio ao analisar a demonstração abaixo.

Definição (Funções de classe $C^k$). Diremos que uma função que possui derivadas parciais contínuas até à ordem \(k\in\mathbb{N}\), \(k\geq 1\), num aberto \(A\), pertence à classe \(C^k(A)\). Se tal acontecer para todo o \(k\in\mathbb{N}\), \(k\geq 1\), diremos que pertence à classe \(C^\infty(A)\). De forma análoga ao que fizemos para classe $C^1$, diremos que uma função é de classe $C^k$ num conjunto não aberto se existir uma extensão da função a um aberto contendo o conjunto aonde a extensão é de classe $C^k$. Aproveitamos também para convencionar que classe $C^0(S)$, sendo $S$ aberto ou não, refere-se às funções contínuas no conjunto $S$.

Demonstração do teorema.

Não há perda de generalidade se considerarmos \(n=2\) e \(m=1\). Sejam \((x,y)\in A\) e \(h, k>0\) tais que \(B_{\sqrt{h^2+k^2}}(x,y)\subset A\) e definimos \[\Delta(h,k)= \frac{1}{hk} \left(f(x+h,y+k)-f(x+h,y)-f(x,y+k)+f(x,y)\right).\]

[Se escrever a definição de uma qualquer das derivadas parciais cruzadas como um limite de uma razão incremental e cada uma das derivadas parciais que aí aparecem como um limite de uma razão incremental obterá \[\lim_{h\to 0}\lim_{k\to 0}\Delta(h,k) \] ou \[\lim_{k\to 0}\lim_{h\to 0}\Delta(h,k) \] A demonstração vai basear-se em mostrar que existe o limite bidimensional $\lim_{(h,k)\to(0,0)}\Delta(h,k)$ que por sua vez iguala cada um dos limites iterados.]

Notamos que \[\Delta(h,k)=\frac{g_1(h)-g_1(0)}{hk} \] em que \(g_1\) designa a função \(g_1(\lambda)=f(x+\lambda,y+k)-f(x+\lambda,y)\) e de forma análoga \[\Delta(h,k)=\frac{g_2(k)-g_2(0)}{hk}\] em que \(g_2\) designa a função \(g_2(\lambda)=f(x+h,y+\lambda)-f(x,y+\lambda)\).

Aplicando o teorema de Lagrange em cada uma destas situações obtemos a garantia de existência de \(\theta_1, \theta_2\in \left]0,1\right[\) (dependentes de \(h\) e \(k\)) tais que \[\begin{align*}\Delta(h,k) & = \frac{g_1^\prime(\theta_1 h)}{k}= \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x+\theta_1 h,y+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(x+\theta_1 h,y)}{k}\\ \Delta(h,k)&=\frac{g_2^\prime(\theta_2 k)}{h}= \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(x+h,y+\theta_2 k)-\frac{\partial f}{\partial y}(x,y+\theta_2 k)}{h}\end{align*}\]

Repetindo o tipo de aplicação do teorema de Lagrange que acabámos de usar ao segundo membro de cada uma das igualdades anteriores obtemos a existência de \(\theta_3, \theta_4\in \left]0,1\right[\) tais que \[\begin{align*}\Delta(h,k) &=\frac{\partial^2 f}{\partial y \,\partial x}(x+\theta_1 h,y+\theta_3 k) \\ \Delta(h,k) &=\frac{\partial^2 f}{\partial x \,\partial y}(x+\theta_4 h,y+\theta_2 k)\end{align*}\]

Tomando agora limites quando \((h,k)\to (0,0)\) obtemos, graças a termos assumido que as derivadas parciais de segunda ordem são contínuas, que \[\lim_{(h,k)\to (0,0)}\Delta(h,k)= \frac{\partial^2 f}{\partial y \,\partial x}(x,y)= \frac{\partial^2 f}{\partial x \,\partial y}(x,y).\]

Fim da demonstração.

Observação. Obviamente se uma função for de classe \(C^k\) com \(k>2\) então podemos generalizar o resultado para garantir que podemos permutar ordens de derivação até à ordem \(k\).


Última actualização: João Palhoto Matos em 05/08/2015 10:23:31.