02-FuncoesdeVariasVariaveis

F UNÇÕESDE VÁRIAS VARIÁVEIS 1a Edição - 2.007 SOMESB S OCIEDADE M ANTENEDORA DE E DUCAÇÃO S UPERIOR DA B AHIA S/C LTDA . W ILLIAM O LIVEIRA P RESIDENTE S AMUEL S OARES S UPERINTENDENTE A DMINISTRATIVO E F INANCEIRO G ERMANO TABACOF S UPERINTENDENTE DE E NSINO, P ESQUISA E E XTENSÃO P EDRO DALTRO G USMÃO DA S ILVA S UPERINTENDENTE DE D ESENVOLVIMENTO E P LANEJAMENTO ACADÊMICO FACULDADE DE T ECNOLOGIA E C IÊNCIAS – E NSINO A D ISTÂNCIA R EINALDO DE O LIVEIRA B ORBA D IRETOR G ERAL FTC-E A D M ARCELO N ERY D IRETOR ACADÊMICO R OBERTO F REDERICO D IRETOR DE D ESENVOLVIMENTO M ERHY E I NOVAÇÕES M ÁRIO F RAGA D IRETOR C OMERCIAL J EAN C ARLO N ERONE D IRETOR DE T ECNOLOGIA E A NDRÉ P ORTNOI D IRETOR A DMINISTRATIVO F INANCEIRO R ONALDO C OSTA G ERENTE DE D ESENVOLVIMENTO E I NOVAÇÕES J ANE F REIRE G ERENTE DE E NSINO L UÍS C ARLOS N OGUEIRA A BBEHUSEN G ERENTE DE S UPORTE T ECNOLÓGICO O SMANE C HAVES C OORD. DE T ELECOMUNICAÇÕES E H ARDWARE J OÃO J ACOMEL C OORD. DE P RODUÇÃO DE M ATERIAL D IDÁTICO M ATERIAL D IDÁTICO P RODUÇÃO ACADÊMICA J ANE F REIRE G ERENTE DE E NSINO A NA PAULA A MORIM S UPERVISÃO P RODUÇÃO T ÉCNICA J OÃO J ACOMEL C OORDENAÇÃO C ARLOS M AGNO B RITO A LMEIDA S ANTOS R EVISÃO DE T EXTO G ECIARA DA S ILVA C ARVALHO C OORDENADOR DE C URSO J ONES G ARCIA DA R EVISÃO DE C ONTEÚDO M ATA PAULO H ENRIQUE R IBEIRO DO N ASCIMENTO AUTOR ( A ) A DRIANO P EDREIRA C ATTAI PAULO H ENRIQUE R IBEIRO DO N ASCIMENTO E DIÇÃO EM LATEX 2ε E QUIPE A LEXANDRE R IBEIRO, A NGÉLICA J ORGE , B RUNO LEMOS C EFAS G OMES, C LAUDER F ILHO, DANILO B ARROS D IEGO D ORIA A RAGÃO, FÁBIO G ONÇALVES, F RANCISCO F RANÇA J ÚNIOR , H ERMÍNIO F ILHO, I SRAEL DANTAS, LUCAS DO VALE , MARCIO S ERAFIM , MARIUCHA P ONTE , RUBERVAL DA F ONSECA E TATIANA C OUTINHO. Copyright c 2.007 FTC-E A D Todos os direitos reservados e protegidos pela lei 9.610 de 19/02/98. É proibida a reprodução total ou parcial, por quaisquer meios, sem autorização prévia, por escrito, da FTC-E A D - Faculdade de Tecnologia e Ciências - Ensino a distância. www.ead.ftc.br Sumário Bloco 1: Cálculo Diferencial e Integral em Várias Variáveis Tema 1: Diferenciabilidade Funções Reais de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 1.15 1.16 1.17 1.18 Gráfico de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . As Curvas de Nível . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 7 7 7 8 9 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Gráfico de Funções de Duas Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Vizinhança de um Ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Conjunto Aberto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Ponto de Fronteira ou do Bordo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Conjunto Fechado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Ponto de Acumulação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Limite de uma Função . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 Propriedades Operatórias dos Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Funções Contínuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Interpretação Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 O Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 As Derivadas Direcionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Funções Implícitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 Plano Tangente e Reta Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Máximos e Mínimos de Funções Reais de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 1.10.1 Exercício Proposto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 Limites e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Funções Diferenciáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.16.1 Derivada de uma Função Implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.18.1 Critério para Identificar os Extremantes Locais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.18.2 Valores Máximos e Mínimos Absolutos de Funções de Duas Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.18.3 Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.18.4 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Tema 2: Integração 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 38 Integrais Duplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Funções Integráveis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Volume, Soma de Riemann e a Integral Dupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.2.1 Propriedades da Integral Dupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Integrais Iteradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Integrais Duplas sobre Regiões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.4.1 2.5.1 2.5.2 2.6 2.6.1 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Região do Tipo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Região do Tipo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS Cálculo de Integrais Duplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Integrais Duplas em Coordenadas Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3 2.7 Massa, Centro de Massa e Momento de Inércia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.7.1 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Integrais Triplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.8 2.9 Integrais Iteradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Integrais Triplas sobre Regiões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.9.1 2.9.2 2.9.3 2.9.4 2.10 2.11 2.12 2.13 Regiões do Tipo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 Regiões do Tipo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Regiões do Tipo III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Massa, Centro de Massa e Momento de Inércia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 Mudança de Variáveis em Integrais Duplas e Triplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Integrais Triplas em Coordenadas Cilíndricas e Esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 2.11.1 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.12.1 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 2.13.1 Coordenadas Cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 2.13.2 Coordenadas Esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 2.13.3 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 Bloco 2: Funções Vetoriais Tema 3: Análise Vetorial 3.1 3.2 62 62 Integrais de Linha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 Integral de Linha em Campos Escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.1.1 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.2.6 3.2.7 3.2.8 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Campos Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 O Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 O Divergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 O Rotacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Integrais de Linha de Campos Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 Campos Conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 Integrais de Linha em Campos Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 Tema 4: Teoremas de Green, Stokes e Gauss 4.1 71 Relações entre as Integrais de Linha e de Superfície . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 O Teorema de Green. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 4.1.1 4.1.2 4.2 4.3 4.4 4.5 4.2.1 4.3.1 4.4.1 4.5.1 4 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 Um Pouco de História . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Dispositivo Prático para o Cálculo do Fator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Campos Conservativos em Domínios Simplesmente Conexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 Superfícies Parametrizadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Área de uma Superfície . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 Integrais de Superfície de Campos Escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . .7 83 84 86 86 FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .O Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6 4.7. . . .1 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . .8 Um Pouco da História das Funções de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . O Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Além disso. De um modo análogo. também. mais uma vez. que nos permitem “organizar” e “sistematizar” o processo de diferenciação para funções de mais do que uma variável real. divergente e rotacional nesses sistemas de coordenadas. Também veremos que as integrais de linha e de superfície de funções vetoriais estão diretamente ligadas a integrais iteradas de funções escalares. bem como ao aparecimento do Jacobiano no estabelecimento de uma medida de integração nas integrais iteradas ou múltiplas. as funções vetoriais de variáveis reais que. ainda. muitas vezes. Veremos que. O mesmo acontece em coordenadas curvilíneas ortogonais. bem como nestes últimos (e vice-versa). neste caso. no que toca à forma do gradiente. podendo. os versores não são imutáveis como no caso cartesiano e. ou seja. Isto leva à introdução de alguns fatores {h1 . h3 } e suas combinações. as funções vetoriais são transformadas numa “lista” de várias funções escalares (duas. com o fim de descrever vetores que variam de ponto a ponto no espaço. Gauss e Stokes. recorrendo aos teoremas de Green. necessário fazer um revisão dos conceitos de derivada parcial. no espaço). no espaço euclidiano representado em coordenadas cartesianas. num dado ponto do espaço. consideraremos. Além destas. tendo como referência as funções vetoriais. funções reais de mais do que uma variável real. tendo o cuidado de que. Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento. generalizaremos o conceito de função real de variável real para funções escalares.A PRESENTAÇÃO Caro aluno. serem convertidas entre si. do curso de Licenciatura em Matemática da FTC-E A D . as coordenadas. introduzindo as integrais de linha e de superfície. generalizamos o conceito de integral definida de uma função real de variável real para funções escalares. podem ser vistas como uma generalização das funções escalares. introduzindo o conceito das integrais duplas e triplas. portanto. quando trabalhamos no plano e três. será necessário generalizar o conceito de integral definida para estabelecer o processo de integração de funções de mais do que uma variável real. Prof. Tornar-se-á. Nos temas a seguir. generalizaremos as integrais conhecidas. estão relacionadas entre si. Através do operador diferencial (nabla) conseguiremos estabelecer transformações entre os diferentes tipos de funções. Do mesmo modo. O resultado final é animador. porém. DA D ISCIPLINA Este material foi elaborado para servir como referência aos estudos da disciplina Funções de Várias Variáveis. h2 . y ) = x2 − y (c) f (x . o seu domínio Dom(f ) é o conjunto: Dom(f ) = {(x1 . . uma função polinomial. . . × R. z ) → x2 3y + y2 + z2 A f é função real de duas variáveis onde Dom(f ) = R2 e seu contra-domínio é R. para todo (x . A representação gráfica do seu domínio é. y . também. (b) f é uma função racional e. A g é uma função real de três variáveis onde Dom(g ) = R3 e seu contra-domínio é R. uma função cujo domínio D é um subconjunto de Rn e seu contra-domínio é R. y . y ) ∈ R2 . neste caso. Observe que f é uma função linear. f (x1 . a notação y = f (x1 . xn ) ∈ R}. z ) → R x 2 + y + 3z h : R3 \ {(0. Determine e represente geometricamente os domínios das seguintes funções: 3y 2 − 1 x2 + y2 + 1 x −y (e) f (x . A h é uma função real de três variáveis onde Dom(h) = R3 \ {(0. segue que x = 0 e y = 0. 0)} → R (x . portanto. portanto: y x FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 7 . 0. Por exemplo. Logo. Como x 2 + y 2 = 0 ⇔ x 2 = 0 e y 2 = 0. . ER 1. y ) = (a) f (x . 0)} e seu contra-domínio é R. uma função racional e. . pois não existem restrições nesta relação de igualdade. y ) = ln y −1 (b) f (x . . ou seja. . . xn ) ∈ Rn . Usamos. Dom(f ) = R2 \ {(0. o seu denominador não pode ser zero. . também. . Como. Dom(f ) = R2 . y ) → R → 2x + 3y g : R3 → (x . com D ⊂ Rn = R × R × . Observe que h é uma função racional. y ) = Solução: (a) Observe que Dom(f ) = R2 . f : R2 (x . . novamente. portanto. 0)}. (c) Temos. y ) = x3 x −y x 3 + 3y x2 + y2 3x + y (f) f (x . x 2 + y 2 + 1 > 0. 0. seu denominador não pode ser zero. xn ) (mais simples) para representar funções reais de n variáveis e. . y ) = 4x 2 − 1 (d) f (x .BLOCO 01 Cálculo Diferencial e Integral em Várias Variáveis TEMA 01 Diferenciabilidade Funções Reais de Várias Variáveis Uma função real com n variáveis é uma relação do tipo f : D → R. Observe que g é. . . o domínio pode ser reescrito como Dom(f ) = Lembre-se que (x . y ) ∈ R2 . y ) ∈ R2 . y < x 2 }. y < x e y > 1 ou y > 1 e y > 1} e sua representação gráfica é: O domínio da função é o conjunto Dom(f ) = (x . ∈ R2 . x2 + y 2 = 1 é a equação padrão de uma elipse com 4 centro na origem e comprimentos dos eixo maior e menor. Dom(f ) é a região do plano formada pela circunferência e por seu exterior. ou seja. Como + y 2 ≥ 0. para 4 4 x2 + y2 ≤ 1 . como x 2 + y 2 ≤ −1 não ocorre seja qual for o par (x . x 1. 8 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) ∈ R2 . y ) ∈ R2 . A representação gráfica do seu domínio é a região do plano que se situa abaixo do gráfico da parábola y = x 2 . ∈ R2 . y ). y ) ∈ R2 . x 2 + y 2 ≥ 1}. Esta região do plano é: x y x −y y −1 < < 0 0 ⇒ y y > < x 1 . respectivamente. f (a). 4 y todo (x . y ) ∈ R2 . a representação gráfica do domínio de f é: (g) O domínio da função é dado por Dom(f ) = (x . y ) ∈ R2 . portanto: (e) A condição x x −y > 0 é equivalente a x − y > 0 e y − 1 > 0 ou x − y < 0 e y − 1 < 0. a ∈ D }.2 Gráfico de uma Função Dada uma função f : D → R. y ) ∈ R 2 . y = x }. Dom(f ) é a região do plano formada pela elipse e por seu interior. y ) = arcsec(x 2 + y 2 ) x y x O domínio da função é dado por Dom(f ) = {(x . (f) Neste caso Dom(f ) = {(x . Analisemos estas funções para alguns valores de n. D ⊂ Rn . seu gráfico é o conjunto graf(f ) = {(a. iguais a 2a = 4 e 2b = 2. y ) ∈ R2 . −1 ≤ y x x2 x2 + y 2 ≤ 1 . De fato. temos que Dom(f ) = {(x . ou seja. y ). o conjunto dos pares ordenados que possuem ordenada menor do que o quadrado da abscissa.y (d) Neste caso. Portanto. y ) ∈ y −1 2 R . (g) f (x . Esta região do plano é: x y x −y > 0 = {(x . Lembre-se que x 2 + y 2 = 1 é a equação de uma circunferência de raio 1 e centro na origem do sistema cartesiano. A representação gráfica do seu domínio é. x 2 + y 2 ≤ −1 ou x 2 + y 2 ≥ 1}. x 2 − y > 0} = {(x . todo o plano exceto a 1a bissetriz. y −1 y 0 0 ⇒ x −y y −1 > > y y < > x 1 . Dom(f ) = {(x . ou melhor. x − y = 0} = {(x . y ) = 9 − x 2 − y 2 e g (x . y ) ∈ R2 . Sendo assim. ER 2. 0). Nota 1. claramente. f (x . x −1 com x = −1 e x = 1. y ) = y em z = 3. D ⊂ R 2 . y ) ∈ R2 que satisy fazem a 3 = ⇒ y = 2x . Pode. a curva de nível de f em z = k é o conjunto {(x . Por exemplo. não é gráfico de uma função z = f (x . x y Solução: A curva de nível é o conjunto dos pontos (x . a representação gráfica. y ) = de nível. é o conjunto dos elementos do domínio de f que possuem imagens iguais a k . y ) = k }.3 As Curvas de Nível Dados uma função z = f (x . y ) ∈ R2 . também. as funções f (x . a esfera x 2 + y 2 + z 2 = 9 de centro na origem e raio 3 é uma superfície do R3 que. y ) ∈ R2 . com x = 0. y ) → f (x . De fato. Determine e esboce a curva de nível da função f (x . As curvas de nível de uma função são um recurso auxiliar para o esboço de gráficos. y ) e uma constante k ∈ R. isolando-se o z desta equação. (x . ou seja. Dada a função f (x . O gráfico de f é a semi-esfera superior (z ≥ 0) e o gráfico de g é a semi-esfera inferior (z ≤ 0). Considere. trata-se da equação de uma x reta excluindo-se o ponto (0. agora. determine e represente graficamente o seu domínio e as suas curvas −1 y Solução: Temos que x 2 −1 = 0 e.Funções reais de uma variável real (n = 1) f : D → R. portanto. y ) o gráfico é uma superfície do R3 . a circunferência de centro na origem e raio igual a três unido ao seu interior. x = ±1}. o gráfico é uma curva do R2 . x 2 + y 2 ≤ 9}. ser entendido como a intersecção do gráfico de f com o plano (paralelo a xOy ) de equação z = k. D ⊂ R. A representação gráfica é: y Para encontrarmos as curvas de nível tomamos a equação 2 = k . sua representação gráfica é: x ER 3. ou seja. 1. tem-se z = ± 9 − x 2 − y 2 . Para valores de n > 2. Para uma função de duas variáveis reais (n = 2) f : D → R. ou seja. claramente. que é equivalente a y = k (x 2 − 1). x2 y . y ). todo o plano exceto as retas de equação x x = −1 e x = 1. y ) = − 9 − x 2 − y 2 e observe que seus domínios são iguais a Dom(f ) = Dom(g ) = {(x . não é possível. o domínio da função é Dom(f ) = {(x . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 9 . 10 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA √ k x k >0 . z ) = x 2 + y 2 − z . ou seja. −1) EP 1. as interseções com os planos coordenados. 0). Seja f (x . se k > 0. As curvas de nível são obtidas da equação f (x .2. ou seja. 0) (c) (0. A representação gráfica é: 2 x k>0 1. o domínio de f . ii. y ) = y 2 − x 2 (d) f (x . excluindo-se os pontos (−1. temos que. 0. 2 y se k < 0 a equação não tem solução. temos y = 0. para qualquer k < 0 a curva de nível correspondente é o conjunto vazio. A representação gráfica das curvas de nível é dada na figura ao lado. Determine a equação da curva de nível que passa pelo ponto: (a) (−1. y ) = x 2 + y 2 i. O domínio da função é Dom(f ) = R 2 . 0) (c) (−1. ER 4. Determine a equação da superfície de nível que passa pelo ponto: (a) (1. 0) e (1. ii. 0). Esboce o gráfico das seguintes funções: (a) f (x . deveremos determinar: i. y . 0).1. Como x 2 ≥ 0 e y 2 ≥ 0. 0) e (1.4 Gráfico de Funções de Duas Variáveis Para esboçarmos o gráfico de uma função de duas variáveis f . se k = 0 (intersecção com o plano xOy ) a equação x 2 + y 2 = 0 tem como solução o par (0. y ) = k . excluindo-se os pontos (−1. iii. −2. y ) = ln x2 + y2 9 (a) f (x .y Para cada k = 0 temos uma parábola y = k (x − 1). 0. 0). a equação x 2 + y 2 = k é a de uma circunferência de centro na √ origem do sistema xOy e raio k . Para k = 0. o eixo das ordenadas exceto os pontos (−1.1 Exercícios Propostos EP 1. as suas curvas de nível. ou seja. y ) = 1 − y 2 (c) f (x . 3) (b) (1. 0) e (1. 0) 1. Seja f (x . 1) (b) (0.3. x 2 + y = k . y ) = x 2 + y 2 (b) f (x . y ) = x 2 − 2x 3 + 3xy . As curvas de nível são obtidas da equação f (x . Graf(f ) ∩ xOy : Já foi obtido e corresponde à curva no nível z = 0 (no caso. concluímos que o gráfico de f (x . temos y = 0. 0). obtemos y = ± 1 − k . a curva de nível é uma reta paralela ao eixo Ox no plano z = 1. Graf(f ) ∩ xOz : Fazendo y = 0 na equação z = x 2 + y 2 obtemos z = x 2 . pelas figuras: y z z x x y Concluímos que o gráfico é um parabolóide de revolução. O domínio é Dom(f ) = R2 ii. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 11 . Logo para k > 1 (isto é. que é a equação de uma parábola obtida em xOz . k = 1. y ) é uma superfície de revolução em torno de Oz . z = 1 e x variando em R. da figura: z x y (b) f (x . A representação gráfica das interseções com os planos xOy . y ) = 1 − y 2 i.Como todas as curvas de nível são circunferências com centros em (0. ou seja. iii. a origem do sistema xOy ). 1 − k < 0) a curva de nível correspondente é o conjunto vazio. que é a equação de parábola obtida em y Oz . Isolando-se a variável y √ nesta equação. Então. 1 − y 2 = k . Graf(f ) ∩ y Oz : Fazendo x = 0 na equação z = x 2 + y 2 obtemos z = y 2 . respectivamente. xOz e y Oz é dada. Interseções com os planos coordenados. y ) = k . a reta de equação y = 0 e z = 1. a curva de nível é constituída de duas retas paralelas a Ox no plano z = k .√ k < 1. de equação z = 1 − y 2 . k < 1 x x √ − 1 − k. y assume dois valores (y = ± 1 − k ). Representação gráfica: y 1 z 1 z x −1 x y Portanto. as retas de equação y = −1 e y = 1. podemos concluir que o gráfico é de uma superfície cilíndrica de geratrizes paralelas ao eixo Ox tal que a parábola do plano y Oz . 1) x y 12 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . k < 1 iii. ou seja. Intersecções com os eixos coordenados Graf(f ) ∩ xOy : z = 0 ⇒ 1 − y 2 = 0 ⇒ y = ±1. z (0. Graf(f ) ∩ y Oz : Fazemos x = 0 e temos z = 1 − y 2 . Graf(f ) ∩ xOz : y = 0 ⇒ z = 1 − 02 = 1. Então. é uma diretriz. com x variando em R e z = k . 0. que é a equação de uma parábola no plano y Oz . A representação gráfica das curvas de nível é dada na figura: y y √ 1 − k. ou seja. Graf(f ) ∩ y Oz : Fazendo x = 0 na equação z = y 2 − x 2 . obtemos z = −x 2 . A representação gráfica da curvas de nível obtidas é dada na figura ao lado: iii. que é a equação de uma parábola de vértice na origem do plano y Oz e foco sobre o semi-eixo positivo das cotas. que é a equação de uma parábola de vértice na origem do plano xOz e foco sobre o semi-eixo negativo das cotas. assim. √ −k . Intersecções com os planos coordenados Graf(f ) ∩ xOy : Já foi obtido e corresponde à curva no nível z = 0.k <0 y k < 0 então −k > 0 e. y 2 − x 2 = k . que é equivalente a x = y ou x = −y . também. uma hipérbole k com focos sobre o eixo Oy . Logo para k = 0 temos x 2 = y 2 . respectivamente. k > 0 podemos reescrever a equação y 2 − x 2 = k como y2 − k z √ k . y ) = y 2 − x 2 i. y ) = k . O gráfico de funções z = f (x . ii. para cada valor de k . temos. (c) f (x . O domínio da função é Dom(f ) = R2 . As curvas de nível são obtidas da equação f (x . assim.k >0 x2 = 1 e.Nota 2. temos. Neste caso. Os pontos que satisfazem essas equações correspondem às bissetrizes dos quadrantes ímpares e dos pares do plano xOy . portanto. um parabolóide hiperbólico (sela). porém. com focos sobre o eixo Ox . z z x y O gráfico da função é. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 13 . k k uma hipérbole. Graf(f ) ∩ xOz : Fazendo y = 0 na equação z = y 2 − x 2 . A figura ao lado representa graficamente os traços sobre os planos coordenados xOz e y Oz . podemos reescrever a equação x2 y2 y 2 − x 2 = k como − = 1. ou seja. y ) que possuem apenas uma variável independente (x ou y ) são de superfícies cilíndricas. obtemos z = y 2 . portanto. ou seja. que é a 9 equação de uma elipse. o domínio é Dom(f ) = R2 \ {(0. Intersecções com os planos coordenados x2 Graf(f ) ∩ xOy : Fazemos z = 0. que é equivalente a ii. + y 2 = 1. 9 x2 + y2 9 e −3 3x −1 1 y Graf(f ) ∩ y Oz : Fazendo x = 0 na equação z = ln obtemos z = 2 ln |y |. As curvas de nível são obtidas da equação f (x . ln 2 x + y 2 = e k . y ) = k .z x y (d) f (x . que é equivalente a z = 2[ln |x | − ln(3)]. A representação gráfica dos traços obtidos com os planos coordenados xOz e y Oz é feita na figura ao lado: O gráfico é. então a curva de nível em z = k é formada por elipses cuja equação 9 x2 y2 padrão é k + k = 1. Graf(f ) ∩ xOz : Fazemos y = 0 na equação z = ln obtemos z = ln z z x2 + y2 9 e x2 . 0)} 9 x2 + y2 9 = k . ou seja. o da seguinte superfície: 14 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . Como x2 + y2 9 x2 + y 2 > 0. Como e k > 0 para todo k . y ) = ln i. 9e e y √ ek Podemos perceber que o seu eixo maior está sobre o eixo Ox e é √ sempre três vezes maior que o seu eixo menor que está situado sobre 3 ek x o eixo Oy . A representação gráfica da curva de nível é dada pela figura ao lado: iii. em particular. Então: se k < 0. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 15 . z ) = x 2 + y 2 + z 2 . Seja a equação x 2 + y 2 + z 2 = k . o conjunto vazio. claramente. 0) e √ raio k . se k = 0.z y x Nota 3. então a superfície de nível é. de modo análogo. se k > 0. ER 5. então a superfície é esférica de centro em (0. as funções reais de duas ou três variáveis. . y . 0. às curvas de nível para n = 2. Dada uma função z = f (x1 . xn ) a superfície de nível de f em z = k é definida. . z y A representação gráfica das superfícies de nível é dada pela figura ao lado: x Limites e Continuidade Aqui estudaremos o limite e a continuidade de funções reais com n variáveis. 0). . Determine e represente graficamente as superfícies de nível da função f (x . . então a superfície de nível é o ponto (0. 0. a2 ) e é chamado de disco aberto de centro em a e raio r . 1 2 x1 z Analogamente. r ) = {x = (x1 . Nota 4. uma vizinhança de a = (a1 . . Utilizaremos. aqui. r ) = {a ∈ Rn . x2 r B (a. x2 ) ∈ R2 . Os subconjuntos próprios (∅ e o Rn ) são.6 Conjunto Aberto Um dos principais conceitos da Matemática é o que apresentaremos agora. topologia e análise. existe r > 0 tal que B (a. são uma generalização dos intervalos abertos em R. . B (a. y x 1. para todo a ∈ A. (x1 − a1 )2 + (x2 − a2 )2 < r }.5 Vizinhança de um Ponto A bola aberta ou vizinhança de centro em a = (a1 . a) = ||x − a|| = (x1 − a1 )2 + . também. é o conjunto {x ∈ R2 . . de raio 3. o interior de uma esfera de raio r e centro em a. uma vizinhança do ponto a ∈ R2 .1. centrado em a = (a1 . + (xn − an )2 . Graficamente. B (a. x2 . a norma euclidiana d (x . (x1 − 1)2 + (x2 − 2)2 < 9}. a2 . r ) é o interior de um círculo de raio r . (x1 −a1 )2 +(x2 −a2 )2 +(x3 −a3 )2 < r 2 }. an ) ∈ Rn e de raio r > 0 é dada por B = B (a. nas disciplinas ligadas à álgebra. . n ≥ 2. x3 ) ∈ R3 . r ) ⊂ A. 2). x2 ) Assim sendo. ||x − a|| < r }. x1 x2 x A vizinhança do ponto (1. Os conjuntos abertos são demasiadamente importantes e tratados. de raio r > 0. y (x1 . . Um subconjunto A ∈ Rn é um aberto do Rn se. r ) ⊂ A. a3 ) é: B (a. cuja representação gráfica é o disco da figura ao lado. 16 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . Este conceito é muito utilizado no estudo dos limites de uma função real com n variáveis reais. r ) = {x = (x1 . abertos. A ⊂ Rn é aberto ⇔ ∀ a ∈ A. por exemplo. Os conjuntos abertos do Rn . ∃r > 0. também. . ou seja. é um conjunto de pontos que satisfazem (x1 − a1 )2 + (x2 − a2 )2 < r que é equivalente a (x1 − a1 )2 + (x2 − a2 )2 < r 2 . r ). x2 ∈ R} 1. para todo r > 0. r ) ⊂ A. am . pois. r ). A = (a1 . não está contida em A. . . . temos que a1 < a < a2 e b1 < b < b2 . ER 7.8 Conjunto Fechado Um conjunto A ⊂ Rn é dito fechado em Rn se ∂ A ⊂ A. . temos 0 < r < r . Justifique sua resposta. Assim. a bola centrada em (a1 . (a) Se a ∈ Rn e r > 0. A é um aberto em Rn . . (c) Se A = {(x1 . (e) Seja a ∈ Rn e r > 0. r ). an )} é um aberto do Rn . Verifique se as seguintes afirmações são verdadeiras ou falsas. 1.ER 6. (a) FALSO. . O conjunto A = Rm não é um aberto em Rn . r ). . não está contida em A. Um importante resultado é formulado a partir dos conceitos vistos e sua prova deverá ser vista em um livro de análise matemática. pois. an ) e de raio r . a bola centrada em a ∈ R e de raio r . b2 ) é um aberto em R2 . 0) ∈ Rn e de raio r . O conjunto A = R não é um aberto do R2 . (a) O conjunto A = {(a1 . . Verifique se as seguintes afirmações são verdadeiras ou falsas. |b − b1 |. x2 ). De fato. A bola B (a. (b) A = R é um aberto de R2 .1 Teorema. b ) inA. (d) VERDADE. . a2 ) × (b1 . x1 > 0}. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 17 . Denota-se o conjunto dos pontos de fronteira ou do bordo de A por ∂ A. pois. γ > er = γ . Se considerarmos = min{|a − a1 |.7 Ponto de Fronteira ou do Bordo Considere A um subconjunto do Rn e a ∈ A. r ) é um aberto do Rn . Justifique sua resposta. B (a. a bola centrada em (a1 . . x2 ) ∈ Rn . (d) A = (a1 . (c) FALSO. se (a. |a − a2 |. . . (e) VERDADE. Um conjunto A ⊂ Rn é um aberto do Rn se A ∩ ∂ A = ∅. . O ponto a é um ponto de fronteira ou do bordo de A se toda vizinhança de a intercepta A e o seu complemento Rn ⊂ A. B (a . r ) = {x ∈ Rn . então ∂ B (a. temos que B ((a. 0. b ). . . (b) FALSO. para todo r > 0. |x − a| = r }. temos que |a − a| < r . O vazio e o próprio Rn são também fechados. |b − b2 |}. b2 ) é um aberto em R2 . B (a. então ∂ A = {(0. . . a2 ) × (b1 . não está contida em A. (b) O conjunto F = {x ∈ Rn . 1. B (a. |x − a| ≤ r } é aberto. para todo r > 0. (c) Considere A = Rm . Se a ∈ B (a. . r ). . r ) ⊂ B (a. . m < n. O conjunto A = {(a1 . an )} não é um aberto do Rn . Se r = r − |a − a|. ER 8. a2 ) ∈ R2 . 2) não é ponto de acumulação de A. 1) é um ponto de acumulação de A. Observe que o conjunto dos pontos de acumulação de A é 2 {(a1 . (1. y y (1. r > 0} é fechado. a2 > a1 } ∪ (2. a2 ≤ a1 }. . 1) (2. De fato. −2) ∈ A. r > 0} e ∂ W ⊂ W . a2 ≥ a1 }. r ) ∩ A = ∅. a2 ) ∈ R2 . se A = {(a1 . r ). pois existe r > 0 tal B (a. então: (2. dizemos que a é um ponto de acumulação de A se toda vizinhança B de a é tal que B ∩ (A \ {a}) = ∅. r ) = {x ∈ Rn . −2) temos que (2. |x − a| = r } ⊂ B (a. para A = {(a1 . . x1 + x2 + x3 ≥ r 2 . a2 ) ∈ R2 . Por exemplo. x1 + x2 + x3 = r 2 . (c) Se A = {(x1 . Justifique sua resposta. (1. ∂ B (a. a2 ) ∈ R2 . O conjunto dos pontos de acumulação de A é {(a1 . an ) ∈ Rn . então ∂ A = {(0. a2 < a1 }. . 1) x Pontos de acumulação de A x 2 Agora. x3 ) ∈ Rn . ∂ W = {(x1 . 2 2 2 (b) O sólido W = {(x1 . x2 ). y y 2 x −1 18 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA x Pontos de acumulação de A .9 Ponto de Acumulação Se A é um subconjunto do Rn e a = (a1 . x2 . . 2) (1. x2 ) ∈ Rn . x1 > 0}. x2 ∈ R} 1. Verifique se as seguintes afirmações são verdadeiras ou falsas. então A não é fechado. (a) Se a ∈ Rn e r > 0. mas não é ponto de acumulação de A. x2 . 1) é ponto de acumulação de A. De fato. x3 ) ∈ 2 2 2 Rn . y )−(1. y ) > 0. y ).y )→(x0 .y )→(x0 .y0 .y0 ) lim f (x . [Conservação do sinal]Se lim f (x . y ) ∈ R2 e (x0 . y0 ) tal que. y ) = x2 + 2 .y0 ) Para uma função f : D ⊂ R3 → R consideraremos x = (x . y ) − (2.y0 ) lim f (x .10 Limite de uma Função Considere f : D ⊂ Rn → R uma função e a um ponto de acumulação de D . x →a lim f (x ) = L ⇔ (∀ > 0. Simbolicamente. para todo > 0. (x . ainda. y ) = x0 e lim g (x . Prove que (x . de acordo com a desigualdade triangular. δ) ∩ A. ∃ δ > 0. De modo geral. Como |x − 2| = |y − 1| = (y − 1)2 ≤ (x − 2)2 + (y − 1)2 . (x . Segue que ||(x . Dizemos que L ∈ R é o limite de f (x ) em a se. para todo (x . y ) = c . y ) = 1. 0 < ||x − a|| < δ ⇒ |f (x ) − L| < . 2) lim . y0 ) ∈ R2 . a norma usual ||x − a|| = |x − a| = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 e a notação lim f (x . c ∈ R. y ) = L. y ) = x e g (x . (x .1) lim (x + 3y ) = 5 Solução: Observe que |f (x . ou. para todo (x .y0 ) 1. z ).y )→(2. (x . então existe uma vizinhança V de (x0 . y ) = 1. 2) se (x . z0 ). y ) = c . y ) = 4 e. y ) = (1. que |f (x ) − L| < . para f (x .) . Para uma função f : D ⊂ R2 → R consideraremos x = (x . y ) = y0 . ER 9. z ) = L. y .z )→(x0 . a = (x0 . y ) é o mesmo de L. y0 .y )→(1. ∃ δ > 0.10. Nota 5. Por exemplo.0) lim f (x . ∀ (x . temos que (x − 2)2 ≤ (x − 2)2 + (y − 1)2 e |x − 2| + 3|y − 1| ≤ (x − 2)2 + (y − 1)2 + 3 (x − 2)2 + (y − 1)2 ≤ 4 (x − 2)2 + (y − 1)2 ≤ 4||(x . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 19 . 0)| < 1. x →a lim f (x ) = L ⇔ (∀ > 0.y . y ) ∈ R2 . 1)|| < δ ⇒ |x + 3y − 5| < 4δ = . Sabendo que f (x . existe δ > 0 tal que.y )→(x0 . y ) ∈ {(x . o sinal de f (x . y ) = (1.3. g (x . a norma usual ||x − a|| = |x − a| = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 e a notação (x .2 Teorema. y ) = y .2) g (x .1 Exercício Proposto 1 . δ) ∩ A ⇒ |f (x ) − L| < ).y0 ) Dado > 0.z0 ) lim f (x . y ) − 5| = |x + 3y − 5| = |x − 2 + 3(y − 1)| e. 1)||.y )→(x0 . Dados f (x . se x ∈ B (a. y ) − (2.1. para todo (x . y0 ). |(x . |x − 2 + 3(y − 1)| ≥ |x − 2| + 3|y − 1|. y ) = 1. y0 )}. se (x . prove os seguintes limites EP 1. y ) = L. (b) (a) (x . temos f (x . dada uma função f (x . considere δ = 1. 4 . y ) = 4x temos 1}. a = (x0 . y . y ) ∈ V \ {(x0 . (x . y ) ∈ R2 . (x .y0 ) lim f (x .y )→(1.y )→(x0 . x ∈ B (a. então. então (x .3 Teorema.y )→(x0 . y0 ) ∈ R2 um ponto de acumulação de D . y ) L1 = . Se lim f (x . As propriedades do limite para as funções de duas ou mais variáveis são análogas às do limite de funções de uma variável e as provas seguem da definição. então: (x .2) x2 − x− (x .y )→(1.2) (x . Calcule lim 3x 2 − 2y 3 . De forma equivalente. Em alguns casos.2) Solução: (x .y )→(x0 . y ) = f (x0 . y ) = L2 . com domínio em D ⊂ R2 e (x0 . um ponto do domínio da função e que o limite deve existir.y )→(1.y )→(1. y ) = L1 e lim g (x .y )→(1. y ). Calcule lim 3x 2 y − 2y 3 .−1) Solução: (x . eliminar a indeterminação por cancelamento de fatores. [f (x .y0 ) (x . ER 11.y0 ) (x . y ) · g (x . xy − 1 1 · (−1) − 1 −1 − 1 2 Nota 8. y0 ). |f (x ) − f (a)| < .y )→(x0 . para todo ||x − a|| < δ.y0 ) (a) (b) (c) (x . Simbolicamente: f : D ⊂ Rn → R é contínua em a ∈ D ⇔ (∀ > 0. aqui.y0 ) lim lim [f (x . y0 ) é.y )→(1.2) lim 3x 2 − 2y 3 = x −3 (x .y )→(1.2) lim 2y 3 3 = (x . y0 ). para isso. a função f (x . xy − 1 (x .11 Propriedades Operatórias dos Limites Considere as funções f (x . Análogo ao que foi visto no curso de Cálculo I. podemos calcular o valor do limite de uma função racional bastando.1. claramente. y )] = L1 + L2 .y )→(x0 .12 Funções Contínuas > 0. (b) lim f (x ) = f (a). ER 10. g (x . mesmo quando o ponto não pertence ao domínio da função.y )→(1. x −3 3 lim (x . y ) ± g (x . ||x − a|| < δ ⇒ |f (x ) − f (a)| < ) .y )→(x0 . 1−3 −2 2 1. (x .y )→(x0 . Dizemos que f : D ⊂ Rn → R é contínua em a ∈ D se. y ) e g (x .y0 ) lim f (x . y )] = L1 · L2 . y ) L2 Nota 6. existe δ > 0 tal que 1. y ) é contínua em (x0 . temos que.−1) lim 3x 2 y − 2y 3 3 · 12 · (−1) − 2 · (−1)3 −3 + 2 1 = = = .y )→(x0 .y )→(1.2) lim lim 3 · 12 − 2 · 23 3 − 16 13 = = . se (x .4 Definição. x →a Nota 7. 20 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . ∃ δ > 0. Observe. temos que uma função f : D ⊂ Rn → R é contínua em a ∈ D se x →a (a) lim f (x ) existe. que (x0 . L2 = 0.y0 ) lim f (x . π x ·y −1 (x . x →x0 ER 14. y0 ). não anula o denominador da função). y ) é continua em (x0 . y (x )) não existe. temos: x →x0 lim f (x . Claro que. Dada a curva C de equação y = y (x ). y ) ∈ C1 e lim f (x . x →x0 x →x0 Vamos mostrar que este limite não existe apresentando duas curvas que passam por (1. Nota 10. dada por uma função contínua y = y (x ) (ou x = x (y )) tal que C ⊂ {(x0 . y (x )) = x →x0 L1 .y0 ) lim g (f (x . usaremos a notação lim (x . Se lim (x . De forma análoga.y )→(0. y (x )) = L2 . Se f (x . L1 = f (x0 . (x − 1)2 + y 2 lim Solução: Temos. y (x )). y ) = L.6 Proposição. (1 − x ) · y 2 Solução: 2 (x . 4 ) Solução: (a) lim (x .y )→(x0 . podemos pensar que. y ) ∈ C . onde (x . y )) = L2 . y →y0 Nota 11.1) lim 2(y + 1)2 · (x 3 − 1) . ER 13. então z →L1 (x .y0 ) f (x . em qualquer uma das direções. −12 2(y + 1)2 · (x 3 − 1) 2(y + 1)2 · (x − 1) · (x 2 + x + 1) 2(y + 1)2 · (x 2 + x + 1) = = = (1 − x ) · y 2 (1 − x ) · y 2 −y 2 Nota 9. y (x )) = L ou lim f (x (y ). então para toda curva C . 1. y ) = L . y ) ∈ C2 . seja o mesmo. π ) 4 1. Calcule (x . 2 x +y (b) lim sen x ·y −1 (x . que (x .1) lim x 2 − 3y . Determine (x . e g (z ) é uma função de uma variável real tal que existe lim g (z ) = L2 .y )→(−2. As funções contínuas num ponto a têm as mesmas propriedades operatórias já descritas para os limites. y0 )} está contido no domínio de f e y0 = y (x0 ) (ou x0 = x (y0 )). aqui.y )→(−1.y )→(1.y )→(1.y )→(−2.y )→(x0 . se f é uma função racional e a pertence ao seu domínio (isto é. 2 2 x ·y (−2) · 1 2 = sen π 0+ 4 π 0· −1 4 π = sen − 4 √ 2 =− . se existem duas curvas C1 e C2 tais que lim f (x . y ) = lim f (x .0) lim (x − 1) · y . x · y2 (b) x +y lim sen . onde (x . y0 ). onde (x .y )→(−1.1) lim 2(1 + 1) · [(−1)2 − 1 + 1] = −4. 0) e são tais que FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 21 . com L1 = L2 .0) lim (x − 1)2 + y 2 = 0.ER 12.1) x 2 − 3y (−2)2 − 3(1) 1 = =− . então lim f (x . Para que este limite exista devemos ter que os limites.y )→(x0 . então f é contínua em a.y )→(0.5 Proposição.0) x −1=0e (x .y )→(1.y0 ) f (x . Determine: (a) (x . Lembre-se. (x .y )→(1. y ) = (0. Portanto. 0). as curvas C1 : x = 0 e C2 : y = x 2 . Então. y ) = lim x2 · x2 1 = .0) lim f (x . y →0 2(x − 1)2 2 Desta forma.y )→(0. é descontínua. y ) de cada uma das curvas C1 e C2 consideradas.y )→(2. Considere. y ) = lim 1 1 1 não existe. y ) ∈ C1 . x2 · y está definida para todo (x .os limites sobre elas são diferentes (análogo ao que se faz para funções de uma variável. . De fato. Determine os pontos de descontinuidade da função f (x . 0) se (x . Observe que as curvas citadas contêm o ponto (0. Considere. y ) = (x − 1) · y é D = R2 −{(1.y )→(1. Então. temos que (x . lim− = ∞ e lim+ = −∞. temos que não existe (x . (x − 1)2 + y 2 ER 15. aqui. y →2 2 − y y →2 2 − y y →2 2 − y FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) ∈ R2 . y ) ∈ C temos que 22 (x . usando os limites laterais). as curvas C1 : y = 0 e C2 : x = 1. 2) e que para (x .2) lim f (x . que não existe limite neste ponto e a função. temos que não existe (x . a função f não é contínua.2) lim 1 . y ) ∈ C2 (x . 0)}. x4 + y2 ER 16. x −y Solução: O domínio da função f (x . y ) = (0. 0)).y )→(0. y ) = Considere a curva C : x = 2. caso exista. 0) Solução: A expressão racional é contínua para todo (x . y ) = lim (x − 1)2 1 = . x −y 1 é D = {(x .0) lim f (x . 4 + (x 2 )2 x →0 x 2 Desta forma. y ) ∈ C1 .y )→(0. para (x . y ) = x2 · y x4 + y2 0 . y ) = (0.0) lim f (x . y ) = lim df r ac 02 · y 04 + y 2 = 0 x →0 e para (x . 0). para (x . se (x . y ) ∈ C2 (x . Calcular. 0). da importân(x − 1)2 + y 2 cia de se conhecer o domínio da função: os valores (x . por exemplo.0) lim x2 · y e. 0) vamos mostrar. devem pertencer a D . por conseguinte.0) lim f (x .y )→(1. por exemplo. Observe que as curvas citadas contêm o ponto (1. x = y }.0) lim (x − 1) · y . y ) x4 + y2 Para o ponto (0. como no exemplo anterior. Observe que essa curva contém o ponto (2. Temos que o domínio da função f (x . y ) = lim x →1 (x − 1) · 0 =0 (x − 1)2 + 02 e para (x . y ) = (0.y )→(2. temos que (x . a função f (x . portanto. y )→(1. lim ∂f ∂f (x0 . y ) − z1 tende a zero “mais rápido” do que (x . próximo de (x0 . y0 ) · (x − x0 ) + (x0 . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 23 . (x0 . f (x0 . Se f (x . (x0 . se fosse análoga a das funções de uma variável. −1) = 3. A equação z1 = 1. y0 )] que f (x . Verifique se a função f (x . y ) em (x0 . y0 ) tem equação z1 = ∂f ∂f (x0 . (x0 . Seja a função f (x . y0 )] é para representar a distância entre os pontos (x . y0 )). ∂f ∂f (1. Restringiremos o estudo da diferenciabilidade. ∂x ∂y ii. Dizemos que f (x . y ) = 2x + 3y e o ponto (1.y0 ) d [(x . y0 ) · (x − x0 ) + (x0 . y0 ) = ∂f ∂f ∂f ∂f (x0 . y ) tende a (x0 . Determine a equação do plano tangente e a diferencial neste ponto. Logo. ainda. y0 )] ER 17. para r (x . y0 ) e (x0 . y ) está. então i. Portanto. ∂x ∂y ∂x ∂y (x −x0 ) (y −y0 ) ER 18. ou seja.7 Definição. ∂x ∂y ii. y ) = 0. r (x . y ) = 2x + 3y é diferenciável em (1. y ) em (x0 . y ) = f (x . y0 ) · (x − x0 ) + (x0 . y ).y )→(1. y ) ∂f ∂f = 0. y )− (x0 .−1) lim r (x . y ). mais próximo desse plano. y ) e (x0 . y ) é diferenciável em (x0 . y0 ) · ∆x + (x0 .−1) d [(x . −1) = 2 e (1. y ).Funções Diferenciáveis As funções de mais de uma variável são diferentes das funções de uma variável quando falamos de diferenciabilidade. y0 . (x . y ). o que não é o caso. y0 ) · (y − y0 ) + f (x0 .8 Definição. y0 ) · (y − y0 ) + f (x0 . y ) = 2x + 3y − (2 − 3) − 2 · (x − 1) − 3(y + 1) = 0. para todo (x . y0 ). y ). y0 ). y0 ). y0 ) · ∆y . y0 ) ∂x ∂y r (x . A diferencial (ou diferencial total) de f (x . Esta condição. y0 )] 1. y ) = f (x . d [(x . y0 ). y0 ). Existem ii. y0 ) é df (x0 . Temos que r (x . Solução: Temos que i. A notação d [(x . aqui. para funções reais de duas variáveis reais definida numa vizinhança de (x0 . y ) (x0 . 1. y0 ) o gráfico de f (x . y0 ) ∂x ∂y (x . que a função de mais de uma variável possuísse derivadas parciais. y0 ) · (y − y0 ) + f (x0 . y0 ) · ∆y = (x0 . O plano tangente à superfície f (x . y0 ) · ∆x + (x0 . y ) é diferenciável em (x0 . y ) − z1 . apenas. dizer que lim = 0 significa (x .y )→(x0 . y0 ) é de um plano que passa por ∂x ∂y r (x . y0 ) se as seguintes condições são verdadeiras: i. −1).13 Interpretação Geométrica ∂f ∂f (x0 . −1). requereria. (x0 . Solução: O plano tangente à superfície f (x , y ) = 2x + 3y é z = 2(x − 1) + 3(y + 1) − f (1, −1) = 2x + 3y , ou seja, é ela própria. Observe que a superfície é um plano. A diferencial no ponto é dada por df (1, −1) = 2 · ∆x + 3∆y . 1.9 Proposição. Se f (x , y ) é diferenciável em (x0 , y0 ), então é contínua em (x0 , y0 ). Prova: Devemos mostrar que (x ,y )→(x0 ,y0 ) lim f (x , y ) = f (x0 , y0 ) que é equivalente a (x ,y )→(x0 ,y0 ) lim f (x , y ) − f (x0 , y0 ) = 0. (x ,y )→(x0 ,y0 ) Portanto, como f (x , y ) é diferenciável, temos (y − y0 ) + r (x , y ). lim f (x , y )− f (x0 , y0 ) = ∂f ∂f (x0 , y0 )·(x − x0 )+ (x0 , y0 )· ∂x ∂y lim Como (x − x0 ) → 0, (y − y0 ) → 0 e r (x , y ) → 0, quando (x , y ) → (0, 0), temos que (x ,y )→(x0 ,y0 ) f (x , y ) − f (x0 , y0 ) = 0. ER 19. Verifique se a função f (x , y ) = é diferenciável em (1, 0). (x − 1) · y (x − 1)2 + y 2 ; ; se (x , y ) = (1, 0) se (x , y ) = (1, 0) 1 Solução: A função em questão, apesar de possuir derivadas parciais em (1, 0), não é diferenciável em (1, 0), pois não é contínua neste ponto. No exercício a seguir veremos que uma função pode ser contínua sem que seja diferenciável neste ponto. ER 20. Verifique se a função f (x , y ) = x 2 + y 2 é diferenciável em (0, 0). Solução: Verifique que a função não possui derivadas parciais neste ponto e, assim, pode-se concluir que não é diferenciável, apesar dela ser contínua neste ponto. Nota 12. Esboce o gráfico da superfície do exercício anterior e conclua que era de se esperar que esta função não fosse diferenciável em (0, 0), pois, neste ponto, ocorre o vértice do cone, onde não existe plano tangente à superfície. 1.10 Teorema. Se f (x , y ) possui derivadas parciais em todos os pontos de uma vizinhança de (x0 , y0 ) e as derivadas parciais são contínuas em (x0 , y0 ), então f (x , y ) é diferenciável em (x0 , y0 ). ER 21. Verifique se a função f (x , y ) = x é diferenciável em (−1, 0) (x − y + 1)2 + y 2 Solução: Observemos, inicialmente, que o domínio da função f (x , y ) é D = R2 \ {(−1, 0)} e, para todo ponto (x , y ) ∈ D , temos que ∂f (x − y + 1)2 + y 2 − 2x · (x − y + 1) ∂ f x [−2(x − y + 1) + 2y ] (x , y ) = e (x , y ) = − . 2 + y 2 ]2 ∂x [(x − y + 1) ∂y [(x − y + 1)2 + y 2 ]2 24 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA Como ∂f ∂f (x , y ) e (x , y ) são funções racionais de mesmo domínio D , então são funções contínuas neste ∂x ∂y domínio. Concluímos que f (x , y ) é diferenciável em todo o seu domínio. Nota 13. Uma função racional é diferenciável em todos os pontos do seu domínio. Considerando-se que dx = ∆x e dy = ∆y , podemos, para a diferencial de uma função no ponto (x0 , y0 ), escrever ∂f ∂f df (x0 , y0 ) = (x0 , y0 ) · dx + (x0 , y0 ) · dy . ∂x ∂y ER 22. Calcule o diferencial da função f (x , y ) = cos(3xy ) + y e determine a equação do plano tangente ao π ponto , −1 . 2 Solução: As derivadas parciais de f são: contínuas em todo ponto pertencente ao R2 . Portanto, df π ∂f , −1 = 2 ∂x Temos que f π ∂f , −1 ·dx + 2 ∂y π −3π 3π −3π 3π , −1 ·dy = −3·(−1) sen − sen +1 = 3 dx + 1 − dy . 2 2 2 2 2 ∂f ∂f (x , y ) = −3y sen(3xy ) e (x , y ) = −3x sen(3xy ) + 1 e são ∂x ∂y π π , −1 = cos − 1 = −1 e, portanto, a equação do plano tangente é: 2 2 z = −1 + 3 · x − π 3π 3π + 1− (y + 1) = 3x + 1 − y − 3π. 2 2 2 1.14 O Gradiente Inicialmente, relembremos dois conceitos importantes visto na disciplina de Álgebra Linear. Dados dois vetores u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ), o produto escalar (ou produto interno) de u por v é dado por n u · v = x1 · y1 + x2 · y2 + . . . + xn · yn = e, se u e v são vetores não nulos, então i =1 xi · yi u · v = |u | · |v | · cos(θ), sendo θ o ângulo por eles formado. Trabalharemos, a partir deste ponto, com o espaço R2 , visto que podemos trabalhar, de modo análogo, com funções de mais de duas variáveis. O propósito disto se deve a questão de melhor visualização. 1.11 Definição. Se f (x , y ) é diferenciável em (x0 , y0 ), então seu vetor gradiente em (x0 , y0 ) é definido por f (x0 , y0 ) = ∂f ∂f (x0 , y0 ), (x0 , y0 ) . ∂x ∂y π . 2 ER 23. Calcule o gradiente de f (x , y ) = cos(x 2 · y ) − x no ponto 1, Solução: Temos que ∂f ∂f = −2xy sen(x 2 · y ) − 1 e = x 2 sen(x 2 · y ) ∂x ∂y FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 25 Portanto, ∂f π 1, ∂x 2 Segue que = −2 · π π ∂f π · sen − 1 = −1 − π e 1, 2 2 ∂y 2 = − sen π 2 = −1 f 1, π 2 = (−π − 1, −1). 1.15 As Derivadas Direcionais Vimos que, se f (x , y ) é diferenciável em (x0 , y0 ) e u é um vetor não nulo, então ∂f ∂f ∂f (x0 , y0 ) = a · (x0 , y0 ) + b · (x0 , y0 ), ∂u ∂x ∂y em que (a, b ) = u ◦ = u é o versor de u . Temos, então, que |u | i. ∂f (x0 , y0 ) = ∂u f (x0 , y0 ) · u ◦ ∂f (x0 , y0 ) = | f (x0 , y0 )| · |u ◦ | · cos(θ) = | f (x0 , y0 )| · cos(θ). ∂u 1 ii. Se f (x0 , y0 ) = 0, então Na expressão acima, fixando o ponto (x0 , y0 ) e variando o vetor unitário u ◦ , observamos que o gradiente e, conseqüentemente, seu módulo, permanecem constantes. A variação das derivadas direcionais dependem apenas do cos(θ). Como cos(θ) ∈ [−1, 1], então, num só ponto (x0 , y0 ), encontramos derivadas direcionais de todos os valores, que vão desde −| f (x0 , y0 )| até | f (x0 , y0 )|. A maior derivada direcional é | f (x0 , y0 )| e ocorre para cos(θ) = 1 ⇒ θ = 0, ou seja, ocorre se u tem mesma direção e mesmo sentido que f (x0 , y0 ). Então, o gradiente aponta para a direção e sentido em que o crescimento da função é maior. A menor derivada direcional ocorre para cos(θ) = −1 ⇒ θ = 180◦ , ou seja, se u tem a direção do gradiente e sentido contrário a ele. A derivada direcional é nula se, e somente se, cos(θ) = 0, ou seja, se θ = 90◦ . Isto é, se u é ortogonal a f (x0 , y0 ). Como a derivada direcional na direção da tangente à curva de nível é nula. Então, o gradiente é ortogonal à tangente à curva de nível. Ou, mais simples, o gradiente é normal à curva de nível. ER 24. Dada a função f (x , y ) = cos(x 2 · y ) − x e o ponto 1, π . Determine: 2 (a) Um vetor unitário na direção em que f (x , y ) cresce mais rapidamente neste ponto e a respectiva taxa de variação de f . (b) Um vetor unitário na direção em que f (x , y ) decresce mais rapidamente neste ponto e a respectiva taxa de variação de f . (c) Vetor(es) unitário(s) na direção em que f (x , y ) permanece(m) constante(s) e a respectiva taxa de variação de f neste ponto. 26 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA Solução: (a) O vetor unitário na direção em que f (x , y ) cresce mais rapidamente neste ponto é o versor π u ◦ na direção de f 1, e, pelo exemplo anterior, 2 u= (−π − −π − 1 1)2 + (−1)2 , (−π − −1 1)2 + (−1)2 = −π − 1 −1 √ ,√ . π 2 + 2π + 2 π 2 + 2π + 2 Segue que ∂f π 1, ∂u 2 = f (1, π |= 2 π 2 + 2π + 2. (b) O vetor unitário na direção em que f (x , y ) cresce mais rapidamente neste ponto é o versor u1 na π direção de f 1, . Assim, 2 π+1 1 u1 = √ ,√ . 2 + 2π + 2 2 + 2π + 2 π π Segue que ∂f π 1, ∂ u1 2 =− π 2 f 1, =− π 2 + 2π + 2. (c) São os versores ortogonais ao versor u (ou u1 ). u2 = −1 π+1 √ ,√ 2 + 2π + 2 2 + 2π + 2 π π e u3 = 1 −π − 1 √ ,√ . Segue que: 2 + 2π + 2 π π 2 + 2π + 2 =− ∂f π 1, ∂ u2 2 = 0. ∂f π 1, ∂ u2 2 ER 25. A superfície de um rio se encontra no plano X OY e o seu leito é representado pela parte do gráfico da função f (x , y ) = z = −5 + x 2 que se encontra abaixo desse plano. Se um barco está situado na superfície do rio no ponto (1, 1) em que direção (e sentido) deve se deslocar para que (a) A profundidade da água aumente mais rapidamente; (b) A profundidade permaneça a mesma. Solução: (a) Na direção e sentido de − f (1, 1) = −(2, 0) = (−2, 0). (b) Nas direções ortogonais ao gradiente, ou seja, nas direções e sentidos dos vetores (0, 2) e (0, −2). Podemos trabalhar com funções com mais de duas variáveis, de modo análogo ao que fazemos com funções de duas variáveis. ER 26. A densidade de massa de certo corpo (dada em g /cm3 ) é variável e, em cada ponto (x , y , z ) do corpo, é igual a f (x , y , z ) = 4x 2 + y 2 + 16z 2 . Consideremos o ponto P0 (1, 2, −1). Determine: (a) A taxa de variação da densidade em P0 , na direção de P0 para a origem. A densidade cresce ou decresce nesta direção? (b) A direção e o sentido em que a densidade cresce mais no ponto P0 e o valor da taxa. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 27 temos que o gráfico de f é parte da superfície de nível C de F . y . 0. O versor na direção deste vetor é −1 −2 1 √ . x2 y2 Portanto. 28 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) = 1− x2 y4 − e f2 (x . Geometricamente. Sejam as funções F (x .16 Funções Implícitas x2 y2 + + z 2 − 1 = 0.√ 6 6 6 u= Logo e f = (8x . ∂u 6 6 6 6 A densidade decresce. A taxa de variação (ou derivada direcional) é: ∂f (P0 ) = | f (P0 )| = ∂u 64 + 16(−32)2 = √ 1184. ∂f −8 −8 −32 −48 (P0 ) = √ + √ + √ = √ . 0 − 2. 4 4 As funções de duas variáveis f1 (x . ou seja. z ) = C se F (x . 2y . uma função de 3 variáveis. z ) = ∂u −8x −4y −32z √ − √ + √ que é a “função derivada direcional na direção do vetor u ” dado acima. z ) e z = f (x . Dizemos que f (x . 4 4 Vamos considerar uma elipsóide E cuja equação é Explicitando a variável z desta. f (x . ∂u ∂f Nota 14. y ) do domínio de f . para todo (x . 1) possui a direção e sentido de P0 para a origem. z ). 0 − (−1)) = (−1. z ) = + + z 2 − 1. −32). Aqui. 4. 4. esta é a equação da superfície de nível 0 de F (x . y . −32). 0).12 Definição. y ) = − 4 4 1− x2 y4 − 4 4 são dadas implicitamente pela equação de E e o gráfico de cada uma destas é parte do elipsóide. y . temos: z =± 1− x2 y4 − . y ) e a constante C ∈ R.√ . y . pois ∂f (P0 ) < 0. z ) = 0. y ) é dada implicitamente pela equação F (x . se fizermos F (x . y )) = C . y . 6 6 6 (b) Direção de f (P0 ) = (8. utilizamos o teorema da conservação do sinal aplicado à função contínua (x . 32z ) ⇒ f (P0 ) = (8. (0.Solução: (a) O vetor (0 − 1. y . 1. a equação de E pode ser 4 4 escrita como F (x . y . −2. 1. temos. z ) = z 3 + cos(x )z 2 + y 2 z + sen(2x ). y0 ). y0 . y ) = C . Além disso.16. tal que ∂F F (x . y0 ) = − ∂ x . y0 . ou seja. y )) = C temos que a função de duas variáveis h(x . 1) = 2 ∂x ∂F (0. Então. −1) = . f (x . y0 . h(x . 1) = 6 ∂z z ou z 3 + cos(x )z 2 + y 2 z + sen(2x ) são funções de x e y . por essa razão. ∂F ∂x ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x ∂x (x0 . −1. −1) = − e (0. z ) é diferenciável em (x0 . y ) diferenciável em (x0 . suas derivadas são iguais a zero. z0 ) + (x0 . Fixando x e derivando em relação a y . Logo. ∂F (0. z0 ) = 0. z0 ) ∂ f ∂f ∂y (x0 . −1.1. usando a regra da cadeia. temos: 3z 2 ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z + 2 cos(x )z + 2y z + y 2 = 0 ⇒ 3 · 12 + 2 cos(0)1 2 + 12 =0 ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂z ∂z ∂z ⇒ 3 · 12 + 2 cos(0)1 + 2 + 12 =0 ∂y ∂y ∂y ∂z 2 1 ⇒ =− =− ∂y 6 3 De modo análogo. −1. ∂z f (x0 . f (x . y0 . ∂F (x0 . y0 ) = − ∂ x e (x0 . y0 . vamos mostrar apenas a derivada de F em relação a x . z0 ) ∂z ∂z A demonstração dessa propriedade é apenas uma aplicação da regra da cadeia e. z0 ) + (x0 . 1) para z = z (x . Solução: Seja F (x . z0 ) ∂z 0 1 0 ∂z (0. ∂x 3 ∂y 3 Podemos. z0 ) (x0 . y0 . y ) dada implicitamente pela equação ∂x ER 27. y ) = F (x . ∂z 1 ∂z 1 (0. y . y )) é constante. y . y . resolver este exercício considerando que na equação z 3 +cos(x )z 2 + y 2 z +sen(2x ) = 3. A derivada de F em relação a y segue de modo análogo. y0 ) = (x0 . z0 ) (x0 . z0 ) ∂h ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂f ∂f (x0 . y0 .1 Derivada de uma Função Implícita Seja a função z = f (x . y . y0 ) = − ∂F ∂F ∂x ∂y (x0 .y0 ) ∂F ∂F (x0 . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 29 . y0 . y0 . também. z ) = C . Determinar z 3 + cos(x )z 2 + y 2 z + sen(2x ) = 5. y . −1. y0 . y0 . dada implicitamente pela equação F (x . calculamos a derivada em relação a x . Temos ∂F = − sen(x )z 2 + 2 cos(2x ) ⇒ ∂x ∂F = 2y z ⇒ ∂y ∂F = 3z 2 + 2 cos(x )z + y 2 ⇒ ∂z Portanto. z0 ) =⇒ (x0 . 1) = −2 ∂y ∂F (0. Na equação F (x . z0 ) e (x0 . e. y .17 Plano Tangente e Reta Normal Plano Tangente a uma Superfície Existe um resultado (Teorema da Função Implícita) que nos garante que. z ). Portanto. z ) = P0 + t · 30 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA ∂F ∂F ∂F (P0 ). ∂F ∂F ∂F (P0 )(x − x0 ) + (P0 )(y − y0 ) + (P0 )(z − z0 ) = 0. Então. y . z − z0 ) é ortogonal a F (P0 ). y ).1. se a função F (x . então. teremos funções x = f (y . z − z0 ) é tal que F (P0 ) · (Q − P0 ) = 0. z ) possui derivadas parciais contínuas e sua derivada em relação a z não se anula no ponto P0 = (x0 . Nestas condições. Isto é. numa vizinhança deste ponto. z ) ou y = f (x . se o gradiente de F é não nulo. como sendo o plano tangente ao gráfico da função f em P0 . z ) é um ponto qualquer do plano tangente. y ) em função das derivadas de F (x . y ) e esta função também possui derivadas parciais contínuas. a superfície de nível de F (que passa em P0 ) coincide com o gráfico de uma função de duas variáveis z = f (x . assim. Ocorre o análogo se a derivada de F em relação a x ou a y é não nula em P0 . o plano tangente tem equação ∂F ∂F (x0 . Reta Normal a uma Superfície Nas mesmas condições citadas definimos a reta normal a S em P0 : reta que passa neste ponto na direção de F (P0 ). ∂x ∂y z= Substituindo as derivadas de f (x . y0 )(x − x0 ) + (y − x0 ) + z0 . temos: ∂F (P0 ) z = − ∂x (x − x0 ) − ∂F (P0 ) ∂z Segue que. z0 ). então o vetor Q − P0 = (x − x0 . ∂x ∂y ∂z ∂F (P0 ) ∂y (y − x0 ) + z0 ∂F (P0 ) ∂z Da última equação. (P0 ). (P0 ) ∂x ∂y ∂z . definimos o plano tangente à superfície S . y − y0 . y − y0 . Assim. temos que se Q = (x . y0 . o vetor Q − P0 = (x − x0 . se a derivada de F em relação a z for não nula. y . o plano tangente a S em P0 é o plano que passa neste ponto cujo vetor normal é F (P0 ). temos: Equação Vetorial (x . 1. Dizemos que x0 é ponto de mínimo local (ou relativo) de f . 1. Por exemplo. F (x . para todo (x . 1. Geometricamente. Analogamente. 2z . 4 4 1 F 1. 2 2 2 1. . . y0 ) ∈ U é um ponto crítico de f se as derivadas fx (x0 . 1. y . para todo x ∈ V ∩ U . tal que. x0 é ponto de máximo (ou máximo absoluto) de f . se existe uma vizinhança V de x0 . y ) = 1 + (x − 1)2 + (y − 2)2 . se para todo x ∈ U . 2 x2 y2 + + z 2 − 1. Um ponto (x0 . z ) = gradiente no ponto P0 .18 Máximos e Mínimos de Funções Reais de Várias Variáveis As definições de máximo e de mínimo para funções de várias variáveis são as mesmas que no caso de funções de uma variável. f (x0 ) ≥ f (x ). f (1. √ . Seja f : U ⊂ R n → R e x0 ∈ U .Equações Paramétricas x = x0 + t · = y0 + t · = z0 + t · ∂F (P0 ) ∂x ∂F (P0 ) ∂y ∂F (P0 ) ∂z y z x2 y2 ER 28. f (x0 ) ≥ f (x ). z ) = x y . ou seja. f (x0 ) ≤ f (x ). z ) = 1. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 31 . 2 2 2 =0 = Solução: Façamos F (x . Seja z = f (x . para todo x ∈ V ∩ U . 2) = 1 ≤ f (x . y ) = x 2 + y 2 − 2x − 4y + 6. √ 2 O plano tangente tem equação 1 1 2 1 (x − 1) + (y − 1) + √ z − √ 2 2 2 2 A reta normal tem equação vetorial 1 (x . y0 ) e fy (x0 . • o ponto (1. se para todo x ∈ U . pois. Dizemos que x0 é ponto de mínimo (ou mínimo absoluto) de f . tal que. y0 ) são iguais a zero ou se f não é diferenciável em (x0 . √ 2 +t · 1 1 2 . um ponto é crítico de uma função num ponto quando o gráfico da função nesse ponto não tem plano tangente ou o plano tangente é horizontal. Determinar as equações do plano tangente e da reta normal à superfície + + z 2 − 1 = 0 em 4 4 1 P0 = 1. se existe uma vizinhança V de x0 .√ . y0 ) ∈ U . y . y .13 Definição. Determinemos o 2 2 1 1 2 . Assim. y ) definida num conjunto aberto U ⊂ R2 . 2) é de mínimo para a função f (x . y ) ∈ R2 . . x0 é ponto de máximo local (ou relativo) de f .√ . f (x0 ) ≤ f (x ). Analogamente. as derivadas parciais ∂ 2f ∂ 2 f ∂ 2 f ∂ 2f de segunda ordem . sendo o domínio de g o conjunto Dom(g ) = {(x . 1. Se f : U ⊂ Rn → R é contínua e U é compacto.• o ponto (0. y1 ) e um valor mínimo absoluto f (x2 . fxy . temos que. y0 ) é chamado Hessiano de f em (x0 . (b) Se H (x0 . y0 ) · fyy (x0 .18 Teorema. Nota 15. 1.14 Teorema. y0 ) = 0. para algum ponto (x1 . y2 ). y0 ) = 0. então (x0 . y1 ) e (x2 . para se determinar um valor máximo ou mínimo absoluto para uma função contínua f em um conjunto fechado e limitado D . de mínimo ou de sela. y0 ) é ponto de máximo local de f . y0 ) < 0). fyy (x0 . O Teorema nada diz no caso em que H (x0 . y0 ). 1. y0 ) = fxx (x0 . y0 ) = fxx fyx fxy fyy (x0 . temos que: 32 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . então f possui ponto de mínimo e ponto de máximo em U . ou seja. pois. Se f : U ⊂ Rn → R é diferenciável em x0 e x0 é ponto de mínimo local ou de máximo local de f . y0 ) fxy (x0 . e . fyy e fyx para representar.1 Critério para Identificar os Extremantes Locais Com o determinante a seguir somos capazes de determinar se um dado ponto x0 do domínio da função é um ponto de máximo.2 Valores Máximos e Mínimos Absolutos de Funções de Duas Variáveis Vimos. Observe que utilizamos a notação fxx . 1. g (0. y0 ) fyy (x0 . fyy (x0 . y0 ) > 0 (ou. y ) = 1 − x 2 − y 2 . x 2 + y 2 ≤ 1}. y0 ) − fxy (x0 . respectivamente. Sejam (x0 . y0 ) é ponto de sela de f . anteriormente. então (x0 .18. y0 ) < 0. y0 ) > 0 e fxx (x0 . y0 ) é ponto de mínimo local de f .17 Teorema. 2 ∂y 2 ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x 1. Segue que. como identificar localmente os pontos de máximo e de mínimo. y ) ∈ R2 .16 Definição. Mas. f : U ⊂ R2 → R uma função com derivadas segundas contínuas numa vizinhança de (x0 . O teorema a seguir é conhecido como de Weierstrass e é um importante resultado. f (x0 .18. Seja f : U ⊂ R2 → R uma função com derivadas segundas contínuas numa vizinhança de (x0 . (c) Se H (x0 .15 Teorema. y0 ) = fy (x0 . então f (x0 ) = 0. como podemos identificar o maior ou menor valor que uma função assume? Esses valores são importantes para resolvermos alguns problemas de otimização. 1 ≥ 1 − x 2 − y 2 e 1 ≥ 1 − x 2 − y 2. y0 ) um ponto interior do conjunto U . Então (a) Se H (x0 . 1. 0) = 1. então (x0 . y ) ∈ Dom(g ). Seja f uma função contínua em um conjunto fechado e limitado D ⊂ R2 . y0 ) 2 = fxx (x0 . y0 ) = 0. 0) é de máximo para a função g tal que g (x . y0 ). y0 ) > 0). y0 ) > 0 e fxx (x0 . 1. Então f atinge um valor máximo absoluto f (x1 . O determinante H (x0 . y0 ) < 0 (ou. . para todo (x .y0 ) fyx (x0 . y2 ) de D . y0 ) e fx (x0 . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 33 . x +y ∂F ∂F e . x = z . obtemos as equações 2xy + x 2 = K e 2xy + y 2 = K . A receita para achar os pontos de máximo é igualar a zero todas as derivadas parciais. Por exemplo. z ) = xy z e g (x . dá: F (x . indicando que a função F não depende de z . Desta última relação. y )) = xy K − xy . em função de x e de y . Se não houvesse vínculos isto seria o mesmo que impor df = 0. em lugar desta última. y e z ) com a condição de que xy + xz + y z = k (a área total das faces é fixa e igual a 2k ). não aparece mais o diferencial dz . Lagrange descobriu uma maneira genial de simplificar o problema: o método dos multiplicadores de Lagrange. temos. à qual se aplicam os métodos usuais. O método de Lagrange oferece uma técnica mais eficiente e simétrica para eliminar a dependência em z . o paralelepípedo de volume máximo. O problema se complica. digamos. z . y . agora. para se livrar do termo em dz na expressão do diferencial da função cujos máximos se procura. Os “métodos usuais” que mencionamos acima consistem em procurar os “pontos críticos”. y . é o cubo. z ) a função da qual queremos saber os máximos e mínimos e g (x . temos. respectivamente. z ) = 0 seria dada por xy + y z + zx − K = 0. também. Logo. • Estabelecer os valores de f na fronteira de D . para área dada. a equação dF = ∂F ∂F dx + dy = 0. o valor máximo e mínimo absoluto. y . igualando a zero as derivadas parciais ∂F ∂x ∂F ∂y = = y2 {K − 2xy − x 2 } (x + y )2 x2 {K − 2xy − y 2 } (x + y )2 Igualadas a zero. Esta condição é denominada vínculo ou condição subsidiária. segue que: K − xy z= x +y que.3 Multiplicadores de Lagrange O método dos multiplicadores de Lagrange é utilizado para resolver problemas de máximos e mínimos “relativos”. Seja f (x . quando as condições subsidiárias são muitas ou muito complicadas. y . 1. z ) = 0 a condição subsidiária. os pontos em que todas as derivadas parciais da função a maximizar se anulam. ou seja.18. de onde se conclui que x = y e que K = 3x 2 . onde df . o diferencial da função f . usando a condição de área fixa para eliminar. então.• Determinar os valores de f nos pontos críticos de f em D . levada a equação xy + y z + zx − K = 0. ∂x ∂y ou seja. O volume passa. y ) = f (x . ou seja. z ) = xy z (volume do paralelepípedo de arestas x . y . ou seja ∂x ∂y A solução é obtida. é dado por df = ∂f ∂f ∂f dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z Uma vez eliminado z por meio do vínculo. y . A solução decorre. pode ser formulado assim: determinar o máximo da função f (x . imediatamente. ou seja. No problema citado acima. a ser uma função só de x e y . Vamos discutir este problema. • O maior e o menor valor encontrado são. teríamos f (x . e este método se torna inaplicável. z (x . o problema clássico de construir uma caixa de papelão com a forma de paralelepípedo que tenha máximo volume para uma área de papelão dada. u . Portanto. como λ é indeterminado. impondo que o coeficiente de dz . y . y ) ∈ V . adicionalmente. de onde segue que x = y .19 Teorema. 0). como g (x . ou. podemos determiná-lo. Logo. analogamente. y0 ) = λ g (x0 . Trata-se. Uma condição necessária para que (x0 . z ) = xy + y z + xz − K = 0. u . y . y ) uma função diferenciável num conjunto aberto U e g (x . Voltemos ao problema do paralelepípedo e vamos resolvê-lo pelo método de Lagrange. ∂x ∂y ∂z ∂f ∂f ∂f dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z Seja λ um número qualquer. o vínculo é g (x . Logo. y ) ∈ U . y . y . o método dos multiplicadores de Lagrange para uma função real de duas variáveis reais.Considere o diferencial da função f df = e. v ) = 0 condições subsidiárias. é vantajoso usar o método dos multiplicadores de Lagrange. z ) = xy z . temos dg = ∂g ∂g ∂g dx + dy + dz = 0. z . então. Formalizemos. Adicionemos a df a quantidade λ dg . portanto. igualem-se a zero as derivadas parciais da função f + i λi gi Os λi são denominados multiplicadores de Lagrange. g (x . temos de igualar a zero as derivadas parciais da função f + λg . y0 ) ∈ V seja extremante local de f em V é que f (x0 . em que V = {(x . mesmo neste caso muito simples. x = y = z . y ) uma função com derivadas parciais contínuas em U tal que g (x . y0 ). z ) = 0. A generalização é imediata. ou seja. para todo (x . temos. temos a condição dada. y . Seja f (x . Seja f (x . df = df + λ dg . Mas isso dá ∂f ∂g ∂f ∂g as condições +λ =0e +λ = 0. segue que y = z . de valor a ser determinado posteriormente. agora. em que λ1 e λ2 são coeficientes a determinar. Então. igualam-se a zero as derivadas parciais da função f + λ1 g + λ2 h. na expressão ∂f ∂g anterior. que é zero. um df independente de z e podemos ∂z ∂z localizar seus pontos de máximo impondo que df = 0. Como. A função cujos máximos procuramos é f (x . de um cubo. Se houver n condições subsidiárias gi = 0. que df + λ dg = 0. z . 34 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . Logo. y ) = 0}. Note que não foi sequer necessário calcular λ. que +λ = 0. podemos escrever df = ∂f ∂g +λ ∂x ∂x dx + ∂f ∂g +λ ∂y ∂y dy + ∂f ∂g +λ ∂z ∂z dz Mas. Com isso. agora. notamos que ∂x ∂x ∂y ∂y o conjunto das equações que determinam os pontos de máximo (bem como o valor de λ) é obtido da seguinte maneira: igualam-se a zero as derivadas parciais da função f + λg . y ) = (0. Assim. v ) a função cujos pontos de máximo queremos localizar. 1. y . z . Das duas últimas. seja nulo. v ) = 0 e h(x . para algum valor real λ. u . Um cálculo simples leva a ∂f ∂g +λ ∂x ∂x ∂f ∂g +λ ∂y ∂y ∂f ∂g +λ ∂z ∂z Das duas primeiras temos = = = y z + λ(y + z ) = 0 xz + λ(x + z ) = 0 xy + λ(x + y ) = 0 y z + λ(y + z ) = xz + λ(x + z ). mais precisamente. e sejam g (x . 5cm de diâmetro e 15cm de altura. (d) O comprimento c .6) lim f (x .7. Usando a Regra da Cadeia. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 35 . EP 1. Justifique (analiticamente) porque. y ) = 1 − x 2 − y 2 .2) (x . sendo: (a) f (x . y ) = x 2 + y 2 − 2x − 4y + 6 (utilize o winplot) e justifique porque f não tem ponto de máximo absoluto. b ). 03cm/s . T é a temperatura e k é a constante de proporcionalidade. y ) = 4y 3 + (a1 ) f(2. Usando diferencial.9. 04cm/s .03 cm. a2 + b 2 = 1 é ponto de mínimo de g . Dê o conjunto domínio e calcule as derivadas parciais de 1a e 2a ordem de cada uma das funções: 24 (a) f (x . Encontre a taxa de variação da pressão em relação ao tempo. Construa o gráfico de g (utilize o winplot) e comprove o resultado.y )→(1. Determine a taxa de variação do volume em relação ao tempo. A resistência R está aumentando devagar com o aumento de calor do resistor. onde c e l estão aumentando a uma taxa de 0. 15ohms /s e V = 26v olts e estiver diminuindo 0. (c) A lei do gás ideal é dada pela fórmula PV = kT . y ) 12x √ + y + 3−15 y lim f (x . 3cm em cada dimensão. resolva os seguintes problemas: (a) A altura de um cone é de 14cm e aumenta na razão de 0. DADO : V = π r 2 h. ao passo que h está diminuindo à taxa de 0.18. 018g r aus /s . A certo instante as dimensões da caixa são c = 5m. (b) Determine o máximo erro no cálculo da área da superfície e no cálculo de volume de uma caixa aberta retangular com altura 25m. a largura l e a altura h de uma caixa variam com o tempo. t ) = (f) f (x . y ) = 5x − 13y − x 2 y + 7 (b) f (x .3) (b1 ) f(3. Use a lei de Ohm. s ) = 5r + r s 2 + 2s + 1 (d) f (x . y ) = 12y 2 + 7xy + √ x √ 5 (b) f (x .−2) (a3 ) (b3 ) (x . onde P é a pressão. EP 1. (b) A voltagem V de um circuito elétrico está decrescendo à medida que a bateria se descarrega. 1cm3 /s e a temperatura diminui à razão de 0.4. y ) = 8y + x + 15 − x 2 y 3 √ 12 √ (c) f (x .0) (b2 ) f(6. V = I · R . y ) = 4x + 3 + 3 y + y 3 t + + x2 2 t x √ 5 (e) f (r .4 Exercícios Propostos EP 1. todo ponto (a. y ) EP 1. l = 3m e h = 10m. 25m/s .1. 5m/s . y ) = 3 sen(x ) + cos(y 2 ) + 5y EP 1.6. Supor k = 10. determine as taxas nas quais o volume e a área da superfície estão variando. EP 1. no instante em que o volume do gás for 400cm3 e estiver com temperatura de 40 graus e em que o volume aumenta à razão de 0. para achar como a corrente I está variando no momento em que R = 30ohms e estiver aumentando 0. se a espessura da folha de estanho for de 0. Construa o gráfico de f (x . calcule o indicado. Nesse instante. Dadas as funções abaixo. resolva os seguintes problemas: (a) Determine a quantidade de estanho numa lata cilíndrica fechada com 7. 25v olts /s . com erro máximo de 0.y )→(−3.5. largura 30cm e comprimento 70cm. para a função g (x .1) (a2 ) f(−1.8. V é o volume. O raio é de 8cm e aumenta na razão de 0. determine o valor da variação da potência se V é aumentada de 0. determinar as dimensões do tanque. cujo volume é de 2744cm3. sendo que a quantidade de material para a sua fabricação deve ser mínima.10. com tampa. foi feita a leitura de E = 17. y ) = 9xy + 7xy 2 − 3x 2 y EP 1. sabendo que a temperatura T em qualquer ponto (x . Dadas as funções abaixo. por cm2 para o outro par de lados opostos. Determine as dimensões da caixa de tal maneira que o custo seja mínimo. C porém. Interprete o sinal do resultado: a potência é reduzida ou aumentada? (d) O período T em segundos para oscilações de um pêndulo simples que tem ρcm de largura é dado pela ρ fórmula T = 2π . 8cm/s e que foi a leitura incorreta com ρ = 12. Se V = 12v olts e R = R 6ohms . 005cm e o lado y diminuído 0.11. (e) Determine a temperatura mínima num disco de raio igual a 1 centrado na origem. Supondo que todas as paredes serão feitas com o mesmo material e terão a mesma espessura.(c) A potência consumida numa resistência elétrica é dada por P = V2 watts . determinar a variação da resistência. 95cm e g = 9.m. 004cm. (g) Uma indústria produz dois produtos. 4u . y ) do plano é dada por T (x . com tampa. onde g é a constante de aceleração da gravidade. O lucro da indústria pela venda de x unidades 3 3 do produto A e y unidades do produto B é dado pela função L(x . Sabendo que E = 18v olts e C = 6 ampères. sabendo que o lado x foi aumentado 0. 002ohms . (f) A resistência de um circuito elétrico é dada por R = E ohms . O custo do material a ser usado é de 1u . encontre a variação do período T . (f) Determine a temperatura máxima num disco de raio igual a 2 centrado na origem. y ) = 3x 2 + y 2 − 18x + 6y − 3xy + 27 (a) Deseja-se construir uma caixa retangular. 36 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . Determine a variação aproximada da diagonal deste retângulo. (c) Determine três números positivos cujo produto seja 100 e cuja soma seja mínima. por cm2 para o fundo e tampa. 015v olts e R é aumentada de 0. 125 ampères. de 64cm3 de volume. (c) f (x . sabendo que a temperatura T em qualquer ponto (x . y ) = −2y 2 x − 4x 2 y + 24xy (b) f (x . (e) Seja um retângulo com lados x = 3cm e y = 4cm. Sabendo que ρ = 13cm e g 2 g = 9. y ) = 60x + 100y − x 2 − y 2 − xy .m. por cm2 para um par de lados opostos e 2u . gastando a menor quantidade de material em sua construção. (a) f (x .m. 85cm/s 2. mínimo ou sela. denotados por A e B . (b) Deseja-se construir uma caixa retangular. y ) = −y 2 − x 2 − 2x + 2y + 8. y ) do plano é dada por T (x . classifique os pontos críticos em máximo. 2 2 Supondo que toda a produção da indústria seja vendida. y ) = 3y 2 + x 2 − x − 7. 985 voltas e C = 6. determinar a produção de tal modo que o lucro seja máximo. EP 1. (d) Deseja-se construir um tanque com a forma de um paralelepípedo para estocar 270m3 de combustível. 11 (a) x = y = z = 14cm (b) x = 8cm. (b2) -82. y = 4cm e z = 2cm FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 37 . ∂x ∂x2 ∂y −9 4 ∂2f ∂2 f ∂2f ∂f 1 ∂2f −4 = 24. y = 0}. (d) dT = 0. = (x + 15) 5 − 2y 3 .10 (a) (0. (b) dv = 1. 1. 1. = = 0 e Dom(f ) = {(x .Gabarito 1. s ) ∈ R2 . = 24y + 7x . = = 2s e Dom(f ) = (r . = = −6xy 2 e Dom(f ) = R2 . −3/7) é de mínimo. = 18x 2 . (f) ∂r 2 ∂s ∂s2 ∂r ∂s ∂s∂r 2 ∂f ∂2f ∂f ∂2f ∂2f ∂2f = 3 cos(x ). s = . = −4y 2 cos(y 2 ) − 2 sen(y 2 ). (a2) 2. = = −x −2 e Dom(f ) = {(x . = = 7 e Dom(f ) = {(x . (b) z = x 2 + y 2 − 5. 0). (c) = −0.8 ∂x ∂x2 ∂y ∂y 2 ∂x∂y ∂y ∂x ∂v ∂I ∂P (a) = 3. = 2r − (2s + 1) 2 . = 2r s + (2s + 1) 2 .380cm3 ∂t ∂t ∂t 2 e dA = 120cm . 1. (b) = −0. = 18t 4 .6 (a1) -34. (a3) -52. 1. (e) = 25r 4 + s 2 . (c) = 2(4x + 3) 2 . 0) são pontos de sela e (1. 6) é ponto de mínimo. (c) 3xy − 2x 3 + x 2 − 6 = 0. 219π cm3 . 0). ∂x2 ∂t ∂t2 ∂x∂t ∂t∂x ∂r 2 2 2 2 −1 −3 ∂ f ∂f ∂ f ∂ f ∂ f −1 = 100r 3 . 0). 1. (b) = (x + 15) 5 − 2xy 3 . y ) ∈ R2 . (c) dP = 0. = −6x 2 y . = −3 sen(x ). = y 3 + 24y −3 .2 (a) z = x 2 + y 2 + 2. t = 0}. = −2y sen(y 2 ) + 5. 4) são pontos de sela. (b) (0. (f) dR = 0. 1. 62π cm3 /s . (b1) 27. (0.7 (a) = 7y − 12x 2 . (b) 3y − 2x 2 + x = 0. 0002cm. x = 0. 0102π s . 0007di nas /cm2 /s . ∂y 2 ∂x∂y ∂y ∂x ∂x 5 ∂x2 25 −1 −3 ∂f ∂2f ∂2f ∂2f ∂f ∂2f = 8 − 3x 2 y 2 . = = 0 e Dom(f ) = R2 . = −6t −3 + x −1 . 063ohms . ∂y ∂y 2 ∂x∂y ∂y ∂x ∂x ∂x2 ∂f 1 −2 ∂2f −2 −5 ∂2f ∂2f −3 ∂f = y 3 − 12y −2 .1 (a) 3y − 2x 2 + x = 0. (b3) 854. −9/7) e (3. 052watts . (e) dD = −0. ∂y 3 ∂y 2 9 ∂x∂y ∂y ∂x 4 ∂x ∂2f ∂f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂f = 2tx −3 + 2. x > 0}. (c) −3 −5 ∂f ∂2 f ∂f z = x 2 + y 2 . 1. 01266 ampères/s. (0. = −4(4x + 3) 2 . x ≥ . 12) e (2. t ) ∈ R2 . y ) ∈ R2 . (c) (6. (6.9 (a) dv = 4. (d) = −tx −2 + 2x . Nosso objetivo é o de calcular o volume deste sólido. para todo (x . facilmente. das pirâmides. com planos paralelos ao plano xz . y ) = x (1 − y 4 ). a função f : R → R. Podemos “fatiar” o sólido com planos paralelos ao plano y z . (x . o volume do sólido poderia ser definido como sendo a “soma” de todos os A(x ). y ) ∈ R } de várias maneiras. y ).x = 2 2 0 1 y xy 5 5 1 0 0 =x− 1 y A(x ) = 0 x (1 − y 4 ) dy = xy − x . se a função possuir uma expressão mais complicada.x = 2 2 z z= 3 3 − 3y 4 . f (x . y . definida em um retângulo fechado R = [a. considere o sólido S = {(x . Somar em x é integrar. ainda assim isto 38 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . 1]. Vamos denotá-la por A(x ). z z y x x y Assim. y . para cada x fixo entre 0 e 2 temos uma região onde se calcula a área. Teríamos obtido o mesmo valor? E. por exemplo. (x . estaremos interessados em desenvolver uma teoria que nos dê a medida do volume de um sólido qualquer. y ) ∈ R }. dos cones e das esferas. dos cilindros. com algumas restrições. por exemplo. com R = [0. y ) ∈ R . 2] × [0.TEMA 02 Integração Integrais Duplas Até agora sabemos calcular o volume de alguns sólidos. dos prismas. Então 1 z z= 1 1 − y4 . porém. z ) ∈ R3 : 0 ≤ f (x . y ) é positiva. d ] e suponha que f (x . b ] × [c . Então. Por exemplo. Lembrando que o gráfico desta função é um subconjunto do R3 . uma boa definição do volume de S parece ser 2 2 1 V = 0 A(x ) dx = 0 0x (1 − y 4 ) dy 2 dx = 0x − x 2x 2 dx = 5 5 2 = 0 8 5 Veja que outro tipo de “fatiamento” poderia ter sido feito. Poderíamos pensar em calcular o volume da superfície S = {(x . Aqui. usando integral de uma variável. z ) ∈ R3 : 0 ≤ f (x . Comecemos por abordar este problema pensando no sólido a seguir: Considere uma função de duas variáveis f . 5 Assim. y ). O resultado acima é útil no seguinte aspecto: se uma função de duas variáveis não é limitada em R então ela não é integrável em R . f não é integrável. 1] e a função f (x . uma conseqüência da definição nos dá uma forma de encontrar funções não-integráveis. y ) = 1. restringiremos este cálculo ao gráfico de funções contínuas. Assim. 2. a função f (x . Se f é uma função integrável em R . temos n i =1 f (xi . yi ) ∈ R2 \ Q2 . se (x . Entretanto.2 Teorema. y ) ∈ R . yi ) · A(Ri ) = 1. 1] × [0. a seguir. O fato de se calcular o volume de um sólido delimitado pelo gráfico de uma função positiva. o limite não existe. Daremos uma definição formal de integral dupla e suas propriedades.1 Funções Integráveis Uma questão natural quando necessitamos integrar é: que funções de uma variável real são integráveis? Assim. para todo (x . Por exemplo. Se f é uma função contínua em um retângulo R . definida num retângulo. isto é. é natural. Discutiremos em que situações podemos calcular o volume de S da forma acima e veremos algumas outras aplicações da integral dupla. então f é integrável em R . então f é limitada em R . Entretanto. um exemplo de função não integrável. Dessa forma. y )| < M . que nos questionemos: quais funções de duas ou mais variáveis são integráveis? Vejamos. Solução: Tomemos uma partição qualquer de R e em cada Ri e escolhamos (xi . não é integrável. y ) = (x − y ) (x + y )3 não é limitada em [0. ER 29. existe M > 0 tal que |f (x . também.funciona? E. ao escolhermos (xi . ou seja. se o domínio da função for outra região que não um retângulo. yi ) · A(Ri ) = 0. y ) ∈ Q ∩ R 0. por um raciocínio simples. yi ) ∈ Q × Q . A definição de integral dupla não é muito simples de se manipular. O resultado é o seguinte: 2.1 Teorema. utilizando-se o método anterior. temos: n i =1 f (xi . y ) ∈ Q ∩ R Verifique se f é integrável. nem sempre é possível.. 1] × [0. de acordo com o teorema: 2. Considere o retângulo R = [0. poderíamos usar este método? Estas e outras questões serão abordadas devidamente a seguir. Portanto. se (x . 1] (mostre como exercício). logo. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 39 . b ] × [c . então: 40 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . onde A(Ri ) indica a área do retângulo Ri . Neste caso. Então. Assim. se a função f é positiva e integrável em um retângulo R . yi ) · A(Ri ). y ) dA. A soma de todos os valores destes volumes é: n 3 Uma partição da região R xi x i =1 f (xi . Consideremos. y . y ) é positiva. Portanto. temos a seguinte definição: 2. Considere a região abaixo do gráfico de uma função f de duas variáveis. o volume de S pode ser obtido por: V (S ) = R f (x . y ) ∈ R2 . Vamos calcular o volume de um sólido do tipo z x b a c d y y yi Ri S = {(x .1 Propriedades da Integral Dupla Se f e g são funções integráveis em R e c é constante. y ) ∈ R } dividindo o retângulo R em pequenos retângulos Ri (esta divisão é chamada de “partição” de R ). Se os retângulos Ri forem suficientemente pequenos. z ) ∈ R . Aqui. yi ) · A(Ri ). para todo (x . vamos tentar calcular o volume de um sólido particular usando a mesma idéia que tivemos para funções de uma variável. y ) e (x .3 Definição. yi ). nossa intuição nos diz que o volume de S pode ser encontrado calculando n A(Ri )→0 lim i =1 f (xi . y ) dA = R max d (Ri )→0 lim i =1 f (xi . Na verdade. yi ) · A(Ri ). Soma de Riemann e a Integral Dupla No curso de Cálculo I vimos que a integral definida de funções de uma variável era aplicada para o cálculo de áreas de certas regiões planas. Para motivar a definição de integral dupla em um retângulo R . yi ) · A(Ri ). então. d ] e suponha que f (x . montemos o paralelepípedo de base Ri e altura f (xi . a diagonal d (Ri ) dos retângulos e façamos max d (Ri ) ir para zero. yi ) de Ri . que terá volume f (xi . a soma obtida parece ser uma boa aproximação do volume procurado do sólido.2. 0 ≤ z ≤ f (x . queremos que A(Ri ) seja uma valor muito pequeno. se tal limite existe.2. Escolhendo-se um ponto qualquer (xi . veremos que a integral dupla determinará a medida do volume de alguns sólidos (regiões do espaço). 2.2 Volume. A integral dupla de f sobre R é: n f (x . diz-se que f é integrável em R . definida num retângulo fechado R = [a. Mas. y ) dA sempre que f (x . Entretanto. nos diz que se f é uma função integrável. y )] dA = R f (x . 2. y ) dy dx . y ) dx dy . Entretanto. d ]. a área da fatia é dada por d A(x ) = c f (x . 0 ≤ z ≤ f (x . por enquanto. y ) dA + R g (x . novamente. Lembre-se de que toda função contínua é integrável e. calcular a área de cada fatia e depois o volume. y ) ≤ g (x .4 Teorema. b ] × [c .3 Integrais Iteradas A definição de integral dupla pode ser natural. a ordem a qual fazemos a integração nos dá resultados idênticos. 2. Solução: 2 1 0 3 x 2 y dx dy = 1 2 x3 y 3 3 2 dy = 0 1 9y dy = 27 e 2 3 0 1 2 x 2 y dy dx = 0 3 x2 y2 2 2 3 dx = 1 0 3x 2 27 dx = 2 2 O que obtivemos anteriormente não é uma mera coincidência. poderemos calcular o volume de muitos sólidos. y ) em R . fazendo d d b A(y ) dy = c c a f (x . se escreve apenas b a 2 3 0 d d b f (x . b ] × [c . [de Fubini] Se f é integrável em R = [a. y ) dy dx ou c 3 0 1 2 f (x . Para cada x fixo entre a e b . y ) dA ≤ R g (x . então d b b f (x . y ) dA = c · R f (x . y ) dA = R c c f (x . y ) + g (x . fixando y entre c e d poderíamos. y ) dy dx . o volume de S é b b d A(x ) dx = a a c f (x . ao eixo x ou ao eixo y . paralelamente. y ) ∈ R }. y ) dy . R [f (x . assim. porém. que é denominado teorema de Fubbini. y ) dx dy = a f (x . y )] dA 2. Então. y ) ∈ R = [a. Estas integrais são chamadas de integrais iteradas e. R f (x . y ) e (x . usualmente. y . R c · f (x .1. ∀ (x . z ) ∈ R3 . para se calcular o volume de um sólido vimos que poderíamos “fatiá-lo”. y )] dA 3. ela não é uma forma muito prática de se calcular. a região S = {(x . pensemos num caso particular. y ) ≥ 0. d ] e considere. Verifique se 1 x 2 y dx dy = x 2 y dy dx . Seja f (x . O resultado. y ) dx dy c a ER 30. também. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 41 . (b) f (x . dizemos que Se f é contínua em D e se o bordo da região D é “bem comportado”. D está contida num retângulo R . como fazer? Tome uma região D limitada do R 2 . y ) ∈ D Se a integral dupla sobre R existe. y ) = 1 sobre D é. isto é. y . aplique o Teorema de Fubini. 2] × [0. y ) uma função definida em D . então f é integrável em D . O teorema acima foi provado em 1907 pelo matemático italiano Guido Fubini (1879-1943). y ) = 1 e R = [1. 42 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) = 0 quando (x . y ) dA. Como F (x .4 Integrais Duplas sobre Regiões Nem sempre e. y ) dA = D R F (x . Assim. y ) = 0 . então ela contribui em nada no cálculo da integral. y ) = 1 em D . y ) ∈ D } e 0 ≤ z ≤ f (x . y ) ∈ R ⊂ D . mesmo f sendo contínua em D . definimos a integral dupla de f em D por f (x . Calcule as seguintes integrais iteradas 1 0 0 1 (x − y ) dy dx e (x + y )3 1 0 0 1 (x − y ) dx dy (x + y )3 e responda se contradiz o Teorema de Fubini. É importante notar que. 3]. Da mesma forma que fizemos antes. se (x . y ) = 2y 2 − 3xy 3 e R = [1. y ) como sendo V (S ) = D f (x . A integral dupla de f (x . 2. ER 31. em geral. quase um século antes. por definição. Defina a função f (x . Sugestão: como são funções contínuas nos respectivos retângulos. 2] × [0. muito freqüentemente. se f (x .Nota 16. (x . Visualize o sólido S da figura anterior. y ) = 4 − x 2 − y 2 sobre a região x 2 + y 2 = 1. Explique o que está acontecendo. z ). y ) é positiva e é integrável em D . não importa qual retângulo tomamos. não temos a continuidade de F em R . se (x . y ) ∈ D F (x . aliás. Assim. o domínio da região de integração da função f não é um retângulo. y ) dA. definimos o volume do sólido S = {(x . 1] x +y ER 32. y ) . Ele parece um “cilindro” de base D e altura 1. se o objetivo fosse calcular o volume do sólido limitado pela superfície f (x . Esboce o gráfico das funções abaixo usando o Winplot e calcule as integrais duplas. (a) f (x . Mas o que é bordo “bem comportado”? Pensemos no seguinte caso: f (x . Observe que as descontinuidades ocorrem no bordo (ou fronteira) de D (veja a figura acima). e f (x . o volume deste sólido. entretanto a versão para funções contínuas era conhecida pelo matemático francês Augustin-Louis Cauchy. Como calcular a integral dupla sobre essas regiões? Por exemplo. vale para a integral dupla sobre D uma outra propriedade muito útil para determiná-la: 2. Mais explicitamente. Mais explicitamente. a b x 2. Por exemplo. que regiões são deste tipo e como calcular a integral dupla? Veremos que são mais comuns dois tipos destas regiões e como podemos calcular as integrais duplas. y ) dy dx . 2. em que h1 e h2 são funções contínuas em [c . d ].4.5 Proposição. b ] × [c . y ) dA + D2 f (x . d g2 (x ) g1 (x ) em que g1 e g2 são duas funções contínuas em [a. y ) é integrável em D1 e em D2 . d ].5. y ) dA = D a c F (x . Mas. são regiões do tipo: D = {(x . se R = [a. 1] × [0.É natural pensar que o volume deve ser 1 · A(D ). 1] não tem área. Isto não é estranho. Dizemos que D tem área se f (x . são regiões do tipo: D = {(x . c ≤ y ≤ d e h1 (y ) ≤ x ≤ h2 (y )}.5. Se D = D1 ∪ D2 e D1 ∩ D2 tem área nula. a ≤ x ≤ b e g1 (x ) ≤ y ≤ g2 (x )}. y ) dA. y ) dA = D D1 f (x . y ) dy dx = a g1 (x ) f (x . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 43 . y ). então f é integrável em D e vale f (x . então f é integrável em D . y ) = 1 é integrável em D e define-se a área de D por A(D ) = D 1 dA. pois existem conjuntos do plano que “não têm área”.2 Região do Tipo II Região do plano entre gráficos de funções contínuas de uma variável real y definidas num intervalo [c . Suponha que f (x .1 Região do Tipo I Região do plano entre gráficos de funções contínuas de uma variável real y x definidas num intervalo [a. b ].1 Propriedades Além das mesmas propriedades vistas para integração num retângulo R . pelo Teorema de Fubini. d ] contém D . 2. então.5 Cálculo de Integrais Duplas Vimos que Se f é contínua em D e se o bordo da região D é “bem comportado”. b ]. As regiões com as quais iremos trabalhar são as que possuem área e um bordo “bem comportado”. 2. y ). D = Z × Z ∈ [0. só que não sabemos se D “tem área”. c temos que: b d b g2 (x ) f (x . duas regiões limitadas do plano. Neste caso. afinal. 0 ≤ x ≤ y }). 0 ≤ x ≤ 2. acima do plano xy e dentro do cilindro x 2 + y 2 = 2x . Encontre o volume do sólido S que fica abaixo do parabolóide z = x 2 + y 2 . Então. y ). 0 ≤ x ≤ 1. em que D = {(x . y ). ER 33. Calcular a D (x + 2y ) dA. neste caso. y ). 0 ≤ y ≤ 1. e o volume V (S ) é dado pela integral dupla 2 0 1 1 0 2x (x 2 + y 2 ) dy dx = x2 216 . y ) = sen(y 2 ) em D = {(x . x ≤ y ≤ 1} (Desenhe a região e perceba que também podemos escrevê-la na forma D = {(x . Mas. y ) dx dy . y x 44 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) dA = D c a f (x .6 Integrais Duplas em Coordenadas Polares z Considere o problema de calcular o volume do sólido que está sob o parabolóide z = x 2 + y 2 . acima da região no plano xy e delimitada pelas superfícies y = x 2 e y = 2x . 35 x ER 35. Solução: 1 1+x 2 1 (x + 2y ) dA = D −1 (x + 2y ) dy dx = x2 −1 xy + y 2 1+x 2 1 x2 dx = −1 (−3x 4 − x 2 + 2x 2 + x + 1) dx = 32 15 ER 34. (x − 1)2 + y 2 = 1}. V (S ) = D (x 2 + y 2 ) dA. x 2 ≤ y ≤ 2x }.Também podemos calcular a integral dupla fazendo d b d h2 (y ) f (x . Então sen(y 2 ) dA = D 0 1 0 y sen(y 2 ) dx dy = 0 1 x sen(y 2 ) dy = 0 0 y 1 y sen(y )2 dy = 1 [1 − cos(1)]. y ). 2 2. Solução: Temos. teremos problemas. Solução: Se tentarmos calcular a integral do modo como ela aparece. que descobrir a região de integração (no plano y xy ). Calcule 0 sen(y 2 ) dy dx . sabendo-se que D é a região limitada pelas parábolas y = x 2 e y = 1 + x 2 . a integral proposta é igual à integral dupla de f (x . A região é D = {(x . y ) dx dy = c h1 (y ) f (x . 0 ≤ r ≤ 2 cos(θ)}. R1 = {(r . 0 ≤ y }. V (S ) = π 2 2 cos(θ) 0 −π 2 r 2 r dr dθ = 4 π 2 −π 2 cos4 (θ) dθ = 8 0 π/2 1 + cos(2θ) 2 2 dθ = 2 3θ sen(4θ) + sen(2θ) + 2 8 π 2 0= 3π 2 ER 36. Será. Em coordenadas polares. x 2 + y 2 ≤ 1} ou D2 = {(x . O que vale é a fórmula f (x . 0 ≤ y } são tipos regiões circulares. θ) : − V (S ) = π 2 2 cos(θ) 0 −π 2 r 2 dθ dr ? Antes de responder. Para se calcular a integral dupla de f (x . y ). Calcule D (3x + 4y 2 ) dA. θ). respectivamente. então. temos que r 2 = 2r cos(θ). 0 ≤ θ ≤ π} que são retângulos! π π ≤ θ ≤ . Se fizermos x = r cos(θ) e y = r sen(θ). em que D = {(x . agora. temos: a 2π 1 dr dθ = R 0 0 1 dr dθ = 2π a. substituindo-se x = r cos(θ) e 2 2 y = r sen(θ) na equação x 2 + y 2 = 2x . Nota 17.Esta é uma região do Tipo I e. A integral dupla de f em Da é 1 dx dy = π a2 . note o que ocorre com f (x . continuar com o cálculo do volume da região descrita no início do texto usando a fórmula em coordenadas polares. 0 ≤ θ ≤ 2π} e R2 = {(r . 1 ≤ r ≤ 2. Vamos. 0 ≤ r ≤ 1. 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 45 . y ) = 1 definida em Da disco de centro na origem e raio fixado a. r sen(θ))r dr dθ. se existir um modo. √ 2 1 y θ V (S ) = 0 1 − √ 1−(x −1) (x 2 + y 2 ) dy dx 1 − (x − 1)2 )3 dx 1−(x −1)2 x = 0 2x 2 2 1 − (x − 1)2 + ( 3 O cálculo desta integral é muito trabalhoso e uma pergunta natural é: existe uma forma mais simples de obtê-la? A resposta é: pode existir um modo mais fácil. y ). que A região D passa a ser R = {(r . Portanto. y ) em coordenadas polares. este pode ser quando mudamos o sistema de coordenadas uma vez que o valor da integral iterada não é modificada. θ). então as regiões D1 e D2 passam a ser. porém. Da pois é a área da região Da . y ) em coordenadas polares devemos. pois. 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4. A fórmula acima pode ser provada diretamente da definição de integral (soma de Riemann) e o fator r aparece quando se escreve A(Ri ) em função de r e θ. Por exemplo: D1 = {(x . além de descrever a região e escrever a função f (x . y ). y ) dx dy = D R f (r cos(θ). então. multiplicar f por um fator de correção. y = x 2 e x = 1. 1 ≤ x ≤ 4. x = 1. y ). onde D = {(x . Determine o volume do sólido contido no primeiro octante limitado pelo cilindro z = 9 − y 2 e pelo plano x = 2. (b) Calcule o volume do sólido em forma de anel que restou. onde R = {(x . onde D = {(x . 2] × [0. x ≤ y ≤ 2 − x } (c) D e ( x /y ) dx dy . 0 ≤ y ≤ 3} (b) R x sen(y ) dx dy . y ≤ x ≤ y 3 } x cos(y ) dx dy . x 2 ≤ y ≤ √ x} (b) D √ (x 2 − 2xy ) dx dy . 1] x +y R π } 6 (c) EP 2.3. Determine o volume do sólido limitado pela superfície z = x e z = 0. 0 x −y dy dx e (x + y )3 1 0 0 1 x −y dx dy . onde R = {(x .Solução: (3x + 4y 2 ) dA = D 0 π 1 2 (3r cos(θ) + 42 sen2 (θ))r dr dθ = 0 π r 3 cos(θ) + r 4 sen2 (θ) 2 1 dθ = 15π 2 2. onde R = [1. 0 ≤ y ≤ 1 dx dy . Calcule as seguintes integrais duplas: (a) R (2y 2 − 3xy 3 ) dx dy . Calcule as integrais iteradas o Teorema de Fubini? Explique. Faz-se um buraco cilíndrico de raio b passando pelo centro de uma esfera de raio a. 0 ≤ x ≤ 1.2. Observe que esta fórmula dá o volume da esfera quando a = b . Observe que esse volume depende apenas de h e não do raio a ou do raio b ! EP 2. y ).4. EP 2.7. (a) Calcule o volume do buraco. 1 ≤ x ≤ 2.5.1. Calcule as seguintes integrais duplas: (Sugestão: escreva D de forma conveniente e esboce a região D) (a) D xy dx dy . y ). y ).6. As respostas contradizem (x + y )3 EP 2. D (d) 46 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . onde D = {(x . 1 ≤ y ≤ 2. 1 1 0 EP 2. Expresse esse volume em termos da altura h do anel. y = 1 EP 2. Use integral dupla para calcular a área interior à lemniscata r 2 = 2a2 cos(2θ) e exterior à circunferência de raio a.6.1 Exercícios Propostos EP 2. onde D é a região limitada por y = 0. x 2 + y e os planos x = 0. y ). 0 ≤ x ≤ 1. x 2 + y 2 ≤ 2} EP 2. 1) e (1. em que D é D (a) 0 3y e x2 dx dy (b) 0 y cos(x ) dx dy y2 2 (c) 0 arcsen(y ) cos(x ) 1 + cos2 (x ) dx dy EP 2. z = 0 e x + y + z = 1. (g) D (x 2 tg(x ) + y 3 + 4) dx dy . y = 0. z = 0 e x + 2y = 2. onde D = {(x . (f) D xy dx dy . x = 0 e z = 0.10. (d) D EP 2.11.12. (c) R 1 dx dy . Determine o volume do sólido S em cada um dos seguintes casos: (a) S é limitado superiormente pelo parabolóide z = x 2 + y 2 e sua projeção no plano xy é a região limitada por x = y 2 e x 2 = y . onde D é a região do primeiro quadrante limitada pela circunferência de centro (0. com 0 ≤ θ ≤ 2π. y = 0. invertendo a ordem de integração: 1 3 3 9 1 π 2 f (x . 1). (b) S é a região do primeiro octante limitada pelo cilindro x 2 + y 2 = 1 e pelos planos y = x .13. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 47 . Escreva as duas integrais iteradas correspondentes à integral dupla a região do plano limitada pelas curvas y = −x 2 + x + 2 e x − 2y + 1 = 0. (4. com a > 0. onde R é a região interior à cardióide r = 1 + sen(θ) e exterior à circunferência r = 1. y ) dx dy . Calcule as seguintes integrais. EP 2. y ). Calcule as integrais: (a) R x dx dy . x2 + y2 (x 2 + y 2 ) dx dy . EP 2. (b) R xy dx dy . 2). (c) S é a região do primeiro octante limitada pelo cilindro x 2 + z 2 = 9 e pelos planos x = 0. onde R é o disco de centro na origem e raio 5.9. (c) S é limitado pelos cilindros x 2 + y 2 = r 2 e x 2 + z 2 = r 2 . (b) S é limitado superiormente por z = xy e sua projeção no plano xy é o triângulo de vértices (1.(e) D 4y 3 dx dy . Determine o volume da região interior à esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4a2 e exterior ao cilindro x 2 + y 2 = 2ax .8. Determine o volume do sólido S em cada um dos seguintes casos: (a) S é limitado pelos planos x = 0. 0) e raio 1. onde D é a região limitada pelas espirais r = θ e r = 2θ. onde D é a região limitada por y = x − 6 e y 2 = x . onde R é a região do primeiro quadrante limitada pelas circunferências x 2 + y 2 = 4 e x 2 + y 2 = 25. EP 2. 1 M D y ρ(x . y ) dA Nota 18. k . y ) de D ”. também.7 Massa. y ) ao centro (origem) é x 2 + y 2 . Centro de Massa e Momento de Inércia A massa total de um sistema de k partículas cuja massa de cada partícula é mi . Estendendo este conceito a uma placa de formato D com densidade de massa ρ(x . o ponto (x . y ) é ρ(x . Logo. primeiramente. O momento de inércia de uma partícula de massa m com relação a uma reta é dado por m2 . a densidade ρ(x . + mk . . Sendo assim. onde r é a distância da partícula a esta reta. Seja uma lâmina ou placa fina plana cujo formato é uma região D limitada do plano. . (4a)/2π). . é a soma m = m1 + m2 + . então o centro de massa seria o ponto (0. Calculemos. A densidade de cada ponto de uma placa semicircular é proporcional à distância ao centro do círculo. Se ρ(x . Quando a função densidade é constante (ρ(x . temos que x = 0 e y = 3 K π a3 π 0 0 y ρ(x . y ). Encontre o centro de massa da placa. Fazendo. faz sentido definir a massa de D como M= D ρ(x . y ) é chamado de centróide da lâmina (ou da região D). 48 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) dA . y ) dA já que ρ(x . y ) dA. então a massa total de D deve ser “a soma das massas em cada ponto (x . 3 1 M D Como a região é simétrica com relação ao eixo y .2. a massa π a M= D K x 2 + y 2 dA = 0 0 (K r )r dr dθ = K π a2 . y ) = 1 M D x ρ(x . . temos que as definições dos momentos de inércia com relação aos eixos x e y são. para alguma constante K . y ) dA pode ser interpretado como a massa do elemento de área dA. y ) = K x 2 + y 2 . y ) dA = a r sen(θ)(K r )r dr dθ = 3a . portanto. . A distância de (x . respectivamente: Ix = D y 2 ρ(x . i = 1. o centro de massa é o ponto (0. O momento de inércia polar (ou com relação à origem) é definido por I0 = Ix + Iy = D (y 2 + x 2 )ρ(x . y ) é uma função contínua em D que representa a densidade superficial de massa. Observação: se 2π a densidade fosse constante. . Nas fórmulas de momento de inércia não troque x por y ! ER 37. y ) = k ). y ) dA. (3a)/2π). y ) dA e Iy = D x 2 ρ(x . Solução: Vamos colocar a placa na parte superior do circulo de raio a. analogia a um sistema finito de partículas temos que o centro de massa da lâmina é o ponto (x . 6 Definição. Divida P em pequenos paralelepípedos dividindo os intervalos [a. . . y ) = x 2 .16. y ). EP 2. 3) e ρ(x . nos seguintes casos: (a) D = {(x . Claro que não podemos desenhá-lo. z ).14. Podemos formar “paralelepípedos” de “altura” f (xi . . y ) = x + y .2. d ] e [p . . agora. zi )V (Pi ). 0 ≤ y ≤ sen(x ). y ) = y . y . 0). c ≤ y ≤ d . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 49 . 1).1 Exercícios Propostos EP 2. zi ) · V (Pi ). Determine os momentos de inércia Ix . zi ) e base Pi . Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocupa a região D e tem densidade ρ. . visto que são subconjuntos do R4 . com funções de três variáveis f (x . 2. d ] × [p . Apesar disto. [c . Considere o paralelepípedo P = [a. yi . (2. z ) dV = P max{d (Pi )}→0 lim f (xi . Neste caso. mas. escolha um ponto (xi . EP 2. 0 ≤ x ≤ π} e ρ(x . . Pn que chamamos de partição de P . A integral tripla de f sobre P é n z Pi y f (x . b ] × [c . (c) D é a região do primeiro quadrante limitada pela parábola x 2 = y e a reta y = 1 e ρ(x . Vamos nomeá-los de P1 . . z ). n. y ) = xy . yi . b ]. se diz que f é integrável em P . em que V (Pi ) é o volume do paralelepípedo Pi . yi . q ]. p ≤ z ≤ q } e f (x . −1 ≤ x ≤ 1.7. y . o centro de massa e os momentos de inércia de uma lâmina de formato D e densidade (x . y ). a ≤ x ≤ b . O domínio destas funções são subconjuntos do R3 e não podemos mais visualizar seus gráficos. Encontre a massa. (0. i =1 se tal limite existe. z ) uma função definida em P . q ] = {(x . zi ) de Pi . a densidade em cada ponto é proporcional ao quadrado da sua distância à origem. P2 . Para cada i = 1. y . y ) = xy . . Iy e I0 das lâminas descritas nos ítens (c) e (d) do exercício anterior. (d) D é a região limitada pela parábola y 2 = x e a reta y = x − 2 e ρ(x . podemos definir integrais de funções de três variáveis. (b) D é o triângulo de vértices (0. (b) D a região interior a circunferência x 2 + y 2 = 1 no primeiro quadrante. assim como fizemos para funções de duas variáveis. y . Integrais Triplas Trabalharemos. seu x “volume” é f (xi . ρ(x . (e) D = {(x . 0 ≤ y ≤ 1} e ρ(x . y ) para: (a) D a região do primeiro quadrante limitada pela parábola y = x 2 e a reta y = 1. y ) = 3.15. yi . Este resultado.Propriedades São válidas para a integração tripla as mesmas propriedades operatórias que valem para integrais duplas. seremos. y .8 Integrais Iteradas Assim como fomos capazes de calcular uma integral dupla para funções de duas variáveis definida num paralelogramo usando integrais iteradas. então f é integrável em P . onde P = [0. y . Porém. 3] e f (x . d ] × [p . z ) dV k · f (x . z ) dV = k · P f (x . que é (b − a) · (d − c ) · (q − p ). z ) + g (x . teremos 6 combinações possíveis. [de Fubini] Se f é uma função integrável em P = [a. também. em que P = [0. z ) = 1 (que é contínua e. y . z ) dV . então [f (x . é devido a Fubini. para calcular integrais triplas. capazes de calcular a integral tripla de uma função definida num paralelepípedo P usando as integrais iteradas e. 2] × [0. z ) dx dy dz = p f (x . y . a ordem com que fazemos o cálculo das integrais. também usamos as integrais iteradas? A ordem com que se fazem as integrações deve ser levada em consideração? E quantas integrais iteradas temos? 2. y . y e z . portanto. z ) dz dy dx = a c p a p c = ER 38. 1]3 é o cubo de lado 1 e arestas sobre os eixos x . z ) dy dx dz f (x . 1] × [−1. z ) dV s = p f (x . z ) = xy z 2 . pois o seu resultado não se altera. y . como estamos trabalhando com três variáveis. principalmente. 3] e f (x . y . y . e. sempre que f (x .7 Teorema. se f e g são funções integráveis em P e k ∈ R. y . q ]. z ) dy dz dx f (x . não importará. y ). Assim. z ) dV . integrável). 50 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . Note que. então: q d c d q p a a b b q b a d b a p c q d f (x . 2. y . então S 1 dV é o volume de P . temos que: se f é contínua em P . z )] dV = P P f (x . y ) ≤ g (x . z ) dz dx dy c b q d = c b d q f (x . z ) = xy z 2 . Solução: Se P = [0. Calcule P f (x . y . 2] × [0. z ) dV p f (x . z ) dV ≤ P P g (x . então: xy z 2 dV = P 0 3 2 −1 0 1 xy z 2 dx dy dz = 0 3 2 −1 yz2 dy dz = 2 3 0 3z 2 27 dz = 4 4 Poderíamos obter este resultado por mais 5 diferentes maneiras. também. z ) dz dy dx = f (x . b ] × [c . Que tal você treinar um pouco e fazer algumas delas? ER 39. y . y . Calcule p x sen(y z ) dx dy dz . y . se f (x . y . 1] × [−1. também. y . Será que. y . y . assim como antes. z ) dV + P g (x . y . o que vale é que se f é contínua em S e se o bordo da região S é “bem comportado”. z ) dV . y . u1 (x . ela nem sempre existe. y . z ) em S e assumindo valor 0 em pontos que estão em P . então f é integrável em S . defina a função F (x . y )}.1 Regiões do Tipo I Regiões em que S = {(x . z ) dV = S P F (x . 2. quando a segunda integral existe. z ) dV = S c u1 (x . z ) em P como sendo igual a f (x . y . y .9 Integrais Triplas sobre Regiões Seja S uma região limitada do R3 . z ) dz dy dx ou d h2 (y ) h1 y u2 (x . y . z ) = x sen(y z ) é positiva em P e a integral tripla resultou em um número positivo. Definimos a integral tripla de f (x . Como antes. mas não em S .9. Vamos destacar os tipos de regiões S que aparecem com maior freqüência.Solução: 1 1 0 0 1 1 1 0 x sen(y + z ) dV P = 0 x sen(y + y ) dx dy dz = 0 sen(y + z ) dy dz 2 1 1 1 1 1 = − cos(y + z ) dz = [− cos(z + 1) + cos(z )] dz 2 0 2 0 0 1 1 1 = − sen(z + 1) + sen(z ) = [− sen(2) + sen(1) + sen(1) − sen(0)] 2 2 0 sen(2) = sen(1) − . y ) ≤ z ≤ u2 (x . em que u1 e u2 são funções contínuas em D e D é a projeção de S no plano xy (Ver gráfico). z ) sobre S como: f (x . isto é. 2. z ) dV = S a u1 (x . parecido com o que apresentamos para integrais duplas. a integral fica b g2 (x ) g1 x u2 (x .y ) f (x .y f (x . E que tipo de regiões S são estas? Lembre que estamos no R3 e tais regiões são sólidos do espaço. Assim. z ). z ) uma função definida em S . y .y ) f (x . (x .y ) f (x . não iremos discutir aqui o que significa ser “bem comportado”. y ) ∈ D . Como fizemos para integrais duplas. e f (x . você pode encontrar isto feito em [BC HS ]. S está contida num paralelepípedo P . Novamente. mas. y . y . A questão é saber quando esta integral existe e como calculá-la! Aliás. 2 Observe que a função f (x . y . y . y . z ) dz dx dy Atenção: Muito cuidado com a ordem de integração! FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 51 . y . Encontre um exemplo. d g2 (y ) g1 (y ) v2 (y . v1 (y . z ). z )}.z ) f (x .z ) f (x . y . também. z ) = 4. y ) está nesta região D .z ) f (x . z ) dV = S p w1 (x . z ) dy dx dz ou b h2 (x ) h1 (x ) w2 (x . y . (y . no máximo x 2 + z 2 = 4). se (x . y . z ) dy dz dx . Calcule S x 2 + z 2 dV . z )}. Pode existir. z ) dV = S a w1 (x .9. z ) ≤ y ≤ w2 (x . Solução: Pode-se descrever esta região de várias formas. Projetando S no plano xy temos a região D limitada pela parábola y = x 2 (z = 0) e a reta y = 4 e. então − Assim. dependendo da forma da região D .2.z ) f (x . dois tipos de integração. z ).z ) f (x . z ) dV = S c v1 (y . z ) dx dy dz 2. z ) dx dz dy ou q h2 (z ) h1 z v2 (y . em que w1 e w2 são funções contínuas em D que é a projeção de S no plano xz .z ) f (x . Projetando S no plano xz temos um disco D2 de raio 2 e centro na origem (pois. em que v1 e v2 são funções contínuas em D e D é a projeção de S no plano y z . (x .z ) f (x .z ) f (x . y . z ) dV = S p v1 (y .2 Regiões do Tipo II S = {(x . z ) = x 2 + z 2 ev2 (x . Para (x . y . a primeira integral que temos que calcular é um pouco complicada (vai ser necessário fazer uma mudança de variável). y . y . z ) ≤ z ≤ v2 (y . w1 (x . √ D − y − x2 ≤ z ≤ y − x 2. x 2 + z 2 dV = S √ y −x 2 y −x 2 2 4 x 2 + z 2 dz dA = 2 √ − x2 √ y −x 2 y −x 2 x 2 + z 3 dz dy dx Entretanto.3 Regiões do Tipo III São regiões do espaço com a característica do conjunto S = {(x .9. z ) ∈ D . y . Vamos tentar escapar disto vendo S de outra maneira. dependendo da forma da região D : q g2 (z ) g1 (z ) w2 (x . podem-se ter dois tipos de integração. y . em que S é a região limitada pela parábola y = x 2 + z 2 e pelo plano y = 4. y . z ) ∈ D . z ) em D2 temos que y varia entre v1 (x . Da mesma forma que antes. Então 4 x 2 + z 2 dV = S D2 x 2 +z 2 x 2 + z 2 dy dA = D2 (4−x 2 +z 2 ) x 2 + z 2 dA = 0 2 0 2π (4−r 2 )r dθ dr = 128π 15 52 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . ER 40. Compare D 0 1 dz dA com D u (x . Portanto. São iguais? Por quê? 2.y ) EP 2. y . possuem volume e este pode ser calculado usando a integral tripla.9.10 Volume Vimos que a integral dupla pode ser usada para o cálculo de áreas. y ) dA FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 53 . A área de uma região D é. Assim. y )} como sendo V (S ) = D f (x . f (x . (x . z ). Então.8 Definição. Calcule (a) f (x . S EP 2. y ) dA. têm que ser. y . Será que são iguais? Bom. Não esqueça que na integração dupla ou tripla a cada vez que se integra com relação a uma determinada variável ela deve desaparecer. y = 0 e x + y + z = 1 (que sólido é este?) (b) f (x . y . estamos fazendo uma integral definida. as regiões do Tipo I. Definimos o volume do sólido S = {(x . u (x . e o que sobra é apenas função das variáveis restantes. z ) = z . 2. II e III. z ) dV e veja o gráfico de S usando o winplot nos casos a seguir. A(D ) = D 1 dA Podemos usar a integral tripla para calcular volume de sólidos. Seja S uma região limitada do R3 (significa que S está dentro de um paralelepípedo). em que S é limitado pelo cilindro y 2 + z 2 = 9 e os planos x = 0. y ) ∈ D .y ) dA = D f (x . O resultado de integração dupla ou tripla é sempre um número! 2. Lembrando: Seja f (x .Nota 19.y ) 1 dV = S D 0 1 dz dA = D [z ]0 f (x . z ) = z e S sólido limitado pelos 4 planos z = 0. y . o volume é dado pela integral tripla da função constante igual a 1.18.4 Exercícios Propostos f (x . por definição. O volume de S é dado por V (S ) = S 1 dV quando tal integral existe. y = 3x e z = 0 no primeiro octante.17. x = 0. pois. y ) dA. Só que já tínhamos definido o volume de certos sólidos. 0 ≤ z ≤ f (x . para regiões com bordo “bem comportado”. e é só entender S como uma região do Tipo I . y ) ≥ 0 integrável em D . y . Podemos calcular os momentos de inércia de S com relação aos eixos x . Um cabo delgado é dobrado na forma de um semi-círculo x 2 + y 2 = 4 para x ≥ 0. z ). Seja S o sólido limitado pelo cilindro parabólico x = y 2 e pelos planos x = z . 2 54 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y . y . z ) dV Iz = S (x 2 + y 2 )ρ(x . z ). temos que x= 5 4k S xk dV = 5 5 . z ) no ponto (x . z ) = 1 M S x ρ(x . k · V (S ).19. simplesmente. Considere um sólido S . 0 ≤ z ≤ x }. 1 M S z ρ(x . por: Iy = S (x 2 + z 2 )ρ(x . y . z = 0 e x = 1. (a) Escreva as fórmulas que determinam o centro de massa (x . 1 M S y ρ(x .1 Exercícios Propostos EP 2. Solução: Projetando S no plano xy temos a região S = {(x . z ) dV . y . 1 1 x 1 1 1 (a) V (S ) = S 1 dV = − dz dx dy = −1 x dx dy = −1 y2 0 y2 −1 (1 − y 4 ) dz = 4 . 5 (b) Como a densidade é constante k em S (isto é. a massa de S é M= S ρ(x . y . z ) dV . z ) = k ) a massa de S será. z ) são simétricas com relação ao plano xz . podemos calcular a massa e o centro de massa de sólidos usando integrais triplas. z = 7 4k S zk dV = 5 14 que não dependem de k . se a densidade é uma constante K . z ) de um fio delgado com função densidade ρ(x . determine a massa e o centro de massa do cabo. EP 2. 2. y = π 2 cos(t ) e z = 3t . y . para 0 ≤ t ≤ . z ) que tem o formato de uma curva γ no espaço R3 . y . Então. ρ(x . y . y . y . z ) dV . z ) dV ER 41. y = 0.11. (b) Determine a massa e o centro de massa de um fio no espaço com o formato da hélice x = 2 sen(t ). y .2. II ou III e cuja função densidade é ρ(x . y . y 2 ≤ x ≤ 1. Calculando as outras. y . Se a densidade linear é uma constante K . respectivamente.20.11 Massa. que pode ser descrito como uma região do R3 do Tipo I. então a segunda coordenada do centro de massa é 0. (b) Encontre o centro de massa de S . Centro de Massa e Momento de Inércia De forma análoga ao que fizemos para lâminas planas. y e z . (a) Calcule o volume de S . considerando que a densidade é constante. A região é a função V (x . −1 ≤ y ≤ 1. z ) dV e o centro de massa de S é o ponto de coordenadas (x . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 55 . respectivamente.EP 2. w ). mas a área de Dxy é 1. façamos u = x + y e v = y − x (ou x = (u − v )/2 e y = (u + v )/2). v . z ) ds Determine os momentos de inércia do fio da questão anterior item (b). Sendo assim. w )). y . mas. em relação aos eixos x . x + y = 3. v . uma mudança de coordenadas em R2 ou R3 é uma transformação ϕ contínua e injetora no interior da região. v ) = (x (u . ). Então. y (u . z ) dx dy dz Dxyz = O que viria no lugar do 2? Já vimos que. y (u . por Ix Iy Iz = γ (y 2 + z 2 )ρ(x . y (u . v ))|J ϕ(u . se rotacionarmos os eixos. w ). v . 2. v . Em geral. y (u . 4] × [1. z ) tem o formato de uma curva γ do espaço. Iy e Iz . v ). v ))2dudv dw Duvw f (x . y . Se um cabo com densidade linear ρ(x . z (x . a integração será. ϕ(u .21. dt As mudanças de variáveis para integrais duplas (polares) e para integrais triplas (cilíndricas e esféricas) são muito utilizadas. seus momentos de inércia Ix . v ). Uma fórmula análoga ao caso de integral no intervalo é: f (x . A área de Duv é 2. v . o que vale é o seguinte: Para integrais duplas f (x . D (x + y )7 dA. z (u . y (u . Seria 2 o fator de correção de uma integral para a outra? Na verdade. y . v )) e em R3 . v ). 3]. v )|dudv . y . Transformamos Dxy em Duv = [3. com certeza. Mas a integral em Dxy (dx dy ) é igual à integral em Duv (dudv )? Vejamos o que acontece com as áreas dos retângulos Dxy e Duv . z ) ds (x 2 + z 2 )ρ(x . y − x = 3 e y − x = 1. em que D é a região limitada x −y Observa-se que teríamos algum trabalho se integrássemos na região requerida pela questão (veja figura). Isto é semelhante ao que se faz com integrais de funções na reta b d d f (x ) dx = a c f (x (t ))x (t )dt = c f (x (t )) dx dt . w ). y (u . Em R2 . às vezes. w ) = (x (u . y . de modo que o retângulo fique paralelo aos novos eixos. y ) dx dy = Dxy Duv f (x (u . v . y e z são definidos. escrevemos ϕ(u .12 Mudança de Variáveis em Integrais Duplas e Triplas Vimos que em integrais duplas ou triplas quando mudamos para coordenadas polares. 2A(Dxy ) = A(Duv ). ρ2 sen(φ)? Para responder a essa pergunta vamos calcular a integral pelas retas x + y = 4. w ). y . cilíndricas ou esféricas temos que multiplicar a função por um fator de correção (r ou ρ2 sen(φ)?. v ))2dudv f (x (u . no caso da mudança para as coordenadas polares e cilíndricas aparece r e no caso da mudança para as coordenadas esféricas. Entretanto. z ) ds γ = = γ (x 2 + y 2 )ρ(x . mais simples. y ) dx dy Dxy = Duv f (x (u . a mudança mais conveniente para calcular a integral não é nenhuma destas. ou seja. v . w ) = ∂(x . de fato. w ) = 0. z ) dx dy dz = Dxy z Duv w f (x (u . Calculando o Jacobiano obtemos J ϕ(u . y . os Jacobianos das transformações para coordenadas polares. v ) = Dxy (x + y )7 = (x − y ) u7 dudv = 2v Duv 4 3 1 2 u7 dv du 2v x2 y2 + = 1. mas quase isso. w ) é o Jacobiano da transformação.23. J ϕ(u . v . Verifique que. ou seja. 3 2 A melhor mudança de coordenadas.22. z ) = ∂(u . (2. ou seja. w ) Estas fórmulas são válidas quando os jacobianos são diferentes de zero. 2π 1 0 V (S ) = 0 3r cos(θ) + 2r sen(θ)|J ϕ(r . ∂(x . ao exemplo. θ)| dr dθ e J θ(r . em que r varia de 0 a 1 e θ de 0 a 2π. ou seja. Calcule a integral SUGESTÃO: Use a transformação u = x + y e v = x − y . w )|dudv dw . y ) J ϕ(u . w ). em que J ϕ(u . v . 0). v ) é o Jacobiano da transformação. w ). 0). z (u . v . y . v . v . v . Façamos x = √ √ 3 cos(θ) e y = 2 sen(θ). D x +y EP 2. não é exatamente a polar. respectivamente. r . θ) = 2 2 √ √ 3 cos(θ) − 3r sen(θ) √ √ 2 sen(θ) 2 cos(θ) = √ 6r 2.1 Exercícios Propostos e x −y dA. w ))|J ϕ(u . Logo 2 Voltemos. ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w J ϕ(u . aqui. Duv ou Duvw . Portanto. y ). −1). nas respectivas regiões de integração. v ) = = ∂(u . y (u . x2 y2 + ≤ 1}. cilíndricas e esféricas são. EP 2. Dxy = {(x . v ) = 0 ou J ϕ(u . 56 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . v . Atenção: Nas fórmulas aparece o módulo do Jacobiano! 1 . (0. r e φ sen(ϕ). ou seja.12. em que D é o trapézio de vértices em (1. portanto. −2) e (0. 2 3 ER 42. Determine o volume da região limitada pelo plano z = 0 e pelas superfícies z = x 2 + y 2 e Solução: O volume pode ser determinado se calcularmos a integral dupla V (S ) = Dxy x 2 + y 2 dx dy A região de integração Dxy é o interior de uma elipse. v ) Para integrais triplas ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v = ∂x ∂x ∂y ∂y · − · ∂u ∂v ∂u ∂v f (x .em que J ϕ(u . r sen(θ)) f (r cos(θ). z ). Usando coordenadas cilíndricas. x 2 +y 2 em que D é o disco de centro 0 e raio 2. 0 ≤ z ≤ r sen(θ) + 6} π π = (r . = = = r cos(θ) r sen(θ) z S = {(x . Esta é a fórmula utilizada para o cálculo de integrais triplas em coordenadas cilíndricas. θ.y ) Dr θ u2 (r cos(θ). z ) dV = S Dxy u1 (x .13 2. Solução: Temos D x dx dy dz = D1 x dx dy dz − D2 dx dy dz . 5 ER 44. z ). z ) em coordenadas cartesianas pode. Em coordenadas cilíndricas. y . em que x y z Suponha que S é uma região do tipo I . y )f (x . ER 43. isto é.1 Integrais Triplas em Coordenadas Cilíndricas e Esféricas Coordenadas Cilíndricas Sabemos que um ponto P (x . em que S é a região interior ao cone z 2 = x 2 + y 2 para z entre 0 e 2. y . 0 ≤ r ≤ 4 cos(θ). r sen(θ). Calcule D x dx dy dz . y ) ∈ D . então u2 (x . Seja D a região do espaço que corresponde ao interior ao cilindro x 2 + y 2 = 16 e exterior ao cilindro x 2 + y 2 − 4x = 0. compreendida entre os planos z = 0 e z = y + 6. em que D1 é a região compreendida entre os planos e interior ao cilindro maior e D2 é a região compreendida entre os planos e interior ao cilindro menor. temos as seguintes parametrizações: D1 D2 = {(r . y . Se D pode ser descrita em coordenadas polares. − ≤ θ ≤ .13. 0 ≤ r ≤ 4. θ. θ. (x . y . u1 (x . z )r dz dr dθ. Calcule S x 2 + y 2 dV . 0 ≤ θ2π. y )}.r sen(θ)) f (x . z ). 2 2 FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 57 . temos x 2 + y 2 dV = S 0 2π 0 2 2 r 2 r dz dr dθ = r 16π . 0 ≤ z ≤ r sen(θ) + 6 .2. ser escrito em coordenadas cilíndricas (r . z ). também. z ) dz dx dy = u1 (r cos(θ). y ) ≤ z ≤ u2 (x . Solução: Note que x 2 + y 2 dV = S D 2 √ x 2 + y 2 dz dA. 2π]. α1 ≤ θ ≤ α2 .13. Gostaríamos de estabelecer alguma relação entre o volume de um “pedaço” da esfera. θ). temos que o volume da região é. Portanto. φ. Em coordenadas esféricas passa a ser o paralelepípedo [0. sendo que x y z = = = ρ sen(φ) cos(θ) ρ sen(φ) sen(θ) ρ cos(φ). θ φ r Se quisermos calcular uma integral tripla sobre uma região S . mas o volume do paralelepípedo 3 2 é 2π · a. D x dx dy dz = 0 − 48π = −48π. 2. ρ2 sen(φ)∆ρ∆θ∆φ (e não apenas ∆ρ∆θ∆φ. aproximadamente. y . z ) como em coordenadas esféricas (ρ. é razoável que este seja o fator de correção quando se passa de coordenadas cartesianas para esféricas 58 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . Sabemos que o volume de uma esfera de raio a é dado por V = Considerando que ∆ρ. π] × [0. o volume não é preservado através desta mudança de coordenadas. z ). que é mais facilmente descrita em coordenadas esféricas. y . 4 3 π a . z ) Um ponto P do espaço pode ser escrito tanto em coordenadas cartesianas (x . como devemos fazer? y x Vimos que se usássemos coordenadas cilíndricas teríamos que multiplicar a função por um fator de correção (r ). y .2 Coordenadas Esféricas z P (x . a] × [0. Qual é o fator de correção no caso de coordenadas esféricas? A esfera de raio a é o conjunto Sa = {(x . β1 ≤ φ ≤ β2 . Portanto. em que a1 ≤ ρ ≤ a2 . ∆φ e ∆θ são as variações das respectivas coordenadas e supondo que são pequenos.Então 2π 4 0 0 4 0 6+r sen(θ) x dx dy dz D1 = 0 2π r 2 cos(θ) dz dr dθ = 0 2π (6r 2 cos(θ) + r 3 sen(θ) cos(θ)) dr dθ = 0 (128 cos(θ) + 64 sen(θ) cos(θ)) dθ = 0 4 cos(θ) 0 4 cos(θ) 0 0 6+r sen(θ) e x dx dy dz D2 = = = = = = π 2 −π 2 π 2 r 2 cos(θ) dz dr dθ −π 2 π 2 r 3 cos(θ) sen(θ) + 6r 2 cos(θ) dr dθ π 2 −π 2 128 cos θ dθ + π 2 4 −π 2 64 cos3 θ sen(θ)) dθ 32 32 −π 2 π 2 −π 2 (1 + cos 2θ)2 dθ 1 dθ + 64 π 2 −π 2 cos 2θ dθ + 16 π 2 −π 2 (1 + cos 4θ) dθ 32π + 0 + 16π + 0 = 48π Portanto. x 2 + y 2 + z 2 ≤ a2 }. Então. Calcule y dx dy dz . o ângulo φ é π . 3 2 y dx dy dz D = 0 π 2 π 3 2 0 (ρ sen(ϕ) sen(θ))p 2 sen(ϕ)d ρ dθd ϕ ρ4 4 2 0 0 π 2 π 3 = 0 0 sen2 (ϕ) sen(θ) 2 dθd ϕ = 4 π 2 π 2 π 3 sen2 (ϕ) sen(θ) dθd ϕ −1 + 1 dϕ 2 = = 4 0 π 2 0 π 2 sen (ϕ)(− cos(θ)) 2 π 3 0 2 0 0 dϕ = 4 0 sen (ϕ) π [1 − cos (ϕ)]d ϕ = 2 FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 59 . 0 ≤ ρ ≤ 2. 0. em que Sxyz indica a região descrita em coordenadas cartesianas e Sρθφ ?indica a região em coordenadas esféricas. A intersecção do cone com a esfera se dá quando z = 1 e x 2 + y 2 = 1. 1) e raio 1). 0 ≤ ρ ≤ 2 cos φ}. De fato. nossa região. θ.0 ≤ ϕ ≤ . e limitada pela esfera x 2 + y 2 + z 2 = 2z (esfera de centro em (0. Logo. z ) dV = Sxy z Sρθφ f (ρ sen(φ) cos(θ). ρ sen(φ) sen(θ). θ. ρ cos(φ))ρ2 sen(φ)d ρ dθd φ. com z positivo. π π . ϕ). ER 45. Esta é a fórmula de integrais triplas em coordenadas esféricas. O ângulo φ varia de 0 até o encontro da esfera com o cone. Atenção Não se esqueça do fator de correção quando fizer a mudança de variáveis nas integrais: cilíndricas: r . D Solução: Em coordenadas esféricas a parametrização de D é: D = (ρ. Seja D a região do primeiro octante limitada pela esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 e pelos planos y = 0 e √ y = 3x . vale que f (x . 0 ≤ θ ≤ Sendo assim. 0 ≤ θ ≤ 2π. que é o interior de um “sorvete” é: 4 Sρθφ = {(ρ. 2π π 4 2 cos(φ) 0 z dV S = 0 2π 0 (ρ cos(φ))ρ2 sen(φ)d ρd φ dθ 2π = 0 = 4 0 π 2 ρ4 4 0 5 cos ϕ 5 π 4 2 cos(φ) sen(φ)d φ dθ = 0π 4 π 4 04 cos4 φ sen(φ)d φ dθ 0 dθ = 0 8π √ (2 2 − 1) 5 ER 46. que se dá quando z = 1. Segue que. y . Solução: A equação x 2 + y 2 + z 2 = 2z em coordenadas polares é ρ cos(φ).numa integração. Calcule S z dV sendo S a região interior ao cone z 2 = x 2 + y 2 . φ). esféricas: ρ2 sen(φ). se S tem densidade constante k .29. D (b) (c) D xy dx dy dz . Determine a massa e o centro de massa do sólido S limitado pelo parabolóide z = 4x 2 + 4y 2 o pelo plano z = a(a > 0).31. EP 2. em que B é a bola unitária x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1. 0 ≤ y ≤ 2z . EP 2. y . EP 2. Calcule as seguintes integrais: (a) E (x 2 + y 2 ) dx dy dz .13. em que D = {(x . (c) E x 2 dx dy dz . em que E é a região entre os cilindros x 2 + y 2 = 4 e x 2 + y 2 = 1. em que D é o tetraedro sólido com vértices (0. 0. Determine o volume da região R limitada pelos parabolóides z = x 2 + y 2 e z = 36 − 3x 2 − 3y 2 . em que D é limitada pelo parabolóide x = 4y 2 + 4z 2 e pelo plano x = 4. z ) = x 4 + y 2 + z 2 . Determine os momentos de inércia de um cubo de densidade constante k e aresta L se um dos seus vértices é a origem e três de suas arestas estão sobre os eixos coordenados. 0). 0 ≤ x ≤ z + 2}. limitada pelo plano xy e pelo plano z = x + 2. EP 2.2.30.26. Calcule as integrais iteradas: 1 z 0 y (a) 0 xy z dx dy dz π 2 0 0 √ 4−x 2 (b) 0 z sen(y ) dx dz dy EP 2. (b) E y dx dy dz . y dx dy dz . z = 0. em que E é o sólido limitado pelo cilindro x 2 + y 2 = 1. y = 0 e x = 1. 0). EP 2. z ). a] × [0.27. y + z = 1 e x + z = 1. a] cuja densidade é dada EP 2. (1. y = 0. pela função ρ(x .28. 0) e (0. 2. (e) D x dx dy dz . em que D é a região abaixo do plano z = x + 2y e acima da região no plano xy limitada pelas curvas y = x 2 . (0. acima do plano z = 0 e abaixo do cone z 2 = 4x 2 + 4y 2 . 0 ≤ z ≤ 1. 60 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . em que D é limitada pelos planos x = 0. (d) D z dx dy dz . Determine a massa e o centro de massa do cubo Q = [0.3 Exercícios Propostos EP 2.24. Calcule as integrais: (a) B (x 2 + y 2 + z 2 ) dx dy dz . 3). em que E é a parte da bola unitária x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 contida no primeiro quadrante. 0. a] × [0. (b) E y 2 dx dy dz . em que E é a região limitada pelo cilindro x 2 + y 2 = 4 e pelos planos z = −1 e z = 2. y . 0.25. Calcule as integrais triplas: (a) D y z dx dy dz . (c) 2π. (e) 500/3.8 (a) 6/35 (b) 31/8 (c) (11 5 − 27) 2. 2. 3π). (c) 4π(2 − 3).28 (a) 24π.32.15 (a) 2/3 e (0. Calcule o volume da região limitada pelo elipsóide x2 y2 z2 + 2 + 2 = 1. 7a/12. 0. 3/4) (d) 27/2 e (8/5. onde k é a constante de FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 61 . (c) 1/10.26 m = a/5 e (x . 2. (d) Ix = 189/20. 0 < r < R .4 V (S ) (2 2 − 1) 2. 2.22 2.9 (a) 1/6 (b) 1/3 (c) 16r 3 /3 2.20 (a) → = x x ρ(x .25 (a) 7/5.3 (a) γ 1 m − y ρ(x . Determine a massa de um hemisfério sólido H de raio a se a densidade em qualquer ponto é proporcional a sua distância ao centro da base. (a) Calcule D (x 2 raios r e R . 2. (d) 1/12. 2 a b c EP 2.35. 2a/3). (c) 1/6 e (4/7. y . Gabarito √ −585 15 27 4 √ 1 1 (b) (2 − 3) (c) ln 2. 0 < r < R . 2.19 2. (1.30 π a2 /8 . (c) .6 − e . 2 2.17 2.18 2. EP 2. 2.10 2. 7a/12). z ) ds . 3 1 − − Iy = 1/16 e Iz = 13/80. 3 √ 2. 2. (b) 6 e (3/4. 0. (e) 16π/3. 8 4 16 15 2 2 √ 1 − cos(1) 1 (d) . (0. Iy = 1269/28 e Iz = 1917/35. 1] e seja R a região triangular com vértices (0. z ) ds . em que E é a região interior ao cone φ = π e à esfera ρ = 2. 0). (b) 5/28. 2 6 √ (2 2 − 1) (b) sen(81)/4. (x 2 + y 2 + z 2 )n/2 D em que D é a região interior às esferas com centros na origem e raios r e R . (b) 0. 3/2). y .21 2. (g) 8π. z ) ds .7 (a) 1/12. → = y m 2. Para que valores de n a integral tem limite quando r → 0+ ? E quando R → ∞? (b) Faça uma análise semelhante para a integral tripla 1 . (b) 2 13k π. 6 EP 2. z ) ds → = z γ 1 m γ z ρ(x . 0) e (0.16 (c) Ix = 1/10. onde D é a região entre os círculos com centros na origem e + y 2 )n/2 EP 2.(c) E x 2 + y 2 + z 2 dx dy dz . (f) 1/8. Use a transformação x = u 2 . y = v 2 e z = w 2 para calcular o volume da região limitada pela √ √ √ superfície x + y + z = 1 e pelos planos coordenados. y .23 2.31 (b) p /30.36. y .24 (a) 1/48. 2. Seja f contínua em [0. (0. EP 2.11 (a) (e 9 − 1)/6.32 π a2 .33. 1 dx dy . (b) 16/3. 1). onde m = γ √ ρ(x . y . proporcionalidade.27 Ix = Iy = Iz = kL5 . 2. 2. 1/2). (b) −19/42. 2.34.29 162π.5 V (S ) = 36 2. 1/2) 2. z ) = (7a/12. Mostre que 1 f (x + y ) dx dy = R 0 uf (u )du . (c) e 4 /2 − 2e . s2 . para todo t ∈ [a.BLOCO 02 Funções Vetoriais TEMA 03 Análise Vetorial Trabalharemos. b ] em n subintervalos [ti −1 . mas a qual é feita sobre uma curva γ. 62 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA .1 Integral de Linha em Campos Escalares Definiremos uma integral semelhante à integral simples. y ) ds = lim γ n→∞ f (x (ti )y (ti ))∆si i =1 quando tal limite existe. b ]. sn . o tamanho do vetor tangente. Green e Stokes. b ] tal que γ (t ) é contínua e que γ (t ) = 0 . em que t ∈ [a. Vamos denotar por si o comprimento de cada um desses arcos. Veremos como integrais de linha podem ser transformados em integrais de superfície e vice-versa. . ti ] é o pedaço da curva (arco) que vai de Pi −1 a Pi . A imagem do intervalo [ti −1 . y (ti )). Assim. a curva γ fica dividida em sub-arcos de comprimentos s1 . aproximadamente. aqui. ti ]. Vamos tomar uma função f de duas variáveis cujo domínio D contém a curva γ. Integrais de Linha 3. etc. y (t )) a x (t )2 + y (t )2 dt . Mas o comprimento de um pequeno arco da curva é. . y ) ds = γ f (x (t ). A integral de linha ao longo de γ é: ∞ f (x .1 Definição. y (ti )) · ∆si . 3. Assim ∆si ≈ x (ti )2 + y (ti )2 e. culminando com os resultados dos teoremas de Gauss. . − → Considere uma curva γ(t ) = (x (t ). y (t )). o limite acima sempre existe e a seguinte fórmula é valida b f (x . multiplicando pela variação γi e somando tudo temos ∞ i =1 f (x (ti ). Dividindo-se o intervalo [a. se f é uma função contínua. integrais de linha e integrais de superfície. o mesmo acontecendo entre integrais de superfície e integrais triplas. eletricidade. Calculando f em Pi . y (t )) está contido em D . magnetismo. Lembre-se que isto quer dizer que γ(t ) = (x (t ). temos os correspondentes pontos na curva Pi = γ(x (ti ). Ela foi descoberta no início do século XIX para resolver problemas envolvendo escoamento de fluidos. . bem como consideraremos algumas das suas aplicações mais comuns. y . então definimos a integral de f ao longo de γ por f ds = γ γ1 f ds + γ2 f ds + .1. mas com orientação contrária. 1 ≤ i ≤ n.2. . γ é a união finita de curvas γi . 1) a (3. z (t )) tal que − → γ (t ) é contínua e que γ (t ) = 0 . y (t ). 0 ≤ t ≤ 2π. z (t )) a x (t )2 + y (t )2 + z (t )2 dt . −1) e (4. 3. também. y . z ) é contínua numa região que contém uma curva γ(t ) = (x (t ). 6. Se temos uma curva “lisa por partes”. + γn f ds .1 Exercícios Propostos EP 3. em que γ é a hélice circular de equação x (t ) = y (t ) z (t ) Solução: 2π cos(t ) sen(t ) . Calcule γ y sen(z ) ds . As integrais de linha γ f ds e −γ f ds são iguais? EP 3. y . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 63 . z ) ds = γ f (x (t ). (b) f (x . . define-se a integral de linha para funções f de três variáveis. Denota-se por −γ a curva que tem os mesmo pontos de γ.1. Podemos. De forma análoga. Nota 21. Importante! A integral de linha não depende da parametrização de γ. 1. se f (x . Note que comprimento de uma curva nada mais é que a integral de linha b L(γ) = γ 1 ds = a |γ (t )| dt .Nota 20. 9). também. Calcule as integrais de linha para (a) f (x . Ainda. z ) = x 2 z para γ o segmento com extremidades (0. 5). em que o ponto inicial de γ1 coincide com o ponto final de γn . então b f (x . escrever a integral de linha numa forma mais sintética b a f (γ(t )) · |γ (t )| dt . z ER 47. y (t ). = = t x y y sen(z ) ds = γ 0 sen(t ) sen(t ) sen2 (t ) + cos2 (t ) + 1 dt = √ 2 0 2π √ sen2 (t ) dt = π 2. isto é. y ) = xy + ln(x ) para γ o arco da parábola y = x2 de (1. temos que. y ) = P (x . y . y ) j .2. z ) i + (x . com derivadas parciais. y . com derivadas parciais. y . y . z ) i + Q (x . (x . y . ou seja. z ) associa um vetor F (x . y . − → em que P e Q são funções de D em R e um campo de vetores do R2 é uma função F de uma região D do R3 − → que a cada ponto (x . z ) j + (x . − → Um campo de vetores do R2 é uma função F de uma região D do R2 que a cada ponto (x . y . Podemos escrever − → − → − → F (x . z ) = (x . também. y .2 3. y ) j definido em D tal que P e Q possuam derivadas − → parciais em D . o gradiente de f é um campo que a cada ponto (x .3. em cada instante temos um vetor que representa o vento para cada ponto de uma região. z ) k . z ) j + R (x . a notação: − → = ∂ ∂ ∂ . Q e R são funções de D em R . y . Este é um típico exemplo de um campo de vetores. y ) associa um − → vetor F (x . principalmente na Física. y ) = (x . Utiliza-se. y . se F = f . y ) = P (x . z ) ∈ D associa o vetor − → f (x . z ) do R3 − → − → − → − → F (x . Um campo de vetores F é chamado conservativo se ele é um campo gradiente de alguma − → − − → → função f . em que P . f : D ⊂ R3 → R. y ) j . ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z Nota 22. y ) do R2 . z ). ∂x ∂y 64 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) i + (x .2. o gradiente de f é um campo que a cada ponto (x . . São muitos os exemplos de campos vetoriais. y . ∂x ∂y ∂z = → ∂ − → ∂ − → ∂ − i + j + k ∂x ∂y ∂z com versão análoga para o caso R2 . 3. − → Nota 23. z ) = P (x .2 O Gradiente Dada uma função f : D ⊂ R2 → R. o divergente e o rotacional. Outro exemplo é um campo de força em que a cada ponto associa-se um vetor. Nesta situação chamamos de f o potencial de F .1 Integrais de Linha em Campos Vetoriais Campos Vetoriais O vento possui uma direção. (x . y . y ). z ) k . então o divergente de F é − → ∂P ∂Q div F = + . y ) = ∂f ∂f ∂f − → ∂f − → (x . Assim.3 O Divergente − → − → − → Dado um campo vetorial F (x . y ) ∈ D associa o vetor − → f (x . y . y ) i + Q (x . z ). ∂x ∂y ∂x ∂y Se a função está definida no R3 . (x . um sentido e uma intensidade. 3. z ) = − → ∂f ∂f ∂f ∂f − → ∂f − → ∂f (x . mas os mais importantes são o gradiente. y .2. isto é. y ) i + Q (x . simbolicamente. y . Ela está sob − → − → − → a ação de um campo de forças F (x . ti ]). Q . z ) = P (x .− → − → − → − → Analogamente. ) · (P . y . z ) = P (x . y . Se estamos com intervalos pequenos. y (t )). y ) j . b ] em pequenos subintervalos [ti − 1. y . ( x2 mM + y 2 + y 2 )3 3. Se o objeto de massa m está no ponto (x . − → Se F é uma força constante e se a partícula se desloca sob um segmento de reta AB . então a força gravitacional que está agindo em m é − → mM F (x . y ) i + Q (x . y . pois f (x . z ) i + Q (x . ∂x ∂y ∂z Nota 24. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 65 . Simbolicamente. z ). então dizemos que rot F = ∂Q ∂P − ∂x ∂y − → k. Podemos citar como exemplo importante a Lei de Gravitação de Newton: a intensidade da força gravitacional mM entre dois objetos de massa M e m é F = g 2 . z ) k definido em D tal que P . y ) = P (x . y .5 Integrais de Linha de Campos Vetoriais Considere uma partícula que se move no plano ao longo da curva γ(t ) = (x (t ). Note que o divergente é uma função de D em R (conjunto dos números reais) e é o que chamamos de campo escalar. y ) i + Q (x . Vamos assumir que um objeto de massa M está localizado na origem de R3 (M pode ser a massa da Terra e a origem seu centro). se F (x . b ]. z ) i + Q (x . então o trabalho W − − → → é dado pelo produto escalar W = F · AB . ∂x ∂y ∂z 3. − → − → − → − → Se rot F (x . 2 + y 2 + y 2 )3 ( x Este é um exemplo de campo conservativo. Q e R possuam derivadas parciais − → ∂P ∂Q ∂R div F = + + . y . z ) = G − → é um potencial para F (verifique!).2. ou ainda. z ) j + R (x . y . o deslocamento de Ai −1 = γ(ti −1 ) a Ai = γ(ti ) é. y . z ) = −G (x . Queremos calcular o trabalho realizado pela − → força F quando a partícula se desloca de γ(a) até γ(b ).4 O Rotacional − → − → − → − → Dado um campo vetorial F (x . ele pode ser expresso como o “produto interno”: − → − − → → ∂ ∂ ∂ div F = · F = ( . Dividindo-se o intervalo [a. Q e − → R possuam derivadas parciais em D . então o rotacional de F é dado por: − → rot F = ∂R ∂Q − ∂y ∂z − → i + ∂P ∂R − ∂z ∂x − → i ∂ ∂x P − → j + ∂Q ∂P − ∂x ∂y − → k. y ) j . z ). t ∈ [a. ti ]. R ). criamos pequenos arcos na curva γ(t ) : γ([ti −1 . z ) j + R (x . y ) = P (x . y .2. como um “produto vetorial” ou o determinante de uma matriz − → − − → → rot F = × F = − → j ∂ ∂y Q − → k ∂ ∂z R . z ) k tal que P . . y . y . em que r é a distância entre os objetos e g é a constante r gravitacional. y (ti ))x (ti )∆ti + Q (x (ti ). uma definição razoável para o trabalho é: b W = a P (x (t ). a Importante Não é difícil provar que a integral de linha não depende da particular parametrização da curva. y (t )) · y (t )] dt [P (x (t ). Aplicando-se o teorema do valor médio. em que F = x i + y j + z k e a curva é a hélice γ(t ) = (cos(t ). em que ∆xi = x (ti ) − x (ti −1 ) e ∆yi = y (ti ) − y (ti −1 ). y (t ))x (t ) + Q (x (t ). aproximadamente. z (t )) · x (t ) + Q (x (t ). para t ER 48. i =1 Assim. Assim. desde que não se inverta a orientação da curva. Se também a variação de F ao longo do arco γ([ti −1 . z (t )) · y (t ) + R (x (t ). A integral de linha de F ao longo de γ é: − − → → Fdr = b a γ − → F (γ(t )) · γ (t ). podemos escrever que: − − → → Fd r = b P dx + Qdy + Rdz ou a γ γ − − → → Fdr = b P dx + Qdy . − → − → − → ER 49. y (t ). podemos pensar que é quase constante. y (ti )) · Ai −1 Ai = P (x (ti ). 1) até 2 (1. − − → → − → − → − → − → F d r . y (ti ))∆yi . dy = y (t ) dt e dz = z (t ) dt . No caso R3 temos: a Usando a notação dx = x (t ) dt . b No caso R2 temos: a b [P (x (t ). z (t )) · z (t )] dt . y (ti )∆ti . y (t ))y (t ) dt Pode-se fazer um raciocínio análogo para o caso de R3 . Sejam γ(t ) = (x (t ). − → 3. 1) e partindo de (0. sen(t )). y (t ). sen(t ). y (ti ))∆xi + Q (x (ti ). o trabalho neste trecho será. Calcule o trabalho realizado pelo campo de força F = x 2 i − xy j quando uma partícula se move π ao longo da curva γ(t ) = (cos(t ). y (t )) · x (t ) + Q (x (t ). Solução: γ γ − − → → Fd r = b 2π P dx + Qdy + Rdz = a 0 [cos(t )(− sen(t )) + sen(t )(cos(t )) + t 1] dt = 2π 2 . − → −−→ −− Wi ≈ F (x (ti ). ti ]) for muito pequena. y (t )) (ou γ(t ) = (x (t ). podemos dizer que o trabalho total é n n W ≈ i =1 Wi ≈ P (x (ti ). y (t ). t ). y (t ). 0). 0) até (0. 0) até (0. z (t )) uma curva diferenciável por partes e F − → um campo contínuo cujo domínio contém esta curva. para t entre 0 e partindo de (1. Solução: Partindo de (1. um deslocamento ao longo do segmento Ai −1 Ai . 1) temos: W = γ − − → → Fdr = π 2 [cos (t )(− sen(t ))−cos(t ) sen(t )(cos(t ))] dt = 0 2 π 2 0 2 cos3 t −2 cos (t ) sen(t ) dt = 3 2 π 2 0 =− 2 3 66 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA .2 Definição. Calcule entre 0 e 2π.− → aproximadamente. que as integrais são diferentes. 2 (e) γ (f) γ xy 2 z ds . 4). sen(2t )).3. 6). γ é a semi-circunferência positiva x 2 + y 2 = 16 para x ≥ 0. o que temos é − − → → − − → → que Fd r =− F d r (verifique isto!). Calcule γ (1. de (0. Observe. para t entre 0 e π. x 3 y 2 z ds . γ é dada por x = 2t . 0) a r FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS (g) γ (h) γ (1. 1) até (1. γ é o arco da parábola y = x 2 de (−2. pois. 1) a (1. 0. 1). 4) a (1. xy 4 ds . 1). enquanto na segunda. 2. EP 3. 0. Calcule as seguintes integrais de linha ao longo da curva indicada: (a) γ x ds . 2). 0) a (2. 0) a (3. A integral de linha não depende da parametrização. 3. γ(t ) = (t 3 . Solução: W = γ − − → → Fd r = π π 0 [cos2 (2t )(−2 sen(2t )) − cos(2t ) sen(2t )(2 cos(2t ))] dt 4 cos3 t 6 2π 0 = 0 −4 cos2 (2t ) sen(2t ) dt = =− 2 3 As respostas dos exercícios anteriores são iguais. γ −γ − → − → − → ER 50. no sentido horário. 3) e de − → − − → − → − → − → F · d →. desde que não se inverta sua orientação. 1) a (0. 3) a (1. Em geral. 0.2. 1. só que foram parametrizadas de formas diferentes. Considere o campo F = x 2 i − xy j e a curva γ(t ) = (cos(2t ). 0) W = γ − − → → Fd r = π 2 0 [sen (t )(cos(t )) − sen(t ) cos(t )(− sen(t ))] dt = 2 π 2 0 2 sen3 t 2 sen (t ) cos(t ) dt = 3 2 π 2 = 0 2 3 Nota 25. 2.Partindo de (0. 3 cos(t )) para? ?0 ≤ t ≤ π . (b) γ (c) γ (d) γ xy dx + (x − y ) dy . 1. 2. para 0 ≤ t ≤ 1.4. 1.6 Exercícios Propostos EP 3. γ(t ) = (2t . 0) e de (2. γ é o segmento de reta de (1. no exercício anterior. Como se explica isso? As curvas são as mesmas (traço e sentido). Calcule a integral de linha. onde F = (x 2 + y ) i − 7y z j + 2xz 2 k e γ é a curva ligando o ponto (0. 3. z 2 dx − z dy + 2y dz . na primeira estamos percorrendo no sentido anti-horário. γ consiste dos segmentos de reta de (0. 0) a (0. nos seguintes casos: 67 . t ) e 0 ≤ t ≤ 1. (x − 2y 2 ) dy . 3 sen(t ). y = t 2 e z = t 2 . 1). xy z ds . γ consiste dos segmentos de reta de (0. pois 3 2 Solução: Sendo. que pode ser escrito como: b a f (x ) dx = f (b ) − f (a) que usamos com freqüência. 0. r − → − → − → − → − → − → − → → (b) F (x . r 3. 0. 1. lisa por partes. e uma função f (x . y . 1) é conservativo. 0) e depois a (1. t 2 . Verifique se o campo F (x . 3. y ) de classe C 1 cujo domínio D contém a curva γ. podemos fazer os mesmos cálculos para funções de três variáveis f (x .3 Proposição. depois a (1. 1. y . (b) γ é composta dos segmentos de reta de (0. y . 0 ≤ t ≤ 1. O que mostramos acima pode ser escrito da seguinte forma: − → − → − → Se F é um campo contínuo em D . EP 3. Calcule γ − → − F · d → nos seguintes casos: r − → − → − → − → − → → (a) F (x . γ(a)) e (b . y ) (ou f (x . f (x . 0) a (1.2. O gradiente de uma função f (x . z ) = sen(x ) i + cos y j = xz k e γ : − (t ) = t 3 i − t 2 j + t k . Queremos obter um resultado semelhante para funções de duas ou três variáveis. (c) γ é o segmento de reta de (0. Então γ − − → → Fd r = γ → f d − = f (γ(b )) − f (γ(a)). 68 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . e se γ : [a. por exemplo. 0 ≤ t ≤ 1. y . y .5. ainda. 0) a (1. 1). Se γ : [a. r Além disso. y . 0. γ(b )) − → − − → → pertencentes a D e F é conservativo.7 Campos Conservativos Para funções de uma variável temos o Teorema Fundamental do Cálculo. onde existe f tal que f = F . z ). o Teorema Fundamental do Cálculo e. chamado de campo gradiente. se γ é um caminho fechado. t 3 ). z ) = (x 2 . Calculando − − → → fd r = a b − → ∆ f (γ(t ))γ (t ) dt = a b γ ∂ f dx ∂ f dy + ∂ x dt ∂ y dt b dt = a d f (γ(t )) dt = f (γ(b )) − f (γ(a)) dt Note que aplicamos a Regra da Cadeia. γ − − → → F d r = 0. 1. z )) é um tipo de “derivada” da f . então F d r não depende do caminho γ. y ) = x 2 y i − xy j e γ : − (t ) = t 3 i + t 4 j . 0). D − → Seja f uma função potencial de F e γ : [a. z ) = − → f = F. − → ER 51. b ] → Rn um caminho. então γ − − → → Fdr = γ → f d − = f (γ(b )) − f (γ(a)). − → x3 y2 + + z . temos que o campo F é conservativo. b ] em R2 . portanto f (γ(b )) − f (γ(a)) é uma diferença de potencial.(a) γ(t ) = (t . ou conservativo. 1). b ] → R2 (ou R3 ) é uma curva lisa por partes contida em D . r A função f é chamada potencial de F em D e. b ] ⊂ D → Rn é uma curva com extremidades em dois pontos (a. Tomemos uma curva γ de [a. y ) dt = P (x . 2 cos(t )) dt = − − − → → Fd r = 2 −2 −π 2 (2 cos(2t ) + 8 cos(t ) − 2) dt = π + 8 8 . naturalmente. ∂x ∂y ∂P ∂2f ∂ 2f ∂Q = = = ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 69 . e somente se. − → − → Queremos encontrar uma função f tal que ∆ f = F . − − → → Fd r =− π −π 2 π γ1 (2 sen(t ). 2). 0) a (0. temos uma idéia da prova. a integral não depende da particular curva e. então f = F . 1) dt = Uma questão que. Mas. π e γ2 o segmento 2 ligando os pontos de coordenadas (−2. para D em R2 . x 2 ) · (1. 3 e γ2 (0. para dois pontos de D . Seja F (x .y ) − − → → F d r = lim 1 h→∞ P (x + th. para − → cada par de pontos (A. Então. dos pontos finais e iniciais. y ) j nas condições acima especificadas. mostramos que ∂f = Q. 0) a (0. 2 sen(t )) para t em . B ) a integral de linha de F é a mesma ao longo de qualquer curva lisa ligando A e B contida em D . y ) = γ − − → → Fd r . existe uma “bola” (disco ou esfera) de centro P contida em D . analogamente. onde P e Q são funções C 1 . y ) 0 Uma outra questão é: será que sempre existe uma curva ligando A a X em D ? Um conjunto D é dito conexo se. y ) i + Q (x . Segue que =Pe = Q . em seguida. Desta forma. 0) e (0. ∂y (x +h. os de (0. y ) j um campo conservativo. ∂x ∂y Usando uma idéia já conhecida para funções reais. existe uma curva lisa por partes contida em D . apenas. pode aparecer é: se tivermos um campo cujas integrais ao longo de curvas não dependem particularmente de curvas. y 2 ) · (0. por hipótese. 2). − → − → − → ER 52. isto é: ∂f ∂f =Pe = Q. então F é conservativo se. y ) e γ é uma curva qualquer ligando A a X tome f (x . Note que. γ1 (t ) = (2 cos(t ). definido em D ⊂ R2 . Por exemplo: seja F (x . y ) = lim = lim h→∞ h→∞ h ∂x h e. y ) = P (x . 0) e.Nota 26. y ) 1 (x . poderíamos definir f da seguinte forma: se X = (x . y ) = P (x . Mostre que rot F = 0 . do seguinte fato: − → − → Se F é um campo contínuo num domínio aberto conexo.y ) (x . y ) i + Q (x . Lembramos que um subconjunto D do R2 ou R3 é dito aberto se. então o campo é conservativo? − → − → − → Para responder a essa pergunta vamos considerar um campo F (x . − → − → − → ∂f ∂f Solução: Como F é conservativo. Note que o valor da integral de linha de um campo gradiente sobre uma curva só depende do ponto inicial e final da curva e não da particular curva. 0) dt + 2 0 (y . para todo ponto P de D . resumidamente. 4) · (−2 sen(t ). teríamos que ∂f f (x + h. y ) − f (x . mas. y ) = y i + (x 2 + y 2 ) j e dois π caminhos ligando os pontos (−2. em um − → − → aberto conexo D . − → − → − → Não é verdade que todo campo é conservativo. −19/143. Se F (x . (h) 77/6. EP 3. x2 + y2 (a) Mostre que ∂P ∂Q = . − → determine a função potencial de F .2. para campos em R 3 . 4. 3. − → − → EP 3. 3. (b) 6/5 − cos(1) − sen(1). em que γ é uma curva ligando (−1. Se F é um campo de classe C 2 . (b) 1638.4 (a) −11/15. em que γ é uma curva simples e fechada. Gabarito √ √ √ 3.e. − → − → Será que podemos concluir que quando rot F = 0 o campo é conservativo? 3. y ) j = . x 2 + 3y 2 ). também. verifique que − − →→ div r ot ( F ) = 0. Este exercício já foi proposto no texto sobre campos e é válido. y ) = (3x 2 + 2xy . 0) a EP 3. Verifique que a integral γ (5. Procure um exemplo de um campo não-conservativo. (g) 16/11. − → − → − → − → − → −y i + x j EP 3. r (b) Analise o valor de γ EP 3. as funções P . (e) 9 13π/4. 1).9.8 Exercícios Propostos 2x sen(y ) dx + (x 2 cos y − 3y 2 ) dy .10. Quando o campo é conservativo só existe um potencial para este campo? Como são todos os potenciais de um campo conservativo? − → − − →→ EP 3. Q e R são de classe C 2 . − → EP 3.7. Tomando uma função f de classe C 2 (lembra o que isto quer dizer?) verifique que r ot ( f ) = 0 .6. (c) 48. (f) 3 35. ∂y ∂x − → − F · d →.5 (a) 70 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . verifique se F é conservativo no R2 e.6 25 sen(1) − 1. em caso afirmativo.12. isto é.8. y ) = P (x . (c) −1.11. (b) 1. Seja F (x . (d) 17/3. y ) i + Q (x . então − → rot F = ∂Q ∂P − ∂x ∂y − → − → k = 0 Nota 27. Nem todo campo é conservativo. é independente do caminho e calcule o seu valor. 3.3 (a) (10 10 − 1)/54. A orientação para o nosso teorema deve ser tal que.TEMA 04 Teoremas de Green. As regiões que vamos considerar nas hipóteses do Teorema de Green são regiões planas fechadas e limitadas cuja fronteira (ou bordo) é composto por um número finito de curvas simples. a região fica sempre à esquerda.1 Teorema (de Green). Stokes e Gauss Relações entre as Integrais de Linha e de Superfície As relações entre as integrais de linha e de superfícies são dadas pelos teoremas de Green. temos que orientar estas curvas convenientemente. Vejamos. Esse é o resultado contido no teorema de Green no plano. Uma curva γ : [a. fechadas e lisa por partes. fechadas. 4. duas a duas disjuntas. No Teorema iremos calcular a integral de linha sobre as curvas da fronteira de D . y ) i + Q (x . precisamos estabelecer algumas definições e convenções. .1 O Teorema de Green O Teorema de Green nos dá uma relação entre integrais de linha sobre curvas fechadas e integrais sobre regiões limitadas pela curva. Seja um campo vetorial − → − → − → F (x . Formalmente. Seja D uma região fechada e limitada de R2 cuja fronteira ∂ D é formada por um número finito de curvas simples. y ) = P (x . Para compreendê-lo. Stokes e Gauss que. ao caminharmos sobre a curva. 4. + γn . b ] → R3 ) é fechada se γ(a) = γ(b ). Para isso. agora. duas a duas disjuntas orientadas no sentido que deixa D à esquerda das curvas. como é possível relacionar integrais de linha com as integrais duplas e vice-versa. b ] → R2 (ou γ : [a. isto é. além de sua utilidade teórica. . ∂ D = γ1 + γ2 + . Uma curva é chamada de simples se ela não se auto-intercepta entre o ponto inicial e final. consideravelmente. ∂Q ∂P − ∂x ∂y D dA = ∂D − → − F · d→ = r P dx + Q dy ∂D ou. y ) j de classe C 1 (as derivadas parciais de P e Q são contínuas) em um aberto que contém D . lisa por partes. Então. o trabalho para o cálculo de certas integrais. pode-se escrever − − → → (rot F ) · k dA = D ∂D − → − F · d→ r em que a integral de linha é a soma de integrais sobre as curvas componentes da fronteira de D . servem para diminuir. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 71 . uma curva γ é simples se γ(t ) é diferente de γ(s ) para todo t e s pertencentes ao intervalo [a. b ]. logo se chega a integrais complicadas. temos que ∂Q ∂P − ∂x ∂y D dA = ∂D − → − F · d→ = − r P dx + Q dy + γ π 2 −π 2 2t cos(0) dt 72 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . ER 55. Usa-se a notação γ P dx + Q dy quando se trata de integrais de linha de curvas fechadas. Calcule γ π π percorrido de − a . as funções P e Q possuem derivadas parciais contínuas em D e a curva está orientada de forma a deixar a região à esquerda. (1. utilizar o Teorema de Green quando uma das integrais envolvidas é muito difícil de calcular. orientado positivamente (anti-horário). Calcule γ (3y + e sen(x ) ) dx + (7x + y 4 + 1) dy . usaremos o Teorema de Green como alternativa. onde D é o disco de centro (0. (1. ER 54. Então. 1) e (0. Solução: Verifica-se que ao se tentar calcular diretamente a integral de linha proposta. 0). em que γ é o círculo de raio 3 centrado na origem orientado no sentido anti-horário. também. Nota 28. em que F (x . Vamos ver alguma aplicações para entender melhor o Teorema de Green.A prova deste Teorema é bem complicada e não cabe a este curso. Calcule γ x 2 y dx + xy 3 dy sendo γ o bordo do quadrado de vértices (0. P dx + Q dy = ∂D ∂Q ∂P − ∂x ∂y D dA = D (7 − 3) dx dy = 36π. ER 53. O Teorema de Green nos permite passar de integrais de linha complicadas para integrais de linha mais simples de se calcular. 1). Solução: Claramente poderíamos calcular diretamente esta integral: x 2 y dx + xy 3 dy = γ 0 1 x 2 0 dx + 0 1 1 y 3 dy − 1 0 x 2 1 dx − 1 0 0 y 3 dy Usando o Teorema de Green: A região é o quadrado D . y ) = 2x cos y i + (7xy − x 2 sen(y )) j e γ é o gráfico de y = cos x r Usando o Teorema de Green. 0) e raio 3. Portanto. 2 2 Solução: − → − − → − → − → F · d →. vale que ∂Q ∂P − ∂x ∂y D 1 1 0 x 2 y dx + xy 3 dy = γ dA = 0 y 3 − x 2 dx dy = − 1 12 Podemos. 0). Calcule a integral de linha de F (x . 0). 2π P dx + Q dy = γ 0 1 [−r sen(t )(−r sen(t )) + cos(t )(r cos(t ))] dt = 2π r2 4. onde γ é a fronteira da região limitada pelas parábolas y = x 2 e x = y 2 percorrida no sentido anti-horário. − → − → − → −y i + x j ER 56. 1) a (0. para t em [0. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 73 . uma curva fechada. (b) γ (x + 2y ) dx + (x − 2y ) dy . Pelo Teorema de Green 0= D ∂Q ∂P − ∂x ∂y dA = ∂D P dx + Q dy = γ P dx + Q dy + γ1 P dx + Q dy Portanto. 0) e da semi-circunferência x 2 + y 2 = 4. xy dx + 2x 2 dy . lisa por x2 + y2 partes qualquer. (c) γ (y + e ) dx + (2x + cos y 2 ) dy . não se esqueça de verificar todos os itens da hipótese.1 Exercícios Propostos EP 4. temos uma parametrização de γ1 no sentido anti-horário e. Usando o Teorema de Green. ∂Q ∂P − = 0 (verifique!). que contém a origem no seu interior. Tomemos um círculo γ1 de centro na origem e raio r que está no interior da curva γ (sempre existe?). sentido anti-horário. calcule as seguintes integrais de linha: (a) γ x 2 y dx + xy 3 dy . com y maior ou igual a 0 e orientada positivamente. em que γ é o quadrado com vértices (0. γ é a curva x 6 + y 6 = 1. γ consiste do segmento de reta unindo (−2. 1) e do segmento √ x de reta de (1.1. percorrida uma vez no sentido anti-horário. 0) a (1. (1. apressado. O aluno. 0). 2π]. assim. y ) = sobre γ. − → − F · d→ = r π 2 γ −π 2 2t cos(0) dt − π 2 ∂Q ∂P − ∂x ∂y D π 2 dA = 0 − D 7y dx dy cos x 0 = − −π 2 7 7 y dx dy = − 4 7 (1 + cos 2x ) dx = − π 4 −π 2 Cuidado! Ao usar o Teorema de Green. 1) e (0. orientado positivamente (sentido horário). onde γ consiste do arco da parábola y = x 2 de (0. sendo γ1 (t ) = (r cos(t ).1. 1). 0) orientada positivamente (sentido horário). γ (e) (f) γ 2xy dx + x 2 dy . (1. (d) γ x 2 y dx + y 2 dy . 0) a (2.Portanto. vai concluir que a integral de linha ∂x ∂y Solução: Temos que é zero. simples. r sen(t )). γ é a cardióide r = 1 + cos(θ) orientada positivamente. Errado! O campo em questão não está definido na origem! Não podemos usar o Teorema de Green desta forma. 0) e do arco da curva 2 y = sen(x ). que o formulou e provou. Finalmente. γ consiste do segmento de reta de (0. Basta γ calcular para ver isto. (d) 0. facilmente. 16 1 √ −1 . 0) a ( 2. (e) 0.1. de r γ √ √ √ √ (2. as quais ele distribuiu entre seus amigos. Deixamos a seguinte pergunta sem resposta: podemos concluir − → − → que quando rot F = 0 . orientado positivamente. (h) − → − − → − → − → F · d →. simples. Stokes.2 Um Pouco de História O Teorema de Green é assim chamado devido ao cientista inglês George Green (1793-1841). Green ingressa na Universidade de Cambridge como um aluno de graduação. temos o seguinte resultado: − → 4. dessa forma. Rayleigh e Maxwell sobre a teoria de eletromagnetismo.2 Campos Conservativos em Domínios Simplesmente Conexos − → No texto sobre Campos Conservativos vimos que se um campo F é conservativo. 0) a (π. mas que x2 + y2 − − → → F d r = 2π para qualquer circunferência centrada na origem percorrida no sentido anti-horário. no R2 . o campo é conservativo. O problema é o tipo de domínio do campo que tem um “buraco”. uma região assim. Ele trabalhava em tempo integral na padaria de seu pai desde os 9 anos de idade e aprendeu sozinho Matemática e Física com livros de biblioteca. percebe sua importância e o republica em 1846.2 Teorema. 0) e de (0. quando consideramos regiões D sem “buracos”. então ele tem um poten− → − → cial e. 4. 3 2 (a) −1/12. (b) −1/6. Intuitivamente. Então. Seu trabalho foi a base para os trabalhos de Thomson. E. Willian Thomson (Lord Kelvin) descobre uma cópia do trabalho de Green. 2) a (0. 74 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . 2). Green foi o primeiro a tentar formular uma teoria matemática para a eletricidade e o magnetismo. se prova que rot F = 0 . que toda integral de linha do campo sobre uma curva fechada é zero? Afinal. ou seja. (c) 1/3. lisa por partes. aos 40 anos. É fácil ver que rot F = 0 . y ) = (y 2 − x 2 y ) i + xy 2 j e γ consiste do arco de circunferência x 2 + y 2 = 4. Podemos. Seja F um campo de classe C 1 definido num aberto simplesmente conexo D do R2 . e dos segmentos de reta de ( 2. com recursos próprios. Apenas 100 cópias foram feitas. aplicar o Teorema de Green para obtermos o resultado acima. então F é conservativo. então a resposta à nossa pergunta é sim! Uma região D (de R2 ou R3 ) é dita simplesmente conexa se é conexa e se toda curva fechada. (g) π. 0). que foi pouco notado. onde F (x . contida em D pode ser contraída continuamente a um ponto sem sair de D . assim. Em 1828 ele publicou. ou seja.(g) γ (xy + e x ) dx + (x 2 − ln(1 + y )) dy . seu trabalho mais importante: “An Essay on the Application of Mathematical Analysis to the Theories of Eletricity and Magnetism”. a resposta é não. Se − → − − → → rot F = 0 . Em 1846. cinco anos depois de sua morte. 0)}. Este trabalho contém uma forma equivalente do que hoje conhecemos como Teorema de Green. é a que não tem “buracos”. não basta ver que o rotacional é zero para concluir que o campo é conservativo! Entretanto. (h) π + 4. (f) 0. 0) a (2. não é só aplicar o Teorema de Green usando a região interior à curva e concluir que a integral de curvas fechadas dá sempre 0? Calma! − → − → − → − → −y i + x j − → Considere o campo F = cujo domínio é R2 \ {(0. não implica que ele não seja conservativo. 0) e raio r > 1 e que contenha γ no seu interior. então − → − → rot F = 0 . rot F e D é simplesmente conexo. Q (x . y . então podemos dizer que. temos que considerar outra região. Se o domínio não for simplesmente conexo. y ) = (P (x . ∂x ∂y − → 4. de forma que o disco de centro (0. se o rotacional é nulo. Aplicando o Teorema de Green.4 Proposição (para campos em R3 ). um campo definido em um domínio D − → e suponha que as derivadas parciais de P e Q sejam contínuas. y ) é conservativo − → se. e somente ∂P ∂Q se. para aplicarmos o teorema de Green. z ). Podemos enunciar o teorema anterior para campos do R2 e do R3 da seguinte forma: − → 4.Atenção! − → É válido. Então F (x . Verifique se o campo F (x . Então F (x . e somente se. pois o domínio R2 \ {(0. o campo não poderia ser conservativo!). Atenção! Não existem “campos simplesmente conexos”. Nos dois exercícios a seguir. y . 2 − → − → − → (x 2 + y 2 )(x i + y j ) ER 58. Isto se deve ao fato de que F (x .3 Proposição (para campos em R2 ). y ) = é conservativo. Agora. que se F é conservativo em um conjunto simplesmente conexo. x2 + y2 Solução: Alguns podem responder que não é conservativo. O domínio do campo que deve ser simplesmente conexo para que o resultado valha. 0)} não é simln(x 2 + y 2 ) . y ) = dA = 0 = − → → ∂D F · d − = r γ − → − F · d→ r 2o caso: tome uma curva γ fechada. z ) = (P (x . x2 + y2 − 1 Seu domínio é o conjunto D = {(x . 0) e raio 1 não está contido na região interior a γ. Verifique que o rotacional do campo é nulo (lembre que se não fosse. Mas a resposta é sim. orientada no sentido anti-horário. Tome a curva γ como sendo uma circunferência de centro em (0. temos que ∂Q ∂P − ∂x ∂y D − → plesmente conexo. sim. y ) é conservativo se. 0) e raio 1 esteja contida na região interior a γ. − → − → − → x i +y j ER 57. Agora. Q (x . y ) = é conservativo. y ). z ). Leia as hipóteses do teorema: quando o domínio for simplesmente conexo. z )). y ). Q e R sejam contínuas. apesar deste fato. nada podemos dizer. x 2 + y 2 > 1}. Verifique se o campo F (x . orientada no sentido anti-horário. para FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 75 . y . R (x . y )). um campo definido em − → um domínio D e suponha que as derivadas parciais de P . y . 1o caso: tome uma curva γ fechada de forma que o disco de centro (0. então o campo é conservativo. também. Para mostrar que este campo é conservativo vamos calcular a integral de linha deste campo sobre toda curva fechada e ver que é zero usando o teorema de Green. Seja F (x . = e D é simplesmente conexo. devemos observar que em campos cujo domínio não é simplesmente conexo. Seja F (x . (2.5.4. (b) No sentido anti-horário.a região R indicada vale que 0= D ∂Q ∂P − ∂x ∂y dA = ∂D − → − F · d→ = r − → → γ2 F · d − − r − → → γ F · d− . − → EP 4. y1 ) ao ponto (x2 . . Considere o campo vetorial F (x . . onde γ é uma curva fechada contida na referida região. e mostre que γ −− →→ F r = 2π. 0 ≤ t ≤ 2π.2. − → − → − → (b) F (x . (xN . z ) = zx i + xy j + y z k . + (xN −1 yN − xN yN −1 ) + (xN y1 − x1 yN )] 2 (c) Determine a área do pentágono de vértices (0. Determine o trabalho realizado pelo campo de forças F (x . Sendo assim. F d r = 0 para qualquer curva lisa por partes fechada em D . os vértices de um polígono são (x1 .7. y ) = x i + (y + 2) j ao mover um ponto − → − → → ao longo da ciclóide − (t ) = (t − sen(t )) i + (1 − cos(t )) j . − − → → e somente se. − → − → − − → → (d) F (x . 1). mostre que: γ x dy − y dx = x1 · y2 − x2 · y1 . . z ) = y z i − z 2 j + x 2 k .1 Exercícios Propostos −y x . 1. . contornando a origem. x2 + y2 x2 + y2 − → EP 4. − → − → − → (c) F (x . yN ). r EP 4. y . r Note o sinal negativo por causa da orientação. (x2 . determine um potencial. y1 ). 0 ≤ t ≤ 2π. . z ) = x i + y j + x k . temos que − − → → Fdr = 2π 0 γ r2 √ [r cos(t )(−r sen(t )) + r sen(t )(r cos(t ))] dt = 0 r2 − 1 4. − → − → − → (a) F (x . 0). γ (b) Considere uma curva γ fechada. y2 ). . 0) a (1. Mostre que sua área é dada por: A= 1 [(x1 y2 − x2 y1 ) + (x2 y3 − x3 y2 ) + . k ) = y z i + (y 2 + xz ) j + xy k . 76 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . y ) = (2x − 3y ) i + (2y − 3y ) j . − → − → − → − → (f) F (x . y ) = (3x 2 − 4y ) i + (4y 2 − 2x ) j . 3). Determine se os campos são conservativos. Mostre que para um campo F contínuo num domínio aberto conexo tem-se que é conservativo se. (1. y . EP 4. 1).6.2. − → − → − → − → (h) F (x . − → − → − → − → (g) F (x . y2 ). (a) Se γ é o segmento de reta ligando o ponto (x1 . y . (0. 1). 2) e (−1. z ) = y i + x j + k . y . − → − → − → − → (e) F (x . z ) = xy i − y j + k . Calcule γ − → − F · d → para: r − → − → − − → → (a) F (x . Em caso afirmativo. y ) = (x 2 + y ) i + x 2 j . y . 0. y . EP 4. γ − → − → − → EP 4. . onde γ é o segmento unindo (0.3. y ) = − → (a) Verifique que F é conservativo em qualquer região simplesmente conexa que não contém a origem e − − → → calcule F d r . t 2 . de (0. orientada de modo que sua projeção no plano Oxz seja percorrida uma vez no sentido horário. Calcule: (a) γ 2x dx + (z 2 − y 2 ) dz . Prove que o trabalho realizado pelo campo F (x . FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 77 . gráfico da função y = ax b .9. Calcule: (a) γ x dx + y dy + z dz . (b) γ 2y dx + z dy + x dz . EP 4.13.− → − → − − → → (b) F (x . y ) = x i + xy j é nulo ao longo de qualquer − → circunferência com centro no eixo das abscissas. 0) ao ponto (−1. sendo γ a intersecção das superfícies z = xy e 1 = x 2 + y 2 . percorrida uma vez no (b) γ (c) γ (d) γ sentido horário. − → − → − → EP 4. 4 − x 2 ). 0) até a reta x = 1 sobre a curva γ. percorrida uma vez no sentido horário. √ − → − → − → (c) F (x . x 2 + z 2 = 4.0) − y dx + x dy x2 + y2 sobre um caminho que não passe pela origem. 0. 0). ±1). c > 0. sendo γ a fronteira da região limitada por x = 0. sendo γ a intersecção das superfícies 1 = x 2 + 4y 2 e 1 = x 2 + z 2 .2) (1. ligando (−2. atuando sobre uma partícula que se move do ponto (0. Mostre que F é conservativo. onde γ é o quadrado de vértices (±1.12. y ) = y i + (x 2 + y 2 ) j . (d) γ y dx + z dy + x dz . Um campo de vetores F em R2 é chamado de radial (ou central) se existe uma função g : R → R tal − → − → − → − → → → → que F (x . com a > 0 e b > 0. 0) a (2. − → EP 4. onde γ(t ) = (t . Determine um valor − → de c em termos de a e de b para que o trabalho realizado por F seja nulo. com y e z maiores ou iguais a 0. − → − → − → x2 y2 (d) F (x . y ) = (x + y ) i + (x − y ) j . percorrido uma vez no sentido horário. 2). onde γ é a elipse de equação 2 + 2 = 1. (c) dint γ y dx + z dy + x dz . onde γ é o arco circular dado por x = 0. EP 4. z ) = xy i − y j + k . Considere o campo F (x . y . onde γ é a circunferência a2 = x 2 + y 2 .11. sendo γ a intersecção das superfícies x + y = 2 e x 2 + y 2 + z 2 = 2x + 2y . percorrida uma vez do ponto (1. 0 ≤ t ≤ 1. y ) = g (|− |)− . x2 + y2 dx + dy . orientada de modo que sua projeção no plano Oxy seja percorrida uma vez no sentido horário. Determine todos os valores possíveis da integral (2.10. y = 1 e y = x 2 . 0. 0. 2. onde − = x i + y j . t 3 ). Pode-se concluir que F é conservativo? − → − → − → EP 4. |x | + |y | √ √ y dx + x dy . sendo γ a intersecção das superfícies z = x 2 + y 2 e z = 2x + 2y − 1. Suponha que g é de classe C 1 . 0) a (0. orientada de modo que sua projeção no plano Oxy seja percorrida uma vez no sentido horário. y ) = cxy i + x 6 y 2 j . percorrida uma vez em sentido a b anti-horário.8. (x + y ) dx − (x − y ) dy . 0). r r r EP 4. onde γ é o arco de circunferência γ(x ) = (x . 4]. as curvas coordenadas são os meridianos e os paralelos. y . y = y (u . v ) = 2 cos(u ). v0 ). uma parametrização de S . no plano uv . √ a2 − x 2 − y 2 e observe as parametriza- a2 − u 2 − v 2 . v ). φ) = a cos(θ) sen φy . temos outra superfície. com (u . Considere a parte superior da esfera x 2 + y 2 + z 2 = a2 . (2+sen(v )) sen(u ). y )? Quais são superfícies conhecidas? (a) x (u . Já no caso i. v ) = v e z = z (u . v ) pertence a D . 1] × [0. Gráficos de funções de duas variáveis são sempre superfícies parametrizadas. y = v e z = f (u . 4. deixando u = u0 constante e fazendo v variar. Uma questão natural é: a parametrização de uma superfície é única? Ou seja. u + cos(v )). Estas equações são chamadas de equações paramétricas de S (ou apenas uma parametrização de S ). π]. O gráfico deste não fica tão bom como no caso ii. O conjunto dos pontos (x . tomando x = x (u . exatamente pelo tipo de parametrização usada. v ) ∈ D = {(u .1 Exercícios Propostos EP 4. uma reta e na superfície uma curva. v ) = v e z = z (u . y = y (u . só existe uma maneira de descrever os pontos de uma superfície S usando duas variáveis? A resposta . é chamado de superfície parametrizada S . com (u . Analogamente. y ) pertence a D que é o domínio de f (D é uma região do plano xy ) uma parametrização do gráfico de f (que está no R3 ) é x = u . y = y (θ. Observe as curvas coordenadas. Note que é como se pegássemos a região plana D e a deformássemos criando S . v ) = u cos(v ). para (u . v ). 4] × [0. Nota 29. v ) = a2 . usando coordenadas esféricas x = x (θ.. De fato. 78 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA .3 Superfícies Parametrizadas Uma curva é uma “linha” do plano ou do espaço que pode ser vista como um segmento deformado. v ) ∈ [0. v ) = u . π]. Uma superfície é uma região do espaço que pode ser vista como uma região plana deformada. z = ções: i. As equações x = x (u . u 2 + v 2 ≤ ii. φ) = a cos φ. ou.14.. Um outro exemplo é a superfície parametrizada dada por r (u . v ) = 2 cos(u ) i + v j + 2 sen(v ) k . Como no caso das curvas. podemos observar uma diferença. 4] × [0. v ) = 2 sen(v ) são equações paramétricas de S . r (u0 . y (u . onde (x . No caso ii. z ) do R3 tais que x = x (u . ou seja. v ). a curva r (u . v ) em [0. v ) em D = R2 descreve o r cilindro infinito de raio 2. Quais destas superfícies são gráficos de funções de duas variáveis f (x .3. y = y (u . em que D = [0. temos. v ) em D . v ) = u 2 . Identifique as curvas coordenadas. se z = f (x . onde (u . a equação vetorial − (u . temos que as curvas coordenadas são cortes por planos paralelos aos planos x = 0 e y = 0. − → − → − → → Por exemplo. Se mudamos a região D e tomamos D = [−1. Construindo-se o gráfico da superfície (parte superior de uma esfera) com o Winplot utilizando as parametrizações obtidas. variando v . com (u . 2π](tente construir usando o software winplot).4. φ) = a sen(θ) sen φ e z = z (θ. temos. Note que. Estas curvas são chamadas de curvas coordenadas. v ) = u sen(v ). Use o winplot para esboçar o gráfico das seguintes superfícies parametrizadas. que é uma parte da anterior. v ). se fixamos v = v0 . y ). como se diz. para (u . temos a equação vetorial de S que descreve as coordenadas dos pontos de S de forma vetorial. v ) e z = z (u . com eixo no y . z (u . v ) = ((2+sen(v )) cos(u ). v ). 2π] × [0. v ) em [0. y (u . π] 4. (c) x (u . podemos concluir que quanto menor a partição mais próximos estamos da área “real” do telhado. 2π] × [1. 0). 0. Assim. A fim de calcular a área deste telhado. 4] × [0. a superfície do cilindro. v ) = u sen(v ) . v ) = u . para (u . v ) = u sen(u ) cos(v ). v ) = 2 + 4u + 5v . Assim. Mesmo assim. v ) = u cos(u ) cos(v ). 5] × [0.2] (d) x (u . . y = v2 y (u . v ) = u . 5] × [0. do cone ou da esfera. v ) = sen3 (u ) cos3 (v ). como. a área do telhado é 2 0 0 5 1+ Deixamos como exercício o cálculo desta integral. y (u . v ). v ) = u sen(v ). é razoável encontrar a medida da − → − → − → sua área. 1 . z (u . com (u . 2π] (e) x (u . ∂u ∂u ∂u − → e Xv = ∂x ∂y ∂z . temos alguns problemas. com (u . . π] × [0. isto é: − → − → | X u × X v |∆u∆v Intuitivamente. como calcular a sua área? Partiremos do seguinte exemplo: o telhado de uma estrutura tem o formato da superfície S dada por z = y2 2− para (x . 2π] (f) x (u . Se S é uma superfície. z (u . tão pequenos que são quase planos. O plano tangente pode ajudar. z (u . v )). y (u . v ) = sen(u ) sen(v ). y (u . temos o problema de calcular a área destes pequenos pedaços de planos. ∂v ∂v ∂v Portanto. aproximadamente. v ) = v e z = z (u . Temos dois vetores que extraímos de cada curva coordenada que são tangentes a estas curvas. v ) em [0. y (u . nos parece que um valor que pode ser chamado de “área da superfície” é: − → − → | X u × X v | du dv D Portanto. 2]. v ) ∈ D = [0. v ) = sen3 v . v ) = u cos(v ). por exemplo. y ) ∈ [0. z (u . com (u . v ) = sen(u ) cos(v ). v ) = −u + 3v . . X v = 0. v ) em [0. 4 Podemos concluir que.4 Área de uma Superfície Até aqui. com (u . v ) = (x (u . 1. a soma das áreas de cada pequeno paralelogramo.(b) x (u . π] × [0. Entretanto. 2]. − 2 − → − → v e X u × X v = 0. a área do telhado é. v2 du dv . v ) em [−3. os quais possuem coordenadas: − → Xu = Cada paralelogramo tem área − → − → − → − → | X u ∆u × X v ∆v | = | X u × X v |∆u∆v − → − → v No nosso caso: X u = (1. 6. 2 ∂x ∂y ∂z . z (u . como fizemos acima. em que x = x (u . 7]. y (u . vamos 4 dividi-lo em pequenos pedaços Si . v ) = 1 + 2u . v ) = 2 − . conhecemos fórmulas para calcular a área de algumas superfícies. v ) = cos3 (u ) cos3 (v ). v ) em [0. para uma superfície parametrizada S qualquer. com (u . v ) = cos(u ) + ln(tg (v /2)). 4 Tomemos uma parametrização de S : X (u . v ). podemos pensar em cobrir nosso telhado com pequenos paralelogramos. z (u . O paralelogramo X u × X v = 0 deve FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 79 . 2π] × [0. Solução: O plano intercepta o parabolóide na circunferência x 2 + y 2 = 9. Uma superfície como esta chamaremos de superfície lisa parametrizada. v ) ∈ D ⊂ R2 . com parametrização tal que X u × X v = 0 . no interior de D e biunívoca. Usando coordenadas polares 2π 3 A(S ) = D 1 + (2x )2 + (2y )2 dA = 0 0 r 1 + 4r 2 dr dtheta = 2π 1 2 (1 + 4r 2 )3/2 8 3 3 = 0 √ π (37 37 − 1) 6 ER 60. . . A(S ) = D 1 + (2x )2 + (2y )2 dA. z = x 2 + y 2 }. 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 9}. A área de S é dada pela integral − → − → | X u × X v | du dv . basta. y = (b + a cos(v )) sen(u ). a superfície que queremos é o conjunto dos pontos S = {(x .ser conhecido e. Às vezes S não pode ser descrita globalmente usando apenas uma parametrização. 4. Às vezes. então A(S ) = A(S1 ) + A(S2 ) + . z = a sen(v ). y ) (não precisamos trocar o nome das variáveis) e a área da superfície é: A(S ) = D 1+ ∂f ∂x 2 + ∂f ∂y 2 dA ER 59. ∪ Sn . região do R2 . Portanto. 80 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . se S = S1 ∪ S2 ∪ .5 Definição. ou seja . (x . D quando esta existir. para (x . 0) e raio a < b . em que D = {(x . z ). v ). y ). y . simples e fechadas. . nos restringiremos a superfícies parametrizadas S as quais certas condições são satisfeitas. v ) e z = z (u . concluir que se a superfície é o gráfico de uma função f (x . com centro (b . além disso. também. y = y (u . Nota 30. em que (u . Determine uma representação paramétrica da superfície S : toro obtido pela rotação da circunferência no plano xz . y ) ∈ D . somá-las. então uma parametrização natural é x = x . Solução: Uma parametrização para a superfície: x = (b + a cos(v )) cos(u ). Se pudermos dividir S em pedaços e calcular a área de cada um. em torno do eixo z e calcule sua área. a integral referida tem que existir. com cada Sk superfície lisa parametrizada. Desta forma. Podemos. então. y ) ∈ D . temos que ter uma região limitada e fechada D cuja fronteira é composta de um número finito de curvas lisas por partes. v ). Calcule a área de parte do parabolóide z = x 2 + y 2 que está abaixo do plano z = 9. 0. y = y e z = f (x . duas − → − → − → a duas disjuntas. aquela que temos não satisfaz as condições (não é globalmente lisa). Seja S uma superfície lisa parametrizada dada por x = x (u . . + A(Sn ). no final. y ). Nota 31. z = 9. Resumidamente. com o que foi visto. A definição de área de superfície não depende da parametrização de S . Logo. Segue que − → i − sen(u )(b + a cos(v )) −a cos(u ) sen(v ) − → j cos(u )(b + a cos(v )) − → k 0 − → − → |X u × X v | = = = Então −a sen(u ) sen(v ) a cos(v ) − → − → − → |a cos(u ) cos(v )(b + a cos(v )) i + a sen(u ) cos(v )(b + a cos(v )) j + a sen(v )(b + a cos(v )) k | a(b + a cos(v )) 2π 2π 0 A(S ) = 0 a(b + a cos(v )) du dv = 4π 2 ab . y . z ) = xy . y (u . Determine a área da região limitada pela hipociclóide dada por − (t ) = cos3 t i +sen3 t j . v )| du dv D que é denotada por S f dS . r EP 4.1 Exercícios Propostos − → − → → EP 4. y .16. que chamaremos de S2 .4. y . Calcule a área da parte da superfície z = 4 − x 2 − y 2 limitada por 0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 . A integral de superfície de f em S é a integral dupla − → − → f (x (u . (veja o desenho). z ) uma função real contínua. onde E = X u ∗ X u . − → − → De fato.5 Integrais de Superfície de Campos Escalares 4. v ))| X u × X v (u .5. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 81 . z (u .15. 4. 4. v ). a massa procurada é: xy dS = S S1 xy dS + S2 xy dS + S3 xy dS . √ − → − → − − → → − − → → − − → → Um cálculo simples mostra que | X u × X v | = E · G − F 2 . Então. sendo a densidade f (x .1 Dispositivo Prático para o Cálculo do Fator − → − → Como o fator | X u × X v | sempre aparece quando queremos calcular uma integral de superfície de um campo escalar. Atenção: − → − → Note a presença do fator | X u × X v |. 0 ≤ t ≤ 2π. 4. é interessante termos um modo prático de obtê-lo. ER 61. definida em S . z ) = 1 a área de S é dada pela integral de | X u × X v |. respectivamente. Seja f (x . G = X v ∗ X v e F = X u ∗ X v . Seja S um superfície parametrizada lisa com domínio D . Solução: A superfície S é a união de 3 superfícies: o cilindro e as duas “tampas”. Calcule a massa da superfície S que é a fronteira da região limitada pelo cilindro x 2 + z 2 = 1 e pelos planos y = 0 e x + y = 2. S1 e S3 . quando f (x .6 Definição. v ). 2π]. em que S é a parte de z = x 2 + y 2 limitada por x 2 + y 2 = 2y . Calcule S x + 1 dS . 0) u cos(v ) xy dS S2 = = = = √ 2 D2 √ u cos(v )(2 − cos(v )) 2u du dv 2π 0 0 1 2 cos(v ) cos2 (v ) − dv 3 4 0√ − 2 π 4 2π (2u 2 cos(v ) − u 3 cos2 (v )) du dv S2 : x = cos(u ). z = sen(u ). para u ∈ [0. 2 − cos(u )]. 82 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . 4 = −2π ER 62. 1] × [0. v ) em [0. 0. z = v para. S √ 2 xy dS = −2π − π. − sen(u )) xy dS S = D2 v cos(u ) du dv 2π 2π 0 2−cos(u ) = 0 v cos(u ) dv du (2 − cos(u ))2 cos(u ) du 2 4 cos(u ) − 4 cos2 (u ) + cos3 (u ) du 2 0 = = = 1 2 1 2 0 0 2π 0+4 u sen 2u + 2 4 + sen(u ) − sen3 (u ) 3 2π 0 Portanto. Temos que: − → − → Xu× Xv = − → i 1 0 Segue que − − → → j k 0 1 0 0 = (0. para (u . 0) xy dS = S1 D1 u · 0 du dv = 0 S3 : x = u cos(v ). y = 0. y = v .Calcularemos cada uma separadamente. 2π] e v ∈ [0. −u . y = 2 − u cos(v ). Temos que: − → − → Xu× Xv = − → i cos(v ) −u sen(v ) Segue que − → j cos(v ) −u sen(v ) − → k sen(v ) = (u . S1 : x = u . Temos que − → − → Xu × Xv = − → i sen(u ) 0 Segue que − → j 0 1 − → k cos(u ) 0 = (− cos(u ). z = u sen(v ). D1 o disco de raio 1. −1. temos que − → ÷ F dV = T S −− →→ F n dA. u 2 = 2u sen(v )). agora. também conhecido como o teorema da divergência. Então. vamos mostrar duas maneiras de parametrizar a superfície. para r ∈ [0. neste caso. O mais indicado. z ) uma função vetorial contínua. 1a maneira: temos o gráfico de uma função e então podemos parametrizar da forma x = u . y = v e √ z = u 2 + v 2 . permite-nos relacionar integrais de superfície com os integrais triplos já estudados anteriormente. 1] e θ ∈ [0. dx dy dz T S FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 83 . esboce a superfície utilizando o software winplot: Agora. Seja T uma região fechada e limitada no espaço. em que (u . e só se. v ) pertencem à região D (disco de centro (0. com primeiras derivadas parciais contínuas num dado domínio que contém T . cuja fronteira é uma superfície S orientável ou. Seja F (x . portanto. − → i cos(v ) −u sen(v ) √ − → − → Segue que | X u × X v | = u 2 e. Como vimos antes. π] e u varia em [0. u ) − → − → Xu× Xv = x + 1 dS S = D π √ √ (u cos(v ) + 1)u 2 du dv = 2 0 3 π 0 2 sen(v ) u 2 cos(v ) + u du dv π = 0 √ 8 sen (v ) cos(v ) + 2 sen2 (v ) dv = 2 3 3 sen4 (v ) sen(2v ) +1− 4 4 = 0 √ 2π 4.6 O Teorema de Gauss O teorema de Gauss. −u sen(v ). podemos n escrever dFx dFy dFz + + dx dy dz = F1 dy dz + F2 dz dx + F3 dx dy . y = u sen(v ) e z = u . − → j sen(v ) −u cos(v ) − → k 1 0 = (−u cos(v ). v = 1 + r sen(θ). y . Nestas condições. é fazer a seguinte mudança de coordenadas: u = r cos(θ). 2π]. Em coordenadas cartesianas. 2 sen(v )] (pois x 2 + y 2 = 2y se. 1+ 2 2 u √ 2 + v2 u + v √ 2 + v2 u = √ 2 x + 1 dS = S D √ (u + 1) 2 du dv . Logo √ √ (u + 1) 2 du dv = 2 D 0 2π 0 1 (r cos(θ) + 1)r dr dtheta = √ 2 0 2π √ cos(θ) 1 + dtheta = 2π 3 2 2a maneira: podemos parametrizar S da forma x = u cos(v ). → em que − é o versor normal que aponta para fora da superfície S . se − → pode decompor num conjunto finito de superfícies orientáveis. então. nesta situação temos que: − → − → |X u × X v | = Portanto.Solução: Inicialmente. 1) e raio 1). onde v varia em [0. Determine o integral pelo cilindro x 2 + y 2 = a2 . pelo teorema de Gauss. b a 2π 0 2π 0 dz 0 ρ2 ρ dρ dφ cos2 (φ) = 5 4 ba 4 dφ cos2 (φ) = 5 π ba4 . Em coordenadas cilíndricas. diretamente. r r − → − → − → Na superfície S . obtém-se: − (u . − − → → F · n dA = S S − − → → F · N du dv = 2π π dv o 0 du [56 sen3 (u ) cos2 (v ) − 8 sen(u ) cos2 (u )] = 64π. podemos escrever que o integral − → − → − → = 2 cos(u ) cos(v ) i + 2 cos(u ) sen(v ) j − 2 sen(u ) k − → − → − → = −2 sen(u ) sen(v ) i + 2 sen(u ) cos(v ) j − 2 sen(u ) k Segue que. Através de um cálculo direto. Sendo assim. e utilizando o teorema de Gauss. 4. Para calcular a integral de superfície. Verifique o teorema de Gauss na integral S → − → − → (7x i − z k )· − dA.7 O Teorema de Stokes O teorema de Stokes nos permite transformar as integrais de linha em integrais de superfície e vice-versa. o campo F = 7x i − z k possui a seguinte representação paramétrica: − → − → − → F = 14 sen(u ) cos(v ) i − 2 cos(u ) k . 4 ER 64. onde S é a superfície x 2 + y 2 + z 2 = 4. − → Solução: Temos que ÷ F = podemos escrever: 5 x 2 dx dy dz = 5 T 0 − → · F = 5x 2 . → → → − (u . − → − − → − → − → → N = →u × − v = [4 sen2 (u ) cos(v )] i + [4 sen2 (u ) sen(v )] j + [4 cos(u ) sen(u )] k . Ele é um importante resultado que a Física utiliza. podemos utilizar a representação 3 paramétrica da superfície esférica e calcular a integral para a = 2. Temos que. onde S é a superfície fechada delimitada S ER 63. n 4 vale 6 π23 = 64π. 84 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . v ) = 2 sen(u ) cos(v )− + 2 sen(u ) sen(v )− + 2 cos(u )− .Curiosidade! O teorema de Gauss é resultado de ligações entre a divergência de um campo vetorial e o valor da integral de superfície do fluxo definido pelo campo. (x 3 dx dy + x 2 y dx dy + x 2 z dx dy ). v ) → r v − → Solução: Uma vez que ÷ F = − → · F = 6. → r i j k em que 0 ≤ u ≤ π e 0 ≤ v ≤ 2π. na Eletrostática e na Dinâmica dos Fluidos. a área da superfície esférica é dada por (4 sen3 (u ) = 3 sen(u ) − sen(3u )). 0 ≤ z ≤ b e respectivas bases circulares. v ) → ru − (u . em particular. 1 1 1 . − → → − → − → − ER 65. então. onde S é o parabolóide z = 1−x 2 −y 2 .7 Teorema (de Stokes). escrever: ( S − → → × F ) · − dA = n S ( − − → → × F ) · N dx dy = S (2x + 2y + 1) dx dy . A solução é mais simples se convertêssemos a integral para coordenadas cilíndricas. constituindo uma − → curva fechada lisa ou. Sendo assim. Isso significa que − → − → o sentido de N não está de acordo com o sentido de circulação de C . decomponível num número finito de curvas lisas. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 85 . portanto: ( S − → → × F ) · − dA = n 2π 1 dφ 0 0 ρ dρ(2ρ cos(φ) cos(φ) + 2ρ sen(φ) + 1) = π. Do teorema de Stokes se torna evidente que. ficamos desde já sabendo que vamos obter o simétrico do resultado pretendido. com primeiras derivadas parciais contínuas num dado domínio que contém S . y . z ) uma função vetorial contínua. Voltamos a encontrar funções cuja integral de linha não depende da trajetória que liga os pontos inicial e final . Para calcular um vetor normal à superfície. z≥0 Solução: Determinemos. pois só neste caso se estabelece inequívocamente uma curva delimitadora. que é o resultado simétrico. Considere. decomponível em um número finito de superfícies orientadas lisas. então. − → N = No ponto de coordenadas − → − → − → − → − − → → w = wx i + wy j + wz k = −2x i − 2y j − k . então. que é lisa ou.4. assim. Para determinar a integral de superfície precisamos calcular − → → − → − → − × F = − i − j − k . C − → − F · d→ = r 2π 0 [sen(t ) · (− sen(t ))] dt = −π. Obtemos. Portanto. como se pretendia. Verifique o teorema de Stokes para o campo F = y i +z j +x k . primeiramente. Nestas condições. O contorno C é a circunferência de raio unitário no plano xy . → → → → − (t ) = cos(t )− + sen(t )− ⇒ − (t ) == sen(t )− + cos(t )− → → r i j r i j Logo. S uma superfície orientada no espaço. se uma função vetorial pode ser escrita como o gradiente de uma função escalar. Seja C a fronteira de S . Podemos. ou mudamos o sentido de N ou. r → em que − é um versor normal a S de acordo com o sentido de circulação em C r Nota 32. .são as denominadas funções conservativas. É importante não esquecer que o teorema de Stokes se aplica a superfícies abertas. a integral de linha. temos que: ( S − → → × f ) · − dA = n − → − F · d →. então. Seja F (x . 2 2 2 − → o vetor N aponta para o interior do parabolóide. então a integral ao longo de qualquer circuito fechado é zero. basta recordar que esta é a superfície equipotencial w = 0 do campo escalar w = 1 − x 2 − y 2 − z . O que seriam os análogos da derivada e da integral para funções de mais de uma variável? Jean d’Alembert (1717–1783) desenvolveu e usou o cálculo de várias variáveis para lidar com métodos para resolver equações diferenciais e movimento de corpos considerando a resistência do meio. em que S é a S EP 4. Também. finalmente. muitas das quantidades usadas nestes modelos aplicados eram de várias variáveis. 0 ≤ y ≤ 1. o cenário estava sendo montado por astrônomos e matemáticos para o desenvolvimento de funções de várias variáveis e. montou o cenário para o surgimento da matemática aplicada em várias variáveis. D’Alembert pesquisou nesta área e publicou muitos trabalhos em matemática e física matemática. 4. utilizando o teorema de Gauss. a integral de superfície superfície do paralelepípedo de limites 0 ≤ x ≤ 3. A Astronomia era uma área da ciência que era rica neste tipo de matemática de várias variáveis. L’Hospital e dos Bernoulli para estender os conceitos de cálculo para várias variáveis. usou os trabalhos de Newton. z = 1 e F = 2z 2 i + 3x j .8 Um Pouco da História das Funções de Várias Variáveis Durante o século XVI.4. três dimensões espaciais e o tempo). Este aplicou seu conhecimento de cálculo à mecânica. EP 4.18. Estes resultados mudaram a Astronomia e desempenharam um papel crucial no desenvolvimento da física newtoniana e do cálculo. Próximo na linha de refinamento e uso do cálculo de várias variáveis foi Joseph Louis Lagrange (1736– 1813).17. Determine a integral S ( − → → × F ) · − dA por integração direta. Galileu (1564–1642) tentou aplicar a Matemática ao seu trabalho em Astronomia. o qual ajudou a fazer com que a diferenciação parcial fizesse parte do cálculo. 0 ≤ y ≤ 2 e 0 ≤ z ≤ 1. 86 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . chamado de fundador da mecânica e Física moderna. para o cálculo de várias variáveis. Lagrange também foi o primeiro a desenvolver os métodos de hoje para encontrar máximos e mínimos usando cálculo.19. sua aplicação para resolver problemas em um mundo multidimensional resultou na necessidade de generalização para incluir funções de mais de uma variável e cálculo de várias variáveis. EP 4. é. Seu trabalho ajudou a desacreditar o modelo geocêntrico de Ptolomeu e ajudou a estabelecer a teoria heliocêntrica de Copérnico. cinemática e resistência dos materiais. em que S é o quadrado de limites n − → − → − → 0 ≤ x ≤ 1. Como o mundo físico é multidimensional (isto é.1 Exercícios Propostos − − → → F · n dA.7. De várias maneiras. Mostre a validade do teorema de Stokes na questão anterior. Depois do desenvolvimento do cálculo de uma variável no século XVII. freqüentemente. Ele tinha apenas 19 anos quando inventou estes métodos e até muito mais tarde em sua vida ainda os considerava como seu melhor trabalho em Matemática. Publicou Mécanique analytique (1787). matemático e físico alemão Johannes Kepler (1571–1630) contribuiu grandemente através do desenvolvimento das suas três leis do movimento planetário. Seu trabalho principal foi o Traité de dynamique (1743). a matemática estava se desenvolvendo para resolver problemas nas ciências físicas. Foi muito produtivo nesta área aplicada da Matemática. Determine. Seu trabalho em otimização em várias variáveis resultou na técnica que agora chamamos de multiplicadores de Lagrange. Por isso. Seus principais trabalhos foram sobre as equações de movimento e no entendimento da energia potencial. O astrônomo. no qual aplicou cálculo de várias variáveis ao movimento e às propriedades de objetos no espaço. Pelo seu trabalho nestas áreas. Rayleigh. Seu desenvolvimento de uma teoria de órbitas planetárias foi publicado em 1809. um problema de gravitação mútua que tinha frustrado Euler e Lagrange. FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 87 . As conquistas de Gauss em ciências e. Ostrogradsky deixou a Rússia para Paris. Posteriormente. chamado de Teorema de Gauss. Usou seus conhecimentos de diferenciação parcial e de integrais de linha para analisar soluções e propriedades das equações diferenciais parciais. na metade da década de 1820. O trabalho de George Green (1793–1841) sobre os fundamentos matemáticos da gravitação. algumas vezes. Seu famoso tratado sobre este assunto foi intitulado Mécanique celeste. O matemático francês Siméon Poisson (1781–1840) estudou com Lagrange e Laplace. onde encontrou Laplace. por isso precisou e desenvolveu resultados em cálculo de várias variáveis. Seu trabalho contribuiu para a análise do sistema solar. Enquanto trabalhava na teoria do calor. Adrien Legendre (1752–1833) venceu um prêmio de pesquisa da Academia de Berlim com seu trabalho sobre balística exterior. também incorporou resultados obtidos no final do século XVIII ao seu texto. Stokes. O famoso matemático Augustine Cauchy (1789–1857) construiu sobre os conceitos de várias variáveis no Mécanique céleste de Laplace e no Traité des functions analytiques de Lagrange. foi selecionado por Napoleão para ir numa expedição ao Egito como consultor técnico em engenharia e pesquisa técnica. por isso foi dado crédito a outros pelo desenvolvimento e prova deste importante resultado de várias variáveis.Colega de Lagrange. formulou o teorema da divergência como uma ferramenta para tornar integrais de volume em integrais de superfície. resolveu um problema de hidrodinâmica a respeito da propagação de ondas sobre a superfície de um líquido. Sylvestre François Lacroix (1765–1843) escreveu um tratado importante sobre cálculo em 1797. À frente daqueles que contribuíram para o cálculo de várias variáveis estava Carl Friedrich Gauss (1777– 1855). unificou e generalizou muitos métodos para incluir cálculo de várias variáveis. se sobressaiu ao resolver. Em seu livro. Enquanto Lacroix seguiu muitos dos fundamentos estabelecidos por Euler. Utilizou a matemática nas aplicações de elasticidade e vibrações. Laplace generalizou as leis da mecânica para sua aplicação ao movimento e às propriedades de corpos celestes. levando em consideração a resistência do ar e desenvolveu relações para alcance dadas as velocidades iniciais. fazendo seus trabalhos iniciais em mecânica. da eletricidade e do magnetismo foi publicado em 1828 em um pequeno livro intitulado An Essay on the Application of Mathematical Analysis to Electricity and Magnetism. O teorema é. A matemática de Green deu a base na qual Thomson. Legendre. O matemático francês Joseph Fourier (1768–1830) também aplicou cálculo para resolver problemas práticos em ciência. especialmente. Fourier. Fourier fez contribuições para o estudo e cálculo de difusão de calor e para a solução de equações diferenciais. Poisson e Cauchy. o astrônomo e matemático Pierre-Simon Laplace (1749–1827). foram assombrosas. mas suas anotações não foram publicadas até muitos anos depois. na Matemática. Gauss desenvolveu e provou o Teorema da Divergência enquanto trabalhava na teoria de gravitação. Analisou a curva descrita pelas bolas de canhão. O matemático aplicado Carl Jacobi (1804–1851) desenvolveu a teoria de determinantes e transformações em uma ferramenta poderosa para avaliar integrais múltiplas. Seu tratado expandiu o papel do cálculo de várias variáveis nas ciências. Gauss desenvolveu resultados que estabeleceram a teoria do potencial como um ramo coerente da Matemática. em 1822. Em 1816. Maxwell e outros construíram a teoria atual do eletromagnetismo. Mikhail Ostrogradsky (1801–1862) foi o primeiro a publicar uma prova do teorema da divergência. Também aplicou métodos de transformação para estudar integrais como as que surgiram no cálculo do comprimento de arco. Legendre pôde desenvolver estas equações a partir de seu trabalho avançado em equações diferenciais e cálculo de várias variáveis. Em 1782. Fourier continuou sua pesquisa matemática usando seu entendimento de derivadas parciais e de cálculo de várias variáveis. ainda jovem. Por sua habilidade. Muito daquele trabalho aparece em seu influente livro Théorie analytique de la chaleur. Continuou a estudar e contribuir com o cálculo de várias variáveis aplicando resultados em dinâmica e física computacional. e utilizou os resultados em mecânica e física. 4. eletricidade e magnetismo. do cálculo de várias variáveis. Seu trabalho influenciou trabalhos posteriores de Albert Einstein em Física e relatividade. termodinâmica e Física.17 4. som. Ernst Mach (1838–1916) usou muitas destas mesmas ferramentas para produzir novos resultados em mecânica. Sonya Kovalevsky (1850–1891). que nasceu em Connecticut e estudou em Yale. Trabalhos posteriores de cientistas e matemáticos aplicados no final do século XIX e no século XX refinaram resultados anteriores de várias variáveis e utilizaram estas técnicas em várias áreas de ciência e engenharia. trabalhou em problemas de ciência aplicada em física matemática. meteorologia e física solar. (d) π. 4. 4.6 (c) 9/2. Gabarito √ π 4. introduzindo as idéias básicas da geometria diferencial. poucos anos depois. em 1850.Central a este desenvolvimento foi o cálculo de várias variáveis. calor. a matemática russa mais conhecida do final do século XIX. o rotacional. gravitação.18 4. elasticidade. fluxo e potencial para avançar no entendimento de ótica. incluiu entre questões de um exame. (b) 0. que tem o seu nome. Similarmente. ele o aprendeu de Thomson. luz. O matemático italiano Guido Fubini (1879–1943) avançou ambos os aspectos. e. Seu trabalho aplicou Matemática à ciência e à engenharia. na teoria de equações diferenciais parciais. Ela trabalhou. resultado que agora chamamos de Teorema de Green.16 3π/8. 4. aprendeu matemática lendo papel de parede de um quarto que consistia de páginas de um texto matemático do cálculo diferencial e integral de Ostrogradsky. Ele não foi o primeiro a desenvolver o teorema integral que agora chamamos de Teorema de Stokes. O físico James Maxwell (1831–1879) usou ferramentas de várias variáveis como a divergência. eletromagnetismo e mecânica. George Stokes (1819–1903) aplicou o cálculo de várias varáveis para estudar hidrodinâmica. Josiah Willard Gibbs (1839–1903).8 (a) 0.15 [173/2 − 27]. luz. Bernhard Riemann (1826–1866) trabalhou com o físico Wilhelm Weber (1804–1891). 4. aplicado e teórico. (c) −2π 2. Ele provou o método de avaliar integrais iteradas. principalmente.4 2π 2 . Suas contribuições foram em termodinâmica.19 6 88 FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA . Desde então tornou-se conhecido como Teorema de Stokes. ftc.br . www.ead.FTC-E A D Faculdade de Tecnologia e Ciências – Educação a Distância Democratizando a educação.