´Universidade Federal do Parana ´ tica Departamento de Matema ´cnico-Dida ´ tico Manual Te ´ lculo de Va ´ rias Varia ´ veis - CM042 Ca ˜ es, Resultados, Formula ´ rios Definic ¸o e Exerc´ıcios Resolvidos Autor: Professor Jos´e Renato Ramos Barbosa Chefe do Departamento: Professor Manuel Jesus Cruz Barreda 2015 www.ufpr.br/∼jrrb 2 Conte´ udo 1 Introdu¸ c˜ ao 5 2 Defini¸ c˜ oes B´ asicas 2.1 Bola Aberta de Centro P0 ∈ Rn e Raio r > 0 . . . . . . . 2.1.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Observa¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Conjunto Aberto - Ponto Interior . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Ponto de Fronteira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Conjunto Compacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Gr´aficos de Fun¸co˜es Reais f de . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Conjunto de N´ıvel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Tra¸co (ou Trajet´oria) da Curva Parametrizada γ(t) . . . 2.6.1 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Dinˆamica de Uma Part´ıcula Percorrendo o Tra¸co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Resultados - C´ alculo Diferencial 3.1 Curvas Parametrizadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Limite da Fun¸ca˜o Vetorial γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) em t = t0 . . . 3.1.2 Continuidade de γ(t) em t = t0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Derivada da Fun¸ca˜o Vetorial γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) em t = t0 . . 3.1.4 Vetor Acelera¸ca˜o de γ(t) em t = t0 u.t. . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Continuidade e Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Interpreta¸ca˜o Geom´etrica da Continuidade para Fun¸co˜es Reais de (Duas) Vari´avel (Vari´aveis) Real (Reais) . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Propriedades das Fun¸co˜es Cont´ınuas . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Deriva¸ca˜o Parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.4 (Vetor) Gradiente de f no Ponto P0 , isto ´e, ∇f(P0 ) . . . . . . . . . 3.2.5 Derivadas Parciais de Ordens Superiores para f(x, y) = cosx y − yx3 3.2.6 Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.7 Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.8 Exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.9 Consequˆencias da Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Otimiza¸ca˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Pontos Cr´ıticos; M´aximos e M´ınimos . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Uma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 10 10 10 11 11 11 11 11 11 12 12 13 16 16 17 19 19 19 19 19 21 22 22 22 23 23 24 25 28 28 28 33 33 . . . . . . . . . . . . . . . . .Integrais Triplas . .1. .3. . . .1. . . .2. . . . .5 Exerc´ıcios . 36 39 40 40 41 43 49 . . . . . . . . . . . .4 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . .2 Continuidade e Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . .2 Regi˜oes dos Tipos 2 e 3 . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . .2 Area. 3. . . . . . . . .5. . . Aproxima¸co˜es Lineares e Regra da Cadeia 3. . . . . . . . . .4 Exerc´ıcios . . . . . . . . .1 Fun¸co˜es Cont´ınuas f(x.C´alculo Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5. 4. . Volume e Massa . . . . . .1 Regi˜oes/Dom´ınios de Integra¸ca˜o Dxy . . . . . . . . . . . . . . .4 Otimiza¸ca˜o . . . . . . . . . 63 63 64 67 69 72 73 73 74 75 77 78 79 80 .´ CONTEUDO 4 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . .C´ alculo Integral 4.C´alculo Integral . . .1 Curvas Parametrizadas . . . . . . 4. . . . . 4. . . . . . . . . . . . . .3 Mudan¸ca de Vari´aveis nas Integrais Triplas . . . . Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . 4. . Exerc´ıcios . . . . y. . . . . . . .4 Formul´ario . .3 Mudan¸ca de Vari´aveis nas Integrais Duplas . . . . . . . .3 Planos Tangentes. . . . 4 Resultados . . . . z) sobre Regi˜oes Dxyz do Tipo 1 4. .1. .2 Integrais Triplas . ´ 4. . . . . . . . Formul´ario . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . .C´alculo Integral . . . . . . .Integrais Duplas .1 Integrais Duplas/Triplas . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . .C´alculo Diferencial . . . .5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . 4. 4. . . . . . . . . . . .3 Formul´ario . . . . . 3. . . . . . . . . . . . .C´alculo Diferencial . .5. . . 3. . . . . . . . .5 3. . . . . . . . . .2 Teste da Derivada Segunda. . . . . . 4. . . . .4 Exerc´ıcios . . . . . . Cap´ıtulo 1 Introdu¸c˜ ao O conte´ udo dessas Notas, cujas primeiras vers˜oes remontam h´a mais de quinze anos, ainda est´a incompleto e ‘em constru¸ca˜o’. Da´ı ´e prov´avel que a ordem e/ou a reda¸ca˜o dos exerc´ıcios, bem como a quantidade dos mesmos, variem em muitas das visitas ao endere¸co www.ufpr.br/∼jrrb. Observa¸ca˜o an´aloga vale para os itens das defini¸co˜es, dos resultados e dos formul´arios. O objetivo aqui ´e mais operacional do que te´orico. Isto significa que a teoria foi submetida a uma ‘lipoaspira¸ca˜o’ e que a ˆenfase est´a quase toda na resolu¸ca˜o de exerc´ıcios e na interpreta¸ca˜o geom´etrica e/ou f´ısica dos resultados. Assim, o que se perde em precis˜ao e rigor se ganha em concis˜ao e tempo. Apenas para dar alguns exemplos de estilo: • Alguns resultados aparecem sem todas as hip´oteses e quase todos os resultados s˜ao apresentados sem demonstra¸co˜es (apenas alguns tˆem, n˜ao demonstra¸co˜es, mas justificativas razo´aveis); • Algumas defini¸co˜es n˜ao s˜ao apresentadas (por exemplo, M´aximos e M´ınimos no estudo de Otimiza¸ca˜o), embora sejam utilizadas a exaust˜ao, por entender que defini¸co˜es an´alogas, do C´alculo de Uma Vari´avel Real, s˜ao facilmente generalizadas. Por outro lado, a internet (via o Google, por exemplo) est´a a´ı para suprir eventuais carˆencias pontuais num t´opico ou noutro; • Em alguns resultados e algumas defini¸co˜es e resolu¸co˜es de exerc´ıcios figuram s´ımbolos da L´ogica Matem´atica e outros. Por exemplo: – ∴ , usado em conclus˜oes como ‘Da´ı’; – ⇒ , usado quando uma afirma¸ca˜o que o antecede ‘implica’ uma afirma¸ca˜o que o sucede; – ⇔ , usado quando uma afirma¸ca˜o que o antecede ‘´e equivalente a’ uma afirma¸ca˜o que o sucede; • Em alguns resultados e algumas defini¸co˜es e resolu¸co˜es de exerc´ıcios o texto ´e escrito na forma de uma lista de itens. Os pr´e-requisitos para a leitura s˜ao um curso de Pr´e-C´alculo (Matem´atica do Ensino M´edio), um curso de C´alculo de Uma Vari´avel e um curso de Geometria An´alitica. Falando em pr´erequisitos, gostaria de expressar que vejo a Matem´atica como uma linguagem tipo Portuguˆes, 5 6 ˜ CAP´ITULO 1. INTRODUC ¸ AO Inglˆes, Francˆes, etc. Assim, temos tamb´em ‘Matematiquˆes’, ‘Fisiquˆes’, ‘Quimiquˆes’, ‘Informatiquˆes’, etc. Aprender uma L´ıngua ´e antes, praticamente, ser alfabetizado nela. J´a nessa etapa preliminar ´e preciso estud´a-la e pratic´a-la (para n˜ao cometer equ´ıvocos com a mesma). Note que n˜ao ´e f´acil querer fazer um estudo avan¸cado da L´ıngua sem ter sido alfabetizado nela. Como diz o ditado: ‘O avan¸cado ´e fazer o b´asico bem feito!’. Por outro lado, para ter fluˆencia na L´ıngua ´e preciso, al´em do estudo e da pr´atica, conhecer todo um jarg˜ao da ´area. Apenas estudar na proximidade de cada prova ´e perda de tempo para quase todos aqueles que assim procedem. Sugest˜oes para o aprimoramento e/ou a clareza das Notas ser˜ao muito bem vindas. Nesse contexto, agrade¸co ao colega Ademir Alves Ribeiro e aos ex-alunos Diego Wedermann Sanchez e Trenton Roncato Juraszek. Exerc´ıcios e exemplos similares podem ser encontrados, por exemplo, nos livros ´ • CALCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL, VOLUME 2, Paulo Boulos e Zara Issa Abud, Makron Books, Edic˜ao Revista e Ampliada, 2006, ´ ˜ ´ ´ ´ • CALCULO DE FUNC ¸ OES DE MULTIPLAS VARIAVEIS, Geraldo Avila, LTC, S´etima Edi¸ca˜o, 2006, e ´ • CALCULO VECTORIAL, Jerrold Marsden e Anthony Tromba, Pearson/Addison Wesley, Quinta Edi¸ca˜o em Espanhol, 2004. Cap´ıtulo 2 Defini¸c˜ oes B´ asicas Como todos devem recordar, sendo A e B dois conjuntos n˜ao vazios, uma fun¸ca˜o f (definida em A a valores em B) associa a cada elemento a ∈ A um u ´nico elemento f(a) ∈ B; A ´e o dom´ınio de f; f(a) ´e a imagem de a (por f) e o subconjunto de B de todas tais imagens ´e a imagem de f. Aqui estudaremos fun¸co˜es f cujos dom´ınios s˜ao subconjuntos do Rn e cujas imagens s˜ao subconjuntos do Rm , isto ´e, A = Dom(f) ⊂ Rn e Im(f) ⊂ Rm = B. No j´a estudado ‘C´alculo de Fun¸co˜es y = f(x) Reais de Uma Vari´avel Real’ temos n = m = 1: • Para todo x ∈ Dom(f) ⊂ R, existe y ∈ R tal que y = f(x). Aqui estudaremos principalmente os casos em que: • n = 2 e m = 1: Para todo (x, y) ∈ Dom(f) ⊂ R2 , existe z ∈ R tal que z = f(x, y); • n = 3 e m = 1: Para todo (x, y, z) ∈ Dom(f) ⊂ R3 , existe w ∈ R tal que w = f(x, y, z); • n = 1 e m = 2: Para todo t ∈ Dom(f) ⊂ R, existe (x, y) ∈ R2 tal que (x, y) = f(t); • n = 1 e m = 3: Para todo t ∈ Dom(f) ⊂ R, existe (x, y, z) ∈ R3 tal que (x, y, z) = f(t). No primeiro caso temos Fun¸ c˜ oes Reais de Duas Vari´ aveispReais. Por exemplo, a fun¸ca˜o f que a cada vetor (x, y) associa o seu comprimento f(x, y) = x2 + y2 . Da´ı, por exemplo, q√ 2 √ p 2 2 2, 1/2 = 2 + (1/2)2 = 3/2 u.c.. f(3, 4) = 3 + 4 = 5 u.c. e f Outro exemplo, a fun¸ca˜o f(x, y) = xy que calcula a ´area de um retˆangulo cuja base mede x u.c. e cuja altura mede y u.c.. Assim, por exemplo, f(2, 2) = 4 u.a. ´e a ´area de um quadrado cujo lado mede duas u.c.. No segundo caso temos Fun¸ c˜ oes Reais de Trˆ es Vari´ aveis Reais. Por exemplo, a fun¸ca˜o f que a cada ponto do espa¸co associa a sua distˆancia ao plano OXY. Da´ı, por exemplo, f(7, 4, −2) = 2 u.c. e f(1, 2, 3) = 3 u.c.; Nos dois u ´ltimos casos temos as Fun¸ c˜ oes (a Valores) Vetoriais (de Uma Vari´ avel Real) ou Curvas Parametrizadas e, em geral, seus dom´ınios s˜ao intervalos da reta real. Al´em disso, 7 temos que Im(f) = [0. y) ∈ R2 . 2π) associa a posi¸ca˜o f(t) = (cos t. no lugar de f usaremos γ. aberto `a direita e fechado `a esquerda. z = x2 + y2 pode ser obtido para todo (x. como a soma de dois quadrados no m´ınimo ´e 0 e (tal soma) pode se tornar t˜ao grande quanto se queira (ao variarmos os pontos do dom´ınio). sen t) de uma part´ıcula numa circunferˆencia de centro na origem e raio unit´ario. note que: (a) O dom´ınio ´e dado por . denotaremos tais fun¸co˜es vetoriais por letras gregas. isto ´e. x(t) = cos t e y(t) = sen t. por abuso de nota¸ca˜o. y(t). Terminaremos este cap´ıtulo estudando ‘Gr´aficos’ de fun¸co˜es de duas vari´aveis e ‘Tra¸cos’ de fun¸co˜es vetoriais. 0) podemos usar apenas γ(t) = (x(t). Por exemplo. (Aqui. y) e w = f(x.) (Em geral. com certa frequˆencia. Al´em disso. x = x(t). z): 1. Mas antes.) Como todos devem lembrar dos estudos iniciais das fun¸co˜es reais de uma vari´avel real. no lugar de γ(t) = (x(t). y = y(t) e z = z(t). vamos determinar os dom´ınios e as imagens de algumas fun¸co˜es z = f(x.1 Cada um desses intervalos pode ser de um dos seguintes tipos: aberto. y. Por outro lado. Por exemplo. limitado ou ilimitado. y(t)). Por exemplo.˜ ´ CAP´ITULO 2. a fun¸ca˜o f que a cada instante de tempo t ∈ [0. Iniciaremos nossos estudos generalizando o conceito de intervalo da reta real para subconjuntos do Rn que aparecem. fun¸co˜es vetoriais com imagens em R3 e com uma das componentes nula podem ser consideradas como fun¸c˜oes vetoriais com imagens em R2 . Para z = √ x+y 1−x2 −y2 . o dom´ınio e a imagem de f podem ser (e quase sempre s˜ao) intervalos (ou reuni˜ao de intervalos) da reta real. 2. +∞). Da´ı Dom(f) = R2 . fechado. como dom´ınios de fun¸co˜es de v´arias vari´aveis. fechado `a direita e aberto `a esquerda. DEFINIC ¸ OES BASICAS 8 ´e conveniente ressaltar que as ‘coordenadas’ de f(t) tamb´em dependem da vari´avel independente t. y = f(x). Dom(f) = (x. y) ∈ R2 . 1 − x2 − y2 > 0 . = (x. y) ∈ R2 . −π/2) ∪ (−π/2. e o denominador 1 − (x2 + y2 ) se aproxima de 0 pela direita. O dom´ınio de y = tan x ´e a uni˜ ao de intervalos 1 · · · ∪ (−5π/2. +∞). +∞)! . se aproxima de ±∞. 3. exceto aqueles que pertencem a sua circunferˆencia x2 + y2 = 1. +∞). Da´ı 1 z = (x + y) · p 1 − (x2 + y2 ) Im(f) = (−∞. x2 + y2 < 1 . isto ´e. π/2) ∪ (π/2. isto ´e. 3π/2) ∪ (3π/2. temos que op numerador x + y ´e limitado. o dom´ınio de y = ex ´e o intervalo (−∞. Outro exemplo. o dom´ınio e a imagem de y = x ´e o intervalo [0. +∞) e a imagem ´e o intervalo (0. podendo ser negativo ou positivo. 5π/2) ∪ · · · . +∞). Para z = ln 9 − x2 − 9y2 . o dom´ınio ´e o conjunto dos pontos do plano que pertencem ao c´ırculo de centro (0. enquanto que o contr´ario ocorre para a fun¸c˜ao y = ln x. note que: √ Por exemplo. enquanto que a sua imagem ´e o intervalo (−∞. −3π/2) ∪ (−3π/2. (b) Em considerando pontos do dom´ınio arbitrariamente pr´oximos da circunferˆencia x2 + y2 = 1. 0) e raio unit´ario. 9 (a) O dom´ınio ´e dado por . y) ∈ R2 . Dom(f) = (x. 9 − x2 − 9y2 > 0 . = (x. y) ∈ R2 . x2 + 9y2 < 9 . 2 . . 2. x 2 = (x. y) ∈ R . + y < 1 9 . 2 . . y2 2. x = (x. y) ∈ R . Por outro lado. 0)) e eixo menor sobre o eixo dos y (com v´ertices em (0. Para w = cos p 1− x2 − y2 (a) O dom´ınio ´e dado por − z2 . isto ´e. isto ´e. o dom´ınio ´e o conjunto dos pontos do plano que pertencem a elipse de centro (0. 9 − x2 + 9y2 atinge o seu maior valor quando x2 + 9y2 alcan¸ca o seu menor valor. 3 1 isto ´e. 2 + 2 < 1 . isto ´e. exceto aqueles pontos que pertencem a sua 2 3 fronteira x32 + y12 = 1. 4. (b) Em considerando pr´oximos da fronteira da elipse pontos do dom´ınio 2arbitrariamente 2 2 2 9 − x + 9y = 0. ±1)). ln 9). note que: . eixo maior sobre o eixo dos x (com v´ertices em (±3. quando x = y = 0. 9 − x2 + 9y2 = 0. 0). temos que 9 − x + 9y se aproxima de 0 pela direita. z se aproxima de −∞. Da´ı Im(f) = (−∞. y. z) ∈ R3 . Dom(f) = (x. 1 − x2 + y2 + z2 ≥ 0 . z) ∈ R3 . y. = (x. . z) ∈ Dom(f). como 0 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ − x2 + y2 + z2 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ 1 − x2 + y2 + z2 ≤ 1 p 1 − (x2 + y2 + z2 ) ≤ cos 0 ⇔ cos 1 ≤ cos temos que ⇔ cos 1 ≤ w ≤ 1. para cada ponto (x. o dom´ınio ´e o conjunto dos pontos do plano que pertencem a esfera de centro (0. y. 1].. 0. isto ´e. 0) e raio unit´ario: cada um desses pontos est´a a uma distˆancia da origem n˜ao maior do que 1 u. (b) Note que.c. Im(f) = [cos 1. x2 + y2 + z2 ≤ 1 . ´e o intervalo aberto ]P0 − r. r P0 Figura 2. • Para n = 3. ´e o conjunto dos pontos de um c´ırculo de centro P0 e raio r. exceto aqueles que pertencem a sua circunferˆencia. uma tal bola aberta ´e o conjunto . DEFINIC ¸ OES BASICAS 10 2. aqueles que distam de P0 exatamente r.1 Bola Aberta de Centro P0 ∈ Rn e Raio r > 0 • Para n = 1. P0 + r[. ´e o conjunto de todos os pontos de uma esfera de centro P0 e raio r. isto ´e. P −r ❞0 P +r ❞0 P t0 • Para n = 2. Em geral.˜ ´ CAP´ITULO 2.1: Bola Aberta de Centro P0 e Raio r em R2 . exceto aqueles que distam de P0 exatamente r. P ∈ Rn . onde ||P − P0 || representa a distˆancia euclidiana entre P e P0 . a bola aberta ´e dada por .1. ||P − P0 || < r . P0 = x0 e P = x.1 Exemplos • Para n = 1. 2. x ∈ R . |x − x0 | < r . y0 ) e P = (x. • Para n = 2. P0 = (x0 . y). a bola aberta ´e dada por . p 2. 2 2 x∈R (x − x0 ) + (y − y0 ) < r . 2.2 Observa¸c˜ ao .1. P ∈ Rn ||P − P0 || ≤ r ´e a Bola Fechada de Centro P0 e raio r. 2.2. CONJUNTO ABERTO - PONTO INTERIOR 2.2 11 Conjunto Aberto - Ponto Interior Cada ponto P0 de um subconjunto aberto de Rn , digamos, A ⊂ Rn , ´e interior (a A), isto ´e, existe alguma bola aberta de centro P0 inteiramente contida em A. 2.2.1 Exemplos • Para n = 1, P0 = 1 ´e interior ao intervalo aberto A =]0, 2[ pois 1 − 21 , 1 + 12 ⊂ A, por exemplo. Contudo, 0 e 2 n˜ao s˜ao interiores a A. Na verdade, A ´e aberto: qualquer ponto P0 ∈ A ´e centro de algum intervalo aberto contido em A; • Para n = 2, considere o conjunto A ′ de todos os pontos do primeiro quadrante, exceto aqueles que estejam nos eixos coordenados. A ′ ´e aberto pois qualquer um de seus pontos ´e interior (a A ′ ). Nenhum ponto dos eixos coordenados ´e interior a A ′ ; • Para n = 3, todos os pontos de um cubo s˜ao interiores ao mesmo, exceto aqueles pertencentes as suas faces. Um cubo sem as faces ´e aberto. 2.3 Ponto de Fronteira P0 ∈ Rn est´a na fronteira de um subconjunto A de Rn se toda bola aberta de centro P0 intercepta A e intercepta o complementar de A em Rn . 2.3.1 Exemplos • Para n = 1, {0, 2} ´e a fronteira de A =]0, 2[; • Para n = 2, para o conjunto A ′ dos pontos do primeiro quadrante que n˜ao estejam nos eixos coordenados, a origem e todos os pontos que pertecem aos semi-eixos coordenados positivos formam a fronteira de A ′ ; • Para n = 3, as faces de um cubo formam a sua fronteira. 2.4 Conjunto Compacto Um subconjunto C de Rn ´e compacto quando cont´em a sua fronteira e est´a contido em alguma bola fechada. Se apenas cont´em a fronteira, C ´e dito fechado. Se apenas est´a contido em alguma bola fechada, C ´e dito limitado. 2.4.1 Exemplos Nos exemplos anteriores, tanto A quanto A ′ n˜ao s˜ao compactos. Contudo, [0, 2] ´e compacto pois al´em de conter a sua fronteira est´a contido em, por exemplo, [1 − 1, 1 + 1]. Agora, ainda que consideremos a uni˜ao de A ′ com a sua fronteira, tal uni˜ao n˜ao ´e um conjunto compacto pois nenhuma bola fechada pode contˆe-la. Finalmente, um cubo, incluindo as suas faces, ´e compacto. 5 Gr´ aficos de Fun¸co ˜es Reais f de . DEFINIC ¸ OES BASICAS 12 2.˜ ´ CAP´ITULO 2. • Uma Vari´ avel Real ´e o conjunto G(f) = (x. f(x)) ∈ R2 . . x ∈ Dom(f) . • Duas Vari´ aveis Reais ´e o conjunto G(f) = (x. f(x. y)) ∈ R3 . y. 2. f(x. Dom(f) = R2 .3). Esta ´e a equa¸ca˜o do plano ax + by + cz + d = 0 para a = b = c = 1 e d = −1 (veja figura 2.5. Para z = f(x. (x. podemos usar algumas figuras geom´etricas conhecidas (planos. Por fim temos . y. etc) para a visualiza¸ca˜o dos gr´aficos. (x. (b) Dom´ınio contido em R2 e Gr´afico contido em R3 .1 Exemplos Em alguns poucos exemplos. parabol´oides. Agora. isto ´e. y) ∈ Dom(f) . de z = −x − y + 1 temos x + y + z − 1 = 0. y) = −x − y + 1. y)) Figura 2. primeiramente note que existe z para todo (x. 1. y) ∈ R2 .2: f tem (a) Dom´ınio contido em R e Gr´afico contido em R2 . f(x)) (a) (b) (x. esferas. y. −x − y + 1) ∈ R3 . G(f) = (x. (x. segue que z = ± 1 − x2 − z2 . da equa¸ca˜o da esfera unit´aria x2 + y2 + z2 = 1. p 2. y) = 1 − x2 − y2 . temos que p . Da´ı. y) ∈ R2 tal que 1 − x2 − y2 ≥ 0. Dom(f) ´e a bola fechada em R2 com centro na√origem e raio 1. Da´ı. Agora. desconsiderando o sinal negativo. x2 + y2 ≤ 1. Para z = f(x. y) ∈ R2 . primeiramente note que existe z (n˜ao negativo) para (x. isto ´e. G(f) = (x. 1 − x2 − y2 ) ∈ R3 . y. 4). . x2 + y2 ≤ 1 ´e a semiesfera unit´aria superior (veja figura 2. 6 -0. y) com o plano E horizontal z = c (plano paralelo ao plano OXY de altura c). juntamente com intersec¸co˜es de G(f) com planos verticais (paralelos ao eixo OZ).4: Gr´afico da fun¸ca˜o z = f(x. quando projetadas no plano OXY.3: Gr´afico da fun¸ca˜o z = f(x.5 x -1-1 Figura 2.7 0.8 0.3 0. 1 0. 2.5 0 -0. isto ´e.6 x 1 − x2 − y2 para x e y variando entre −0. resultam num modo qualitativo de se obter G(f) como veremos a seguir.4 -0.2 0.5.2 0 0. ´e o conjunto .2 0 -0. c ∈ R fixo ´ a proje¸ca˜o no plano z = 0 (plano OXY) da interse¸ca˜o do gr´afico de z = f(x. y) = p -0.2 Conjunto de N´ıvel Curva de N´ıvel c.6 Figura 2. y) = −x − y + 1 para x e y variando entre −1 e 1.5 0 y 0 -0. ‘sec¸co˜es transversais’ de um gr´afico G(f) dado acarretam curvas espaciais que.4 0.5.5 2 1.4 -0.4 0.5 0.9 0.2 0.6 0.7.7 e 0.5 1 z 0.5 -1 1 1 0.5 0. Estas.5 -0. GRAFICOS DE FUNC ¸ OES REAIS F DE 13 3 2. y).6 z 0.´ ˜ 2. Agora.2 y -0. s˜ao ditas curvas de n´ıvel da fun¸ca˜o z = f(x.4 0. (x. y) ∈ R2 . f(x. Superf´ıcie de N´ıvel c. y) = c . c ∈ R fixo ´ o conjunto E . y. z) ∈ R3 . (x. z) = c . y. f(x. . y. uma tal esfera ´e a representa¸ca˜o geom´etrica do conjunto . De fato. por exemplo.˜ ´ CAP´ITULO 2. ∞). z) = x2 + y2 + z2 . as superf´ıcies de n´ıvel s˜ao esferas com centro na origem cujos raios pertencem ao conjunto [0. DEFINIC ¸ OES BASICAS 14 Para f(x. √ 2 (x. z) ∈ R3 . y. uma tal curva pode ser representada pelo 40 35 30 y 25 20 15 10 5 5 10 15 20 25 30 35 40 x √ Figura 2. isto ´e. Da Geometria Anal´ıtica ou da Algebra Linear (Identifica¸ca˜o de 2 2 Qu´adricas) sabemos que x + y − z = 0 ´e o parabol´oide de revolu¸ca˜o com v´ertice na origem e eixo das cotas como eixo de revolu¸ca˜o (veja figura 2.7). ∞) fixo. x2 + y2 + z2 = c com c ∈ [0. Exemplo do Uso de Curvas de N´ıvel e de Interse¸c˜ oes de Gr´ aficos com Planos Verticais para Visualiza¸ c˜ ao do Gr´ afico de Uma Fun¸ c˜ ao ´ Seja z = f(x. Note ainda que a superf´ıcie de n´ıvel 0 ´e representada pela origem do sistema OXYZ. isto ´e.5: Curvas de N´ıvel para z = f(x. y) = x2 + y2 . y) = x2 + y2 . Outro modo de visualizar o gr´afico ´e observando que as curvas de n´ıvel s˜ao circunferˆencias em R2 com centro na origem (veja figura 2. no plano OXY. x2 + y2 = ( c)2 para c ≥ 0. Note que: .5). conjunto com c ∈ [0. ∞) fixo. y) ∈ R2 . √ (x. cresce a altura do plano horizontal z = c. . y) = (0. nenhuma parte do gr´afico est´a abaixo do plano z = 0. 0). bem como o diˆametro da circunferˆencia x2 +y2 = c que representa a proje¸ca˜o da interse¸ca˜o do gr´afico de z = x2 +y2 com o plano z = c. • Para c = 0. n˜ao existe curva de n´ıvel x2 + y2 = c. • As curvas de n´ıvel indicam que o gr´afico pode ser o parabol´oide ou o cone de v´ertice na origem e eixo OZ como eixo de revolu¸ca˜o. isto ´e. x2 + y2 = c = ( c)2 • Para constante c negativa. a curva de n´ıvel x2 + y2 = 0 representa o ponto (x. • A medida que c cresce. Para outros exemplos e alguns exerc´ıcios sobre o uso de curvas de n´ıvel e interse¸co˜es de 8 7 6 5 4 z 3 2 1 02 1. ´e fortemente recomend´avel o uso de ‘softwares’ livres para ‘plotagem’ de gr´aficos de fun¸co˜es tais como: Winplot.5 0 -0. GRAFICOS DE FUNC ¸ OES REAIS F DE 15 Assim.5 2 x Figura 2. vamos interceptar z = x2 + y2 com os planos x = 0 e y = 0. respectivamente. ent˜ao z = y2 ´e uma par´abola em OYZ com v´ertice na origem e concavidade para cima (veja figura 2.5 1 1.5 0 0. planos verticais com gr´aficos de fun¸co˜es para visualiza¸ca˜o destes gr´aficos. respectivamente.7: Gr´afico da fun¸ca˜o z = f(x. z = x2 ´e uma par´abola em OXZ com v´ertice na origem 5 5 4 4 z 6 z 6 3 3 2 2 1 1 0 0 -2 -1 0 1 2 -2 -1 0 y 1 2 x Figura 2. Em geral.6: Interse¸co˜es de z = x2 +y2 com os planos OYZ e OXZ.5. GeoGebra. confira as referˆencias dadas na se¸ca˜o Introdu¸ c˜ ao. tal visualiza¸ca˜o s´o ser´a poss´ıvel via algum destes programas. para descartar a possibilidade do gr´afico ser o cone.5 -2-2 -1. Se x = 0. planos OYZ e OXZ. e concavidade para cima. Como diz o ditado.´ ˜ 2. o gr´afico s´o pode ser o parabol´oide da figura 2. a interse¸ca˜o do gr´afico e qualquer outro plano que contenha o eixo OZ ´e uma par´abola com v´ertice na origem e concavidade para cima. .5 1 y 0. em geral. Analogamente.6). Ainda. s˜ao par´abolas nesses planos com v´ertices na origem dos mesmos e concavidade para cima. com x e y variando entre −2 e 2. etc. sendo y = 0. Gnuplot. Assim.7.5 -1 -1. isto ´e. Kmplot.5 -1 -0. y) = x2 + y2 . Al´em disso. “uma figura vale mais do que mil palavras!”. 6 Tra¸ co (ou Trajet´ oria) da Curva Parametrizada γ(t) ´ a imagem da fun¸ca˜o γ.˜ ´ CAP´ITULO 2.6. isto ´e. DEFINIC ¸ OES BASICAS 16 2.1 Exemplos . ´e o conjunto E 2. Im(γ) = γ(t) . 5) O conjunto . 0. t ∈ Dom(γ) . 4) na dire¸ c˜ ao do vetor ~v = (2. O tra¸co ´ e uma reta que passa pelo ponto P0 = (1. 3. Im(γ) = P0 + t~v . t ∈ R . = (1 + 2t. 4 + 5t) . 3t. reta por (1. 3t.0. O tra¸co ´ e uma circunferˆ encia de centro na origem e raio unit´ ario no plano OXY O conjunto .8).3. 4 + 5t).8: Tra¸co de γ(t) = (1 + 2t.4) com vetor diretor (2. t ∈ R pode ser representado geometricamente por tal reta (veja figura 2.5) 20 15 z(t) 10 5 12 10 8 6 y(t) 4 2 01 2 3 4 5 6 7 8 9 x(t) Figura 2. sen t. Im(γ) = (cos t. 0) . temos que x(t)2 + y(t)2 = cos2 t + sen2 t = 1 para todo t ∈ [0. A trajet´ oria ´ e uma Helix (ou H´ elice) . De fato. para todo (x. Por outro lado. y) ∈ R2 tal que x2 + y2 = 1. 2π) tal que x = cos t e y = sen t. 2π). 2π) pode ser representado geometricamente por tal circunferˆencia (veja figura 2.9). t ∈ [0. existe t ∈ [0. da Rela¸ca˜o Fundamental da Trigonometria. . 2 2 Verifique! . t ∈ [0. y. ∞) ´e um subconjunto do cilindro representado pelo O tra¸co Im(γ) = (cos t. t) conjunto (x. z) ∈ R3 | x2 + y2 = 1 (veja figura 2. sen t.10). 6.t.2 Dinˆ amica de Uma Part´ıcula Percorrendo o Tra¸co γ(t0 ) ´e o Vetor Posi¸ c˜ ao de uma part´ıcula que percorre o tra¸co da curva γ no instante de tempo t = t0 u.9: Tra¸co de γ(t) = (cos t. helix 25 20 15 z(t) 10 5 01 1 0.. A seguir estudaremos os vetores Velocidade e Acelera¸ c˜ ao em t = t0 u.5 0 y(t) 0 -0. em OXY 1 0.6.t.5 0. TRAC ¸ O (OU TRAJETORIA) DA CURVA PARAMETRIZADA γ(T ) 17 circunf.5 0.10: Tra¸co de γ(t) = (cos t.5 0 y(t) 0 -0. No exemplo da reta que passa por P0 na dire¸ca˜o de ~v.5 -1 1 1 0.5 -0. 2.5 0 z(t) -0. . sen t. t). 0).´ 2. sen t..5 -0.5 x(t) -1-1 Figura 2. γ(0) = P0 ´e o vetor posi¸ca˜o da part´ıcula no instante t = 0 u..t.5 x(t) -1-1 Figura 2. 18 ˜ ´ CAP´ITULO 2. DEFINIC ¸ OES BASICAS . lim y(t) = y(t0 ) e lim z(t) = z(t0 ).) 19 .C´ alculo Diferencial 3. t2 . . por exemplo. 8). t→2 3.. ´e dada por γ(t0 +h)−γ(t0 ) h h→0 γ ′ (t0 ) = lim . t3 ) ´e cont´ınua em t = 2. z(t)) em t = t0 Em existindo. isto ´e. lim lim h→0 h→0 h→0 h h h isto ´e. y(t). t2 . y ′ (t0 ) . tal limite ´e igual a y(t0 + h) − y(t0 ) z(t0 + h) − z(t0 ) x(t0 + h) − x(t0 ) .Cap´ıtulo 3 Resultados . Assim. isto ´e. (γ ′ (t0 ) tamb´em ´e chamada de Vetor Velocidade da curva γ no instante t = t0 u. Pelo item anterior. quando x(t). lim γ(t) = lim t. no exemplo anterior. para γ(t) = t.1. γ ′ (t0 ) = (x ′ (t0 ) .1. Da´ı. lim . Tamb´em s˜ao cont´ınuas fun¸co˜es vetoriais como as dos exemplos dados no final da se¸ca˜o Defini¸ c˜ oes.1 Curvas Parametrizadas Limite da Fun¸c˜ ao Vetorial γ(t) = (x(t). z ′ (t0 )).3 Derivada da Fun¸c˜ ao Vetorial γ(t) = (x(t). t3 . y(t) t→t0 t→t0 t→t0 e z(t) s˜ao cont´ınuas em t = t0 . lim y(t) t→t0 t→t0 t→t0 (se existem tais limites).1. fun¸co˜es cujos tra¸cos sejam retas. circunferˆencias e h´elices! 3. t→t0 isto ´e. 4. lim t2 . y(t). z(t)) em t = t0 ´ dado por E lim γ(t) = t→t0 lim x(t).2 t→2 t→2 t→2 Continuidade de γ(t) em t = t0 Ocorre quando lim γ(t) = γ(t0 ) .t. lim t3 = (2.1 3. lim y(t). γ(t) = (t. quando lim x(t) = x(t0 ). r(t) = P0 + t~v = (1 + t. vamos obter a reta y = ax + b tangente ao gr´afico de f(x) = x2 no ponto de coordenadas x = t = 1 e y = t2 = 1. temos que b = 1 − 2 · 1 = −1. para obter a reta tangente a trajet´oria em t = 1.. Depois ‘sobe’ pela parte da par´abola do primeiro quadrante.t. isto ´e.. Da´ı o tra¸co ´e o gr´afico da par´abola y = x2 . isto ´e. isto 2 ´e. suas coordenadas satisfazem a equa¸ca˜o y = 2x + b. ~v = γ ′ (1) = (1. +∞). 2) ´e o vetor velocidade em t = 1 u. 1 + 2t) ∀t ∈ R. RESULTADOS . Para confirmar que esta ´e. Da´ı a part´ıcula ‘desce’ pela parte da par´abola do segundo quadrante at´e atingir o seu v´ertice. temos x − 1 = t = y−1 . r(t) = γ(1) + tγ ′ (1).. y = 2x + b ´e a reta tangente ao gr´afico de f em P0 = (1.1: Tra¸co da curva γ(t) = (t. isto ´e.) Agora. isto ´e.CALCULO DIFERENCIAL 20 Exemplo: Reta Tangente ao Tra¸ co (a Trajet´ oria) de γ(t) = (t. Quando t cresce de 0 at´e +∞.t. qual ´e a dinˆamica de uma part´ıcula sobre tal trajet´oria? A medida que t cresce de −∞ at´e 0. y = 2x − 1. 8 y(t) 6 4 2 0 0 0. Por outro lado. basta eliminar a vari´avel t da segunda equa¸ca˜o. 1) ´e a posi¸ca˜o de uma part´ıcula em t = 1 u. em P0 . Assim. x = t e y = t2 tamb´em crescem em [0. Da´ı. t2 ) em t = 1 Para obter o tra¸co. 2t) para todo t ∈ R. usando o C´alculo de Uma Vari´avel. de fato. considere a reta que passa por P0 na dire¸ca˜o de ~v. x = t tamb´em cresce nesse intervalo. como P0 est´a nesta reta tangente.1. De fato. sendo x = 1 + t e y = 1 + 2t. (Veja figura 3. vamos agora exemplificar o que ocorre no instante t = 1 u. Tal an´alise deve ser confirmada pelo vetor velocidade. isto ´e.´ CAP´ITULO 3. seu m´odulo √ 1 + 4t2 diminui de arbitrariamente grande para 1 (quando t varia de −∞ at´e 0) e aumenta de 1 at´e ficar t˜ao grande quanto se queira (quando t varia de 0 at´e +∞). enquanto que y = t2 decresce de +∞ at´e 0. Por um lado sabemos que a = f ′ (1) = 2 · 1. considere x = t e y = t2 = x2 . a reta tangente a trajet´oria em t = 1.5 1 1. Para mostrar que y = 2x − 1 e r(t) = (1+t. y = 2x − 1 ∀x ∈ R ´e a equa¸ca˜o da reta tangente ao gr´afico de f(x) = x2 em P0 . obtendo assim a primeira.t.5 2 2. t2 ) e sua reta tangente em t = 1. 1+2t) representam a mesma reta. como γ ′ (t) = (1.1 Por completeza. 1 Note que o vetor velocidade tem dire¸c˜ao e sentido compat´ıveis com a dinˆ amica descrita anteriormente! .5 3 x(t) Figura 3. P0 = γ(1) = (1. 1). De fato. t2 ) do exemplo anterior. A curva R ∋ t 7→ γ(t) = t. .t. sen t. Em existindo. Determine o ponto e o instante no qual o corpo atinge o plano x + y + z = 10. sen t) dada no final da se¸ca˜o Defini¸ c˜ oes.t. Por exemplo. cujo tra¸co est´a sobre uma esfera de centro na origem e raio r. t 5−1 ∈ R3 representa o movimento de um corpo.t. e−t . onde fγ representa a multiplica¸ca˜o de um escalar por um vetor. os exerc´ıcios do cap´ıtulo 6 do livro do Boulos (citado no in´ıcio da se¸ca˜o Introdu¸ c˜ ao). CURVAS PARAMETRIZADAS 3. definida num intervalo aberto. (c) (γ1 · γ2 ) ′ = γ1′ · γ2 + γ1 · γ2′ . (b) (fγ) ′ = f ′ γ + fγ ′ .1. Sendo γ(t) uma curva parametrizada com coordenadas diferenci´aveis tal que ||γ(t)|| = c constante para todo t pertencente a algum intervalo aberto I. e para a fun¸ca˜o real f(t). 2) ´e constante para todo t ∈ R. 6. Verifique que.1. t) (Helix) dada no final da se¸ca˜o Defini¸ c˜ oes. temos que. vale que (constanteγ) ′ = constanteγ ′ ). y1 (t). onde × representa o produto vetorial de dois vetores. Por exemplo. cos t) at´e sair pela tangente no instante t = 1 u. Considerando que uma part´ıcula de massa unit´aria percorre a trajet´oria descrita pela curva γ(t) = (cos t. o vetor velocidade ´e tangente ao movimento da part´ıcula.3. y ′′ (t0 ) . Suponha que uma part´ıcula siga pela trajet´oria γ(t) = (et . ´e dado por γ ′′ (t0 ) = (x ′′ (t0 ) . e o vetor acelera¸ca˜o ´e sim´etrico ao vetor posi¸ca˜o. z2 (t)). Determine os pontos em que a curva γ(t) = (t3 − 1. (d) (γ1 × γ2 ) ′ = γ1′ × γ2 + γ1 × γ2′ .t. perpendicular ao vetor posi¸ca˜o. z ′′ (t0 )) . como podemos descrever a for¸ca centr´ıpeta atuando em tal part´ıcula? 2. onde · representa o produto escalar de dois vetores. Exerc´ıcios 1. Onde estar´a a part´ıcula no instante t = 3 u. em t = t0 : (a) (γ1 + γ2 ) ′ = γ1′ + γ2′ . z1 (t)) e γ2 (t) = (x2 (t). prove (usando a Regra da Derivada do Produto Escalar) que γ(t) ⊥ γ ′ (t) para todo t ∈ I. Em t = 1 u. 3 5. 4.? 7. 8. para γ(t) = (t. γ ′′ (t) = (0.4 21 Vetor Acelera¸c˜ ao de γ(t) em t = t0 u. t2 . como podemos descrever a for¸ca centr´ıpeta atuando em tal part´ıcula? 3. Sendo γ(t) uma curva parametrizada com coordenadas diferenci´aveis. isto ´e. t2 + 1. (Em particular. para a curva γ(t) = (cos t.. 3t) intercepta o plano 3x − 2y − z + 7 = 0. todas deriv´aveis em t = t0 . em cada instante de tempo t. o corpo se desprende da curva e continua seu movimento sem for¸cas atuando sobre ele. 9. Para fun¸co˜es vetoriais γ1 (t) = (x1 (t). Resolva os exerc´ıcios sobre curvas parametrizadas de algum bom livro de C´alculo. y2 (t). Considerando a massa da part´ıcula unit´aria. prove que γ(t) ⊥ γ ′ (t) para todo t pertencente a tal intervalo. 3 2 5 z7 +2z6 . z) = πx y z+y z2 +1 . p1 e p2 dadas anteriormente.CALCULO DIFERENCIAL 22 3. m4 = m5 = constante3 = constante4 = 1. Logo. ˜ NA PRIMEIRA COORDENADA PROJEC ¸ AO z = p1 (x. diferen¸cas. Da´ı. s˜ao cont´ınuas: ˜ CONSTANTE FUNC ¸ AO z = cte(x. m3 = 2. n3 = n5 = 0 e n4 = 1). constante2 = log 2. ´e cont´ınua uma fun¸ca˜o cujo gr´afico seja o plano ax + by + cz + d = 0.2 3. produtos. Exemplos Utilizando as fun¸co˜es cte. Resultados an´alogos s˜ao v´alidos para fun¸co˜es reais q de trˆes vari´aveis reais que sejam cont´ınuas. constante = 3. y) = y (a = 0. y) varia numa parte sem interrup¸co˜es de Dom(f). s˜ao cont´ınuas as fun¸co˜es: • z = f(x. y) ´e cont´ınua se. y) = constante (c = 1.2. c = −1 e d = 0). Por exemplo. por exemplo. n1 = 2. z = f(x. y. c = −1 e d = 0). n2 = 3. e somente se. b = 0. O mesmo vale para fun¸co˜es reais cont´ınuas de duas vari´aveis reais.1 Continuidade e Diferenciabilidade Interpreta¸ c˜ ao Geom´ etrica da Continuidade para Fun¸c˜ oes Reais de Uma (Duas) Vari´ avel (Vari´ aveis) Real (Reais) Formalmente. √ 3xy2 +(log 2)x3 y3 +x2 +y+cos • z=e 2π 7 . RESULTADOS . 1 7 . y) = Pk i=1 constantei xmi yni para os mi e ni inteiros n˜ao-nulos. seu gr´afico n˜ao apresenta interrup¸co˜es (‘saltos’ e/ou ‘buracos’) enquanto x varia numa parte sem interrup¸co˜es de Dom(f).2 Propriedades das Fun¸c˜ oes Cont´ınuas Somas. m = 1. seu gr´afico n˜ao apresenta interrup¸co˜es (‘saltos’ e/ou ‘buracos’) enquanto (x. ´e cont´ınua a fun¸ca˜o w = f(x. constante5 = cos 2π 1 2 7 0. 3. o estudo de Continuidade precisa do conceito de Limites! y = f(x) ´e cont´ınua se. y) = x (a = 1. m = 3. e somente se. ˜ NA SEGUNDA COORDENADA PROJEC ¸ AO z = p2 (x. √ √ • z = 3xy2 + (log 2)x3 y3 + x2 + y + cos 2π (aqui. Analogamente. a = b = 0 e d = −constante).´ CAP´ITULO 3. b = 1. quocientes adequados e composi¸co˜es adequadas de fun¸co˜es reais cont´ınuas de uma vari´avel real tamb´em s˜ao cont´ınuas.2. z). z0 ) . 0). digamos y. podemos usar. (0. o padr˜ao se mant´em para fun¸co˜es reais de mais de trˆes vari´aveis reais. Em cada um dos casos seguintes obter as derivadas parciais ∂w/∂x e ∂w/∂y. digamos x e z. se w = f(x. z0 ) = (fx (x0 . z0 ) e w = f(x. (a/2. ∇f (x0 . 3. x2 +y2 . ∂f Al´em da nota¸ca˜o fy . 3. Calcular as derivadas parciais ∂z/∂x e ∂z/∂y das fun¸co˜es dadas nos pontos indicados. ∇f(P0 ) Em existindo as derivadas seguintes. (Isto ´e. y) = x cos x cos y. Por exemplo. (a) z = (c) z = eax cos(bx + y). (b) f(x. z0 ) . y0 . (2π/b. Obter fx e fy para: (a) f(x. y) = xy. y0 . fy (x0 . (1. 2. CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE 3. por exemplo. y). x2 −y2 (c) w = exy ln(x2 + y2 ). como constantes e. sendo x e z constantes em tal deriva¸ca˜o. ∇f (x0 . y0 ) . (d) w = x/y. 0). y. fy (x0 . y. y) = (x2 + y2 ) ln(x2 + y2 ). a/2). y0 .3. y0 ) e z = f(x. √ (b) z = ln 1 + xy. (e) w = cos(yexy )sen x. y0 . fy pode ser obtida derivando-se f (como no c´alculo de fun¸co˜es reais de UMA vari´avel real) apenas em rela¸ca˜o a vari´avel y. z). considera-se todas as suas outras vari´aveis independentes. isto ´ e.4 (Vetor) Gradiente de f no Ponto P0 . deriva-se a fun¸ca˜o apenas em rela¸ca˜o a y. ∂y ou ∂w . fz (x0 . (d) f(x. (0. z0 )) se P0 = (x0 . em sendo poss´ıvel derivar-se. 2). p a2 − x2 − y2 . ´e dado por: ∇f (x0 ) = f ′ (x0 ) para P0 = x0 e y = f(x).2. y0 )) para P0 = (x0 . Etc. (c) f(x. (a) w = xex (b) w = 2 +y2 .) . y0 ) = (fx (x0 .3 23 Deriva¸c˜ ao Parcial ´ necess´ario o conceito de Limites para uma defini¸c˜ao formal! E Para calcular a derivada parcial de uma fun¸ca˜o em rela¸ca˜o a uma de suas vari´aveis independentes.2. y) = exy . ∂y Exerc´ıcios 1. 0). y0 .2. ry . obtemos suas derivadas parciais de segunda ordem. y. z) =p x2 + y2 + z2 r = .5 Derivadas Parciais de Ordens Superiores para f(x. ∇ 1r = − rr3 . e. z) = o seu m´odulo. y). 2 cos y ∂f ∂ ∂2 f = x3 − 6yx. fx (P0 ) = 1 2 2 1 4 2 π π ∴ ∇f (P0 ) = 1 − . 4 4 π π π cos(ln 1) cos(ln 1) π − sen e fz (P0 ) = − sen . como xzπ cos(ln(xy)) zπ cos(ln(xy)) − sen .2. em radianos. z) = (x. isto ´e. y. y. Em sendo poss´ıvel deriv´a-las.) 3. o gradiente de r ´e dado por ∇r = (rx . 2). = ∂y ∂x y ∂f ∂ ∂2 f − 3x2 . 1. y. (Note que este exerc´ıcio generaliza os dois exerc´ıcios r anteriores. y. • fxx = ∂x 2 = ∂x ∂x sen y ∂2 f ∂f ∂ • fxy = ∂y∂x = x2 − 3x2 . y) = yx3 cos y x − y ∂f ∂f fx = ∂x = − cos = − senx y − x3 s˜ao as derivadas parciais de primeira ordem − 3yx2 e fy = ∂y x2 de f(x. z) e r(x.´ CAP´ITULO 3. − . RESULTADOS . r p x2 + y2 + z2 ! Exerc´ıcios Verifique (para pontos que n˜ao sejam a origem) que: 1. r2 ′ 3. z) o vetor que vai da origem ao ponto (x. 2. fy = x 4 4 y e fz = − xzπ xπ sen . z) = sen(ln(xy)) + cos fx = temos que xzπ 4 . Da´ı.CALCULO DIFERENCIAL 24 Exemplo Sejam f(x. ∇ ln r = r . = sen = ∂x • fyx = ∂x∂y ∂y x2 . e P0 = (1.p x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 1 (x. y. fy (P0 ) = . 2 4 Exemplo Sendo r(x.p . rz ) = x y z p . ∇f(r) = f (r)r com f diferenci´avel. 1. y0 ) .6 Diferenciabilidade Aqui. Exerc´ıcios p 1. y0 ) onde fx . dita Equa¸ ou Equa¸ c˜ ao do Calor. f(x0 )) (veja figura 3.2. Analogamente. e somente se. y) (x0 .2. existe reta tangente ao gr´afico de f em P0 = (x0 . mas para qualquer f(x. f(x0 )). (x. f(x0 )) (x. temos que f(x) ≈ f(x0 ) + f ′ (x0 ) · ∆x.2) dada por f ′ (x0 ) · (x − x0 ) + (−1) · (y − f(x0 )) = 0. isto ´e. o conceito de Limites ´e necess´ario! Reta Tangente para y = f(x) y = f(x) ´e diferenci´avel em x0 se. y(x) = ax + b. onde k ´e uma constante. CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE • fyy = ∂2 f ∂y2 = ∂ ∂y ∂f ∂y 25 = − cosx y . . vale que fxy (x0 .3. 3. atrav´es destas podemos obter as derivadas parciais de terceira ordem. isto ´e. y) = ln( x2 + y2 ) satisfaz a equa¸ca˜o fxx + fyy = 0? √ 2 c˜ ao de Difus˜ ao 2.2: Inclina¸ca˜o a = f ′ (x0 ) da reta tangente em (x0 . f(x)) Figura 3. Para y = f(x) ser diferenci´avel em x0 basta que exista f ′ (x0 )! Aproxima¸ c˜ ao Linear Podemos aproximar (localmente) o gr´afico de f em P0 pela sua reta tangente em P0 . fxy e fyx existam e sejam cont´ınuas. fy . y0 ) = fyx (x0 . sendo |x − x0 | = |∆x| ≪ 1 (arbitrariamente pequeno). y) da reta tangente. a = f ′ (x0 ) (x. f(x. Verifique que a fun¸ca˜o z = e−x /4kt / t satisfaz a zt = kzxx . y) definida em alguma bola aberta de centro em (x0 . N˜ao apenas para a fun¸ca˜o do exemplo dado. f(x)) pr´oximo de P0 pode ser aproximado pelo ponto (x. y0 ) se. y0 ) · (y − y0 ) + (−1) · (z − f(x0 . 002001. y0 ). y)) Figura 3.1. y0 )) = 0. e somente se. c = −1 (x0 . existe plano tangente ao gr´afico de f em P0 = (x0 . y0 . f (x0 . z) (x. y = 2x − 1 ´e a reta tangente ao gr´afico de f(x) no ponto P0 = (x0 . 001) = 1.) Assim. (Note que ∆x = x − x0 = 0. y) ´e dada aqui por analogia a equa¸c˜ao da reta tangente para y = f(x). b = fy (x0 . y0 ) · (x − x0 ) + fy (x0 . num exemplo sobre curvas parametrizadas. y0 . . y0 )) (veja figura 3. 001. 002 e f(x0 ) = x20 = (1. y0 ).CALCULO DIFERENCIAL Exemplo No in´ıcio deste cap´ıtulo. f(x. a = fx (x0 . como f(x0 ) + f ′ (x0 ) · ∆x = f(1) + f ′ (1) · (0. temos que a aproxima¸ca˜o linear calcula f(1) com erro de 10−6 . (Veja Figura 3. Contudo.3) dado por fx (x0 . y0 ). f (x0 )) = (1. y0 ) basta que fx e fy existam e sejam cont´ınuas em alguma bola aberta de centro (x0 . c = −1 para o plano tangente em (x0 . 1). f(x0 . 001) = 1 + 2 · (0. y) seja diferenci´avel em (x0 .) Vamos estimar o erro absoluto cometido quando aproximamos f(x) linearmente no ponto x = 1. y) ´e diferenci´avel em (x0 . vimos que para f(x) = x2 e x0 = 1. 001.2 ax + by + cz + d = 0. ser´a obtida via a consequˆencia (C3 ) da Regra da Cadeia. y0 .26 ´ CAP´ITULO 3. f (x0 . RESULTADOS . y) z = f(x. y0 ). y0 )) (x. Plano Tangente para z = f(x. Para que z = f(x. 001)2 = 1. y0 )). y. y.3: a = fx (x0 . b = fy (x0 . y0 )! 2 A equa¸c˜ao do plano tangente para z = f(x. x + y + z − 3 = 0 ´e a equa¸ca˜o do plano procurado. 1/ 3 . como P0 satisfaz tal equa¸ca˜o. 3). y.002 )8 . 1/ 3 = √−1/ 3 = −1. 01)3 − 6(0. 1. isto ´e. 1/ 3 = fy 1/ 3. Exemplo Qual ´e a equa¸ca˜o do plano tangente a esfera de centro na origem e raio unit´ario no ponto √ √ √ P0 = 1/ 3. CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE 27 Aproxima¸ c˜ ao Linear Da´ı podemos aproximar (localmente) o gr´afico de f em P0 pelo seu plano tangente em P0 . y0 ) · ∆y. Exerc´ıcios 1. 1/ 3 ? ~ = (1. temos que f ´e diferenci´avel em tal ponto. y0 ) · ∆x + fy (x0 . 99)(2. 99e0. a equa¸ca˜o fx √ √ √ √ √ √ 1 1 + fy 1/ 3. √ (b) z = x − y e P0 = (5. De fato. temos que f(x. 1/ 3 · y − √ + (−1) · z − f 1/ 3. 1/ 3 = 1 − (2/3) = √ √ √ √ √ e fx 1/ 3. Da´ı. como tal plano tangente tem vetor normal n √ ser representado por x + y + z + d = 0. isto ´e.2. x + y + z − √ 3=0. 01). y)) pr´oximo de P0 pode ser aproximado pelo ponto (x. f(x. √1 3 . (x. sendo |x − x0 | = |∆x| ≪ 1 e |y − y0 | = |∆y| ≪ 1 (arbitrariamente pequenos). (b) (0. 1. x − √1 3 +y− √1 3 +z− √1 3 = 0. 1/ 3 = 0 1/ 3. z) do plano tangente. p Por outro lado. 1).) Da´ı. y. 1/ 3. a calota superior de tal esfera ´e gr´afico de z = f(x. como fx = − √ x 2 2 e fy = − √ y2 2 1−x −y 1−x −y √ √ existem e s˜ao cont´ınuas em alguma bola aberta de centro em 1/ 3. y) = 1 − x2 − y2 com x2 + y2 ≤ 1. y) ≈ f (x0 . devido a f 1/ 3. 2. y) no ponto P0 para: (a) z = 2x2 + y2 (Parabol´oide) e P0 = (1. y) e a partir dela estimar: (a) (0. Aproximar linearmente uma fun¸ca˜o adequada f(x. isto ´e. 1. 3.3. o mesmo pode Solu¸c˜ ao: Por um lado. 99)3 + (2. (Confira a se¸ca˜o Defini¸ c˜ oes. 1/ 3 · x − √ 3 3 √ √ p representa o plano tangente procurado. isto ´e. temos 1−(2/3) √ √ √ (−1) x − 1/ 3 + (−1) y − 1/ 3 + (−1) z − 1/ 3 = 0. isto ´e. Obtenha a equa¸ca˜o do plano tangente ao gr´afico de z = f(x. y0 ) + fx (x0 . (c) z = ln(2x + y) e P0 = (−1. 0). 2). ´ CAP´ITULO 3. .2.7 Regra da Cadeia • Para x(t) diferenci´avel em t = t0 e f(x) diferenci´avel em x = x(t0 ).CALCULO DIFERENCIAL 28 3. RESULTADOS . . . . . . df dx d . . f(x(t)). . = · . . . y(t0 )). y) = (x(t0 ). • Para x(t) e y(t) diferenci´aveis em t = t0 e f(x. dt dx dt t=t0 x=x(t0 ) t=t0 = ∇f(x(t0 )) · x ′ (t0 ). y) diferenci´avel em (x. . . . . . . . d dx dy . . . y(t)). · f(x(t). . = fx . y)=(x(t ).y(t )) · + f y .(x. y(t0 )) dt . (x.y)=(x(t0 ). 0 0 dt dt t=t0 t=t0 t=t0 = ∇f(x(t0 ). . y(t0 )) · (x ′ (t0 ). y ′ (t0 )). para γ(t) com coordenadas diferenci´aveis em t = t0 e f diferenci´avel em γ(t0 ). • Em geral. . d f(γ(t)). . z) = xy + yz + zx. y) ∈ (0. fz (P0 )}. 0). 3. ~v = (2.8 Exemplo x(t) = et e y(t) = ln t s˜ao diferenci´aveis para todo t ∈ (0. ent˜ao 3 ∂f (P0 ) ∂f (P0 ) ∂f (P0 ) ∂f (P0 ) =a +b +c . Por outro lado. fy (P0 ) . como x ′ (t) = et . j. y ′ (t)) = ett · et + t2 · 1t = 2t. 3. ent˜ao f~u (P0 ) ∈ {fx (P0 ) . f(x.) 1. P0 = (1. 1. y(t)) · (x (t). y(t)) = ex(t) = que dt eln t et ′ = ett e fy (x(t). (Dica: Normalize a dire¸ca˜o. ∂~u ∂x ∂y ∂z Exerc´ıcio Obter a derivada da fun¸ca˜o dada. P0 = (0. y(t)) = eln t ln et = t · t = t2 temos y(t) d f(x(t). 0) = fx (P0 ). fz (P0 )) · (1.9 Consequˆ encias da Regra da Cadeia (C1 ) Derivada de f no Ponto P0 e na Dire¸ c˜ ao do Versor ~u: ∂f(P0 ) ∂~ u = f~u (P0 ) = ∇f (P0 ) · ~u Exemplo ~ ~ ~ Se P0 ∈ R e ~u ∈ i.2. √ sendo ~u = a~i + b~j + c~k tal que a2 + b2 + c2 = 1.2. Pergunta: Por que f~u (inclusive fx . −1. y) = ey ln x ´e diferenci´avel para todo (x. y. 2). fy (P0 ) . y ′ (t) = 1/t. 0. ~v = (10. Por um lado. z) = ex cos(yz). 2). a derivada de f na dire¸ca˜o de ~i ´e dada por f~i (P0 ) = (fx (P0 ) . f(x. y(t)) = ey(t) ln x(t) = eln t ln et = t2 . = ∇f(γ(t0 )) · γ ′ (t0 ). k . 0. Em geral. y. Por exemplo. fy e fz ) representa (de fato) uma derivada? . −2). ∞) × R. de f(x(t). no ponto dado e na dire¸ca˜o dada. 1. y(t)) = 2t. dt t=t0 onde · representa o produto escalar de vetores. 2. ∞) e f(x. temos tamb´em que ∇f(x(t). fx (x(t). CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE 29 “Justificativa” da F´ ormula para a Derivada Direcional Para definir Derivadas Direcionais ´e necess´ario o conceito de Limites! f~u (P0 ) ´e obtida da regra da cadeia. 1111111 0000000 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 θ 0000000 1111111 ∇f(P 0) 0000000 1111111 0000000 1111111 0000000 1111111 γ ′ (t0 ) 0000000 1111111 0000000 1111111 ||γ ′ (t0 )|| 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 0000000 1111111 000000000 111111111 00 11 0000000 1111111 000000000 111111111 00 11 00 11 ~ =u γ(t0 ) = P0 γ(t) 1 0 0 1 0 1 ~ = Figura 3. considerando uma curva parametrizada γ(t) tal que γ (t0 ) = P0 e γ ′ (t0 ) = ~v 6= ~0. como proj~v w ~ ·~v w ~v ||~v||2 ~ sobre ~v 6= ~0. o ´e a proje¸ca˜o ortogonal de w γ ′ (t0 ) ||γ ′ (t .4.4: Note ainda que.) De fato. se ~u = ||~~vv|| . (Veja Figura 3.3.2. 0 )|| ´e igual ao m´odulo . . γ ′ (t0 ) . isto ´e. ´e igual a . ′ ~ da proje¸ca˜o ortogonal de ∇f (γ (t0 )) sobre v = γ (t0 ). ∇f (γ (t0 )) · ||γ ′ (t0 )|| . m´odulo da derivada de f no ponto P0 = γ (t0 ) e na dire¸ca˜o de ~u = Logo ∂f(P0 ) ∂~ u . = ||∇f (γ (t0 )) || | cos θ|. . ~v d . f(γ(t)). = ||~v|| · f~u (P0 ). = ∇f(P0 ) · ~v = ||~v|| ∇f(P0 ) · dt ||~v|| t=t0 ´e simplesmente um m´ ultiplo da derivada . d f(γ(t)). onde θ ∈ ∂~ u [0. dt 0 A pr´oxima consequˆencia da Regra da Cadeia interpreta ∂f/∂~u como ‘taxa de varia¸ca˜o’. (C2 ) Em sendo n˜ ao nulo. e −||∇f (P0 ) || ´e o menor valor . (Confira a Figura 3. decresce) mais rapidamente 0) De fato. temos que −||∇f (P0 ) || ≤ ||∇f (P0 ) || cos θ ≤ ||∇f (P0 ) ||. ocorrendo para θ = π.) Da´ı. isto ´e. temos que ∂f(P = ||∇f (P0 ) || · ||~u|| · cos θ.t=t . ∇f (P0 ) (respectivamente. como ||~u|| = 1 e −1 ≤ cos θ ≤ 1. da f´ormula do produto interno. ∂~ u ∂f(P0 ) . ∂~ u ocorrendo para θ = 0.4. ||∇f (P0 ) || ´e o maior valor de 0) de ∂f(P . π] ´e o ˆangulo entre os vetores envolvidos. −∇f (P0 )) aponta na dire¸ c˜ ao na qual f cresce (respectivamente. 1) = (0. a Figura 3. Exerc´ıcio Achar a dire¸ca˜o na qual a fun¸ca˜o z = x2 + xy cresce mais rapidamente no ponto (−1. γ(t0 ) = P0 . e que ~v = γ ′ (t0 ). ∇f (P0 ) ´ e normal a superf´ıcie f(x. y) = (2x. ∇f (P0 ) · ~v = ∇f (γ (t0 )) · γ ′ (t0 ) . f(γ(t)) = constante. (Veja Figura 3. isto ´e. y. y. isto ´e.´ CAP´ITULO 3. 1).) Da´ı. Por fim. z) = constante.5: ∇f(P0 ) ´e perpendicular ao plano gerado por vetores tangentes. digamos ~v e w curvas em P0 . −2y). em que dire¸ca˜o f(x. Qual ´e a norma de ∇z nesse ponto e como podemos interpretar tal valor? (C3 ) Para P0 ∈ R3 . seja γ(t) uma curva parametrizada sobre a superf´ıcie f(x. z) = constante = f (P0 ) De fato. suponha que tal curva passa por P0 em t = t0 . Da´ı f cresce mais rapidamente a partir de (0. Agora. −2) = −2~j. considere ∇f (P0 ) 6= ~0. RESULTADOS . resulta da regra da cadeia que ∇f(P0 ) ~ w ~ v P0 γ(t) ~. 1) na dire¸ca˜o −~j. y) = x2 − y2 cresce mais rapidamente? De ∇f(x. temos ∇f(0. 1).5. sem perda de generalidade.CALCULO DIFERENCIAL 30 Exemplo A partir do ponto (0. . d = f(γ(t)). . dt t=t0 . . d = (constante). . . dt t=t0 = 0. y) no ponto P0 . y) ´e diferenci´avel em (x. y0 ) x0 − fy (x0 . Exerc´ıcios 1. se F(x. y0 ) x + fy (x0 . y. y0 )) tem vetor normal dado por (Fx (P0 ) . temos que e que tamb´em passa por P0 num dado instante. y0 ) y + (−1)z + d = 0. 2) ´e ~ = (1/ 2)(~j − ~k). y. 5. ent˜ao o plano tangente a superf´ıcie F(x. Obter o plano tangente e a reta normal ao hiperbol´oide x2 + y2 − z2 = 18 em (3. ent˜ao tal plano ´e dado pela equa¸ca˜o √23 · x + √23 · y + √23 · z + d = 0. ∇f(P0 ) ´e perpendicular a ~v. Exemplo Qual ´e a√equa¸c√ a˜o do√plano tangente a esfera de centro na origem e raio unit´ario no ponto P0 = (1/ 3. ∂z ∂u = ∂z ∂x ∂x ∂u + ∂z ∂y . 2y0 .2. 0). v0 ). tal plano tamb´em ´e tangente a superf´ıcie em P0 . ent˜ao z = f(x(u. Para determinarmos d. 0. Da´ı. ∇f (P0 ) ´e normal ao plano gerado pelos vetores ~v e w ~ . √23 . y(u. y0 . y0 ) . agora com vetor velocidade w ~ . y0 ) · (y − y0 ) + (−1) · (z − f (x0 . Da´ı. 3. y. Fy (P0 ) . y0 . se f(x. Segue de (C3 ) que. Como tais vetores ∇f (P0 ) ⊥ w s˜ao tangentes a superf´ıcie em P0 . f (x0 . Verificar√que o vetor normal unit´ario a superf´ıcie x3 y3 + y − z + 2 = 0 em (0. n 2. y)−z com f(x. y0 )) = 0 do plano tangente ao gr´afico de z = f(x. nesse ponto. z) = f(x. CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE 31 isto ´e. v). 1. Obter o vetor normal unit´ario a superf´ıcie cos(xy) = ez − 2 em (1. Como P0 pertence a tal plano. √23 . z) = 0 em P0 = (x0 . basta substituir d = −3 · √23 · √13 = −2 na equa¸ca˜o anterior. para outra curva sobre a mesma superf´ıcie ~ . v0 )). π. v) = (u0 . v)) ´e diferenci´avel em (u.3. y0 ) na equa¸ca˜o anterior para obter a equa¸ca˜o fx (x0 . Assim a equa¸ca˜o do plano tangente a tal superf´ıcie em P0 ´e dada por fx (x0 . ∂y ∂u . z) = x2 + y2 + z2 = 1 = f (P0 ) e ∇f (x0 . y0 ) y0 − (−1)f (x0 . y0 ). v0 ) e z = f(x. 2z0 ) = √23 . basta agora substituir d = −fx (x0 . v) e y = y(u. 1/ 3. y) = (x(u0 . Analogamente. v) = (u0 . y0 ) · (x − x0 ) + fy (x0 . y) diferenci´avel em (x0 . z0 ) = (2x0 . y0 ) . fy (x0 . −1) . −4). 1/ 3)? √ Solu¸c˜ ao: J´a vimos que tal plano ´e dado pela equa¸ca˜o x + y + z − 3 = 0 . Fz (P0 )) = (fx (x0 . (C4 ) Outra Regra da Cadeia Se x = x(u. v) s˜ao diferenci´aveis em (u. y(u0 . note que P0 ´e um ponto deste plano. v0 ) e. De fato. mas antes. ∂y ∂v Vamos demonstrar tal resultado apenas para ∂z/∂u. v0 ). 2 2 4 2 2 4 Por outro lado. Da´ı podemos usar a Regra da Cadeia para z = f(X(u). Y(u)) em u = u0 : . RESULTADOS .CALCULO DIFERENCIAL 32 2. como zx = 2xex sen y = 2uv2 eu v sen(u2 v). Sejam as fun¸co˜es reais apenas da vari´avel real u dadas por X(u) = x(u. ∂z ∂v = ∂z ∂x ∂x ∂v + ∂z ∂y . temos pela regra da derivada do produto que 2 4 2 4 zu = 2uv4 eu v sen(u2 v) + eu v 2uv cos(u2 v). zy = ex cos y = eu v cos(u2 v). xu = v2 e yu = 2uv. vamos verific´a-lo para z = 2 2 4 ex sen y. v0 ) e Y(u) = y(u. Como z = eu v sen(u2 v). Agora a demonstra¸ca˜o: Fixe v = v0 .´ CAP´ITULO 3. x = uv2 e y = u2 v. temos que zx xu + zy yu = zu . . Y(u)). d f(X(u). . = ∇f (X(u0 ). u = e−x−y e v = exy . . 2. Y(u0 )) · (X ′ (u0 ). Substituindo e calculando diretamente. v) = (u0 . v0 ). Y ′ (u0 )) . Utilizando a Regra da Cadeia. Exerc´ıcio Calcular ∂z/∂x e ∂z/∂y para z= u2 + v2 . 2 2 u −v das seguintes maneiras: 1. du u=u0 Isto equivale a zu = zx xu + zy yu em (u. ent˜ ao tal ponto ´ e cr´ıtico.6: Somente os Pi ’s cujas abcissas sejam interiores ao dom´ınio da fun¸ca˜o e onde existam derivadas s˜ao cr´ıticos. na figura 3. OTIMIZAC ¸ AO 3. . Embora as abcissas de ´ındices pares sejam pontos de m´aximo locais e as de ´ındices ´ımpares sejam pontos de m´ınimo locais. a rec´ıproca n˜ao ´e verdadeira nem mesmo para o caso de fun¸co˜es de uma vari´avel real. ∇f = 0 em tal ponto.1 33 Otimiza¸c˜ ao Pontos Cr´ıticos. . x2 e x5 s˜ao interiores ao dom´ınio de f com derivadas nulas: x0 e x6 n˜ao s˜ao interiores. . Para f(x) = x3 . . reais. apenas x1 . Por exemplo. Contudo.7: x = 0 ´e ponto de sela para f(x) = x3 . por exemplo. x = 0 ´e um ponto interior onde f ′ (0) = 3 · 02 = 0. enquanto que f ′ (x3 ) e f ′ (x4 ) n˜ao existem! O resultado anterior tamb´em ´e v´alido para fun¸co˜es reais de v´arias vari´aveis P6 P0 P 4 11111111 00000000 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 00000000 11111111 P2 P5 P3 P1 Figura 3. que n˜ao ´e ponto de m´aximo local nem de m´ınimo local (veja figura 3. isto ´ e.5 1 x Figura 3. .3 3.6. considere que Pi = (xi .5 0 0. M´ aximos e M´ınimos (O1 ) Se f tem m´ aximo/m´ınimo local num ponto interior ao seu dom´ınio e existe o gradiente ∇f nesse ponto. 1 y 0. f(xi )) pertence ao gr´afico de uma fun¸ca˜o real f de uma vari´avel real.7).5 -1 -1 -0.˜ 3. i = 0.3.5 0 -0. 6.3. Um ponto como este ´e dito um Ponto de Sela. ponto interior que n˜ao anule o gradiente. tamb´em ´e v´alido para fun¸co˜es reais de v´arias vari´aveis reais. y) = x2 + y2 . nossos ‘candidatos’ para pontos (interiores) de m´aximo/m´ınimo locais existem dentre aqueles que anulem o gradiente. E. Ainda. temos que (0. ∞) n˜ao tem m´aximo nem m´ınimo globais. f pode n˜ao admitir ponto de m´aximo ou de m´ınimo globais. representado pelo triˆangulo (interior e fronteira) da figura 3. de fato. Por exemplo: f(x) = ln x definida para todo x ∈ (0. y ≥ 0. Por outro lado.8 representa dois exemplos para fun¸co˜es reais de uma vari´avel real.34 ´ CAP´ITULO 3.8: No primeiro gr´afico. por (O1 ). Note primeiramente que todo ponto (x. No segundo gr´afico. os pontos de m´aximo e m´ınimo globais ocorrem nos extremos do intervalo compacto que representa o dom´ınio da fun¸ca˜o. y) = x2 + y2 ≥ 0 = f(0. o gr´afico de f ´e um parabol´oide com v´ertice na origem cujo eixo de revolu¸ca˜o ´e o semi-eixo positivo das cotas. y) ∈ R2 tem (0. (O2 ) Se f ´ e Cont´ınua num Dom´ınio Compacto. como f(x. y) = (0. y) ∈ R2 .CALCULO DIFERENCIAL (O1 ′ ) ‘Candidatos’ para Pontos (Interiores) de M´ aximo/M´ınimo Locais: Pontos onde o Gradiente seja Zero! Por exemplo. 2y) = (0.9. de ∇f = (2x. (Isto ´e. 0) como ponto de m´ınimo global (confira exemplo anterior). como vimos no final da se¸ca˜o Defini¸ c˜ oes. seja a fun¸ca˜o f(x. Da´ı (O2 ) nos . Outro exemplo: f(x. y) = xy(3 − x − y) = 3xy − x2 y − xy2 . y) pode se tornar t˜ao grande quanto se queira! Exemplo Considere a fun¸ca˜o f(x. que ´e compacto. ent˜ ao f tem M´ aximo e M´ınimo Globais neste Dom´ınio A figura 3. x + y ≤ 3 . 0). mas n˜ao tem ponto de m´aximo global pois f(x. y) ∈ R2 | x ≥ 0. que ´e cont´ınua. 0). 0) ´e ponto de m´ınimo Global para f. os pontos de m´aximo e m´ınimo globais s˜ao interiores ao intervalo compacto que representa o dom´ınio da fun¸ca˜o. Agora. O resultado Figura 3. com Dom(f) = (x.) Assim. temos apenas um tal ‘candidato’: (x. 0) para todo (x. tamb´em n˜ao ´e ponto de m´aximo nem de m´ınimo. y) = x2 + y2 definida para todo (x. y) ∈ R2 ´e interior a Dom(f) = R2 . embora possam existir pontos interiores que anulem o gradiente de f e n˜ao sejam de m´aximo nem de m´ınimo locais (confira exemplo anterior). se o dom´ınio n˜ao for compacto. RESULTADOS . podendo ser aplicado para garantir a existˆencia de pontos de m´aximo e m´ınimo globais num dom´ınio fechado e limitado. para pontos interiores. Agora.5 1 0.5 2 2. (O1 ′ ) acarreta que.˜ 3.5 1 1.9: Dom(f) ´e o triˆangulo (fronteira e interior) determinado pelas retas x = 0.5 3 x Figura 3. os candidatos a pontos de m´aximo e m´ınimo s˜ao obtidos via as seguintes equa¸co˜es: . OTIMIZAC ¸ AO 35 3 2. y = 0 e x + y = 3.5 y 2 1.5 0 0 0.3. diz que f admite pontos de m´aximo e m´ınimo globais em Dom(f). isto ´e. P1 = (3. 0) e P2 = (0. x = 3. 3). 0). Uma solu¸ca˜o ´e imediata: O = (0. que n˜ao ´e interior! Outras duas solu¸co˜es. y = 3. resultando em . seguem de: • x = 0 e y 6= 0 ⇒ 3 − y = 0. podemos dividir fx = 0 por y e fy = 0 por x. fy = 3x − 2xy − x2 = 0. que n˜ao s˜ao interiores. isto ´e. fx = 3y − 2xy − y2 = 0. • x 6= 0 e y = 0 ⇒ 3 − x = 0. Agora sendo x e y diferentes de zero. . isto ´e. 3 − 2x − y = 0. 3 − 2y − x = 0. y = 0 e x + y = 3 anulam f(x. note agora que todos os pontos da fronteira de Dom(f) (inclusive O. sendo este ent˜ao o m´aximo global. temos x = y = 1. Resolvendo tal sistema. 0) = f(3. temos um u ´ltimo candidato para ponto (interior) de m´aximo/m´ınimo: P3 = (1. n˜ao h´a ponto de m´ınimo interior ao . f(0. satisfazem a equa¸ca˜o f(x. 1).) Ent˜ao. nenhum ponto da fronteira pode ser ponto de m´aximo global. Ora. x = 0. Mas. temos que pontos de m´aximo (locais) interiores a Dom(f) devem anular o gradiente. 3) = 0. 2x + y = 3. (Por exemplo. y) = xy(3 − x − y). o u ´nico ponto interior que anula o gradiente ´e P3 . x + 2y = 3. P1 e P2 ) anulam a fun¸ca˜o f. 0) = f(0. por (O1 ′ ). Assim. isto ´e. Por outro lado. Por um lado. Logo tal m´aximo pertence ao interior de Dom(f). como f(P3 ) = 1. y) = 0. De fato. Logo. Como todos os pontos da fronteira tˆem a mesma imagem (nula) por f. (1.CALCULO DIFERENCIAL 36 dom´ınio. eventuais pontos (interiores) de m´ınimo anulariam o gradiente e apenas quatro pontos anulam o mesmo. devido a n˜ao existirem outros pontos interiores ao dom´ınio que anulem o gradiente (n˜ao podendo assim existir outro ponto de m´aximo local interior a Dom(f)) e todos os pontos da fronteira anularem f. 1) ´e. 1) = fxx (1. supondo que esse(s) valor(es) exista(m) e que ∇g 6= ~0 para tais (x. (O3. y0 ) interior ao dom´ınio de f.2 Teste da Derivada Segunda. y) = xy(3 − x − y). (1. por (O2 ). 1)fyy (1. (1. y) Se as derivadas parciais de segunda ordem s˜ao cont´ınuas numa bola aberta de centro no ponto cr´ıtico (x0 .1 ) y = f(x) Se a derivada de segunda ordem de f ´e cont´ınua num intervalo aberto com centro no ponto cr´ıtico x0 . y) para (x. est˜ ao na fronteira e o que est´ a no interior. A conclus˜ao desses dois fatos ´e que o m´ınimo global pertence a fronteira do dom´ınio. ent˜ao a tabela seguinte ´e v´alida. como fxx = −2y. P3 . como j´a hav´ıamos determinado anteriormente. Trˆes deles. y) = k. todos eles s˜ao pontos de m´ınimo globais! 3. 1) ´e o u ´nico ponto interior a Dom(f) que anula o gradiente de f(x. deve existir ponto de m´ınimo no dom´ınio. pelo teste anterior. proceda do modo seguinte: 3 De fato. Multiplicadores de Lagrange (O3 ) Teste da Derivada Segunda para: (O3. y) satisfazendo a restri¸ca˜o g(x. O. RESULTADOS . .3. 1) ´e ponto de m´aximo local. H := fxx fyy − (fxy )2 ´e calculado no ponto (x0 . temos que fxx (1. y). Da´ı.3 Ainda. y0 ) >0 >0 ponto de m´ınimo local >0 <0 ponto de m´aximo local <0 ≥ 0 ou < 0 ponto de sela =0 ≥ 0 ou < 0 teste inconclusivo Na tabela anterior. Exemplo No Exemplo anterior. y0 ) fxx (x0 .1 ) Uma Restri¸c˜ ao Para determinar o valor m´aximo/m´ınimo de f(x. 1))2 = (−2)(−2) − (−1)2 = 3 > 0. ´e m´aximo global. y0 ). y0 ) (x0 . f ′′ (x0 ) x0 >0 m´ınimo local <0 m´aximo local Note que todos os pontos de um intervalo aberto s˜ao interiores ao mesmo.2 ) z = f(x. ponto de m´aximo global. ent˜ao a tabela seguinte ´e v´alida. 1) − (fxy (1. (O4 ) Multiplicadores de Lagrange com: (O4. 1) = −2 < 0 e H(1. fyy = −2x e fxy = 3 − 2x − 2y. onde fx = 3y − 2xy − y2 e fy = 3x − 2xy − x2 . P1 e P2 . Da´ı.´ CAP´ITULO 3. H (x0 . z) = V u. x + 2z = λxz e 2x + 2y = λxy.v. y. z) para todos os (x. Determine todos os (x. y) de f tem x = y = 3 2V u. Agora. 3 2V) ´e ponto de m´ınimo local para f. Determine todos os (x. z). y. OTIMIZAC ¸ AO 37 1. Desta. Multiplicando a primeira por x.. z) = k1 e h(x. y. y) = xy+ 2V + 2V . y) = λ∇g(x.. 2. x = y = 2z. .c. constante. Solu¸c˜ ao via Teste da Derivada Segunda: V u. Assim. Por outro lado. y. De fx = λgx . isto ´e. como xyz = V. z) = k2 . y) (e λ) tais que: (a) ∇f(x. f(x. proceda do modo seguinte: 1. (b) g(x. Substituindo tal z na ´area Sendo x. Vale um resultado an´alogo para fun¸co˜es reais de trˆes vari´aveis reais (x. obtemos xy + 2xz = xy + 2yz = 2xz + 2yz. Da´ı x = y = 2V u. de fx = y− 2V 2 = 0 e fy = x− y2 = 0. y. devido a Dom(f) = (0.2 ) Duas Restri¸c˜ oes Para determinar o valor m´aximo/m´ınimo de f(x. y. z). z) obtidos no ´ıtem anterior: o maior/menor valor de f ser´a o seu m´aximo/m´ınimo.3. y. obtenha as dimens˜oes de uma caixa retangular sem tampa. de xyz = V u. 3 2V) (n˜ao podendo assim. z) para (x. y x x√ Da´ı o ponto cr´ıtico (x. ∞) (logo todos os pontos do √ dom´ınio ´nico ponto do dom´ınio que anula o √ s˜ao interiores ao mesmo) e o u gradiente de f ser ( 3 2V. isto ´e. y) = k.c. existir outro ponto de m´ınimo √ 3 2V V local interior a Dom(f)). obtemos a fun¸ca˜o nas vari´aveis x e y dada por 2V 2 2 f(x. tal ponto ´e de m´ınimo global.c. λ e µ) tais que: (a) ∇f(x. Ent˜ao ( 2V. y.. Por fim. y. (c) h(x. calcula-se z = √ 2 = 3 2 2V u. x3 y√ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 3 2 temos que fxx ( 2V.˜ 3. Calcule f(x. de modo que ela tenha um dado volume V e ´area m´ınima. Solu¸c˜ ao via Multiplicadores de Lagrange: Sendo. 2V) = 2 · 2 − 1 = 3 > 0... fyy = 4V 3 e fxy = 1. y) para todos os (x. z) = k2 . y. por (O1 ). fy = λgy e fz = λgz . ∞) × (0. y e z positivos. z) = λ∇g(x. z) = xyz a ´area e o volume da caixa. 2V) = 2 > 0 e H( 2V. devemos minimizar f(x. y. como fxx = 4V . que racionalizando (multiplicando tanto o numerador quanto o denominador por 3 2) resulta em p √ √ 3 3 z = 3 2V/8 = 2V/2 u. temos 4z3 = V. (O4. obtemos y + 2z = λyz. y. z) para g(x. (b) g(x. y. onde x.. z).c. y e z s˜ao positivos. z) + µ∇h(x. a segunda por y e a terceira por z. Exerc´ıcio Em existindo. supondo que esse(s) valor(es) exista(m) e que ∇g e ∇h n˜ao se anulem e n˜ao sejam paralelos entre si para tais (x. y). Calcule f(x. z)(.v. y. z) = k1 . z) = xy + 2xz + 2yz e g(x. y. z) satisfazendo as restri¸co˜es g(x. Da primeira igualdade obtemos xz = yz e da p segunda xy = 2xz. y) obtidos no ´ıtem anterior: o maior/menor valor de f ser´a o seu m´aximo/m´ınimo. 2. respectivamente. temos que z = xy (vari´avel) da caixa dada por xy + 2xz + 2yz. z√= 3 V/4. y.c. temos que x y = xy = 2V. y. y. 1) = λ(1. g(x. Da´ı µy = 0 e µz = 1. y. z) = 2x − y + 4z e as fun¸co˜es g e h obtidas a partir de x2 + 3y2 = 84 e z = x. 2. ache o m´aximo e o m´ınimo de f restrita `a interse¸ca˜o do plano x + y − z = 1 com o cilindro y2 + z2 = 4. considerando g(x. 3}. y. z) = y2 + z2 . y. . z) = x + y − z e h(x. y.CALCULO DIFERENCIAL 38 Exemplo Sendo f(x. −1) + µ(0. y. 2z). da´ı um conjunto compacto em R3 . Assim f(−1. 0. temos (1. Proceda como no exemplo anterior. y. y. z) = x + y + z. 1. 1. Exerc´ıcios 1. Da primeira equa¸ca˜o temos λ = 1.´ CAP´ITULO 3. z) = 4. Este ´e similar ao anterior mas com f(x. Obter o ponto pertencente aos planos x + 2y + 3z = 8 e z = x mais pr´oximo da origem. Logo a fun¸ca˜o cont´ınua f admite m´aximo e m´ınimo em tal interse¸ca˜o. −2) = −3 ´e o valor m´ınimo e f(3. λ + 2µy = 1 e −λ + 2µz = 1. 3. z) = 1 e h(x. mas agora com f(x. Da´ı. Logo y = 0 e. Solu¸c˜ ao: Tal interse¸ca˜o ´e uma elipse em R3 . temos z = ±2 e x ∈ {−1. 2y. z) = x − y − z e as fun¸co˜es g e h obtidas a partir de x + y + z = 2 e x2 + y2 = 4. 2) = 5 ´e o valor m´aximo. 0. como y2 + z2 = 4 e x + y − z = 1. RESULTADOS . . . .4 39 Formul´ ario . FORMULARIO . . xn′ (t)). . . . y. xn′′ (t)). fxn (P)). – Gradiente em P = (x1 . Para n = 2. . . . . . . . Pn • Aproxima¸c˜ao Linear: f(x1 . z). – Acelera¸c˜ao em t: γ ′′ (t) = (x1′′ (t). |xi − xi0 | = |∆xi | ≪ 1. . . . xn ) = (x. . . (x1 . . xn ) ≈ f(x10 .CALCULO DIFERENCIAL 3. . . .C´ alculo Diferencial F´ormulas v´ alidas no contexto anterior. . . . xn0 ) + i=1 fxi (x10 . . . • Vetores: – Posi¸c˜ao em t: γ(t) = (x1 (t). . Para n = 3. . . . . xn ): ∇f(P) = (fx1 (P). xn ) = (x. – Velocidade em t: γ ′ (t) = (x1′ (t). xn (t)). . (x1 . . . . . xn0 )∆xi .4. . .´ ´ 3. . y). d f(γ(t)). θ ˆangulo entre ∇f(P0 ) e ~u. • Regra da Cadeia: dt 0 0) • Derivada em P0 na Dire¸c˜ao do Versor ~u: ∂f(P = ∇f(P0 ) · ~u = ∇f(P0 ) cos θ. ∂~ u .t=t = ∇f(γ(t0 )) · γ ′ (t0 ). n. z) para todos os (x. em tal ponto ∇f = 0. ∗ h(x. y. • Regra da Cadeia para z = f(x(u. y) satisfazendo a g(x. y0 ) m´ınimo local m´aximo local sela ? sendo H = fxx fyy − (fxy )2 e (x0 . isto ´e. • Se f tem m´aximo/m´ınimo local num ponto interior ao seu dom´ınio e existe o gradiente ∇f nesse ponto. supondo que esse(s) valor(es) exista(m) e que ∇g 6= 0 para esses (x. z). y) obtidos no ´ıtem anterior: o maior/menor valor de f ser´a o seu m´aximo/m´ınimo. z) obtidos no ´ıtem anterior: o maior/menor valor de f ser´a o seu m´aximo/m´ınimo. • ∇f(P0 ) ⊥ S com S = (x1 . z). λ e µ) tais que: ∗ ∇f(x. . v). y. supondo que esse(s) valor(es) exista(m) e que ∇g e ∇h n˜ao se anulem e n˜ao sejam paralelos entre si para tais (x. z) = k1 . • f ´e cont´ınua e Dom(f) ´e compacto ⇒ f tem ponto de m´aximo e ponto de m´ınimo em Dom(f). y. y) = k. y. y). . y) = k. • Multiplicadores de Lagrange com Duas Restri¸c˜oes: Para determinar o valor m´aximo/m´ınimo de f(x. – calcule f(x. y. y. y) = λ∇g(x. • Multiplicadores de Lagrange com Uma Restri¸c˜ao: Para determinar o valor m´aximo/m´ınimo de f(x. . y(u. z)(. Vale um resultado an´alogo para fun¸c˜oes reais de trˆes vari´aveis reais (x. ∗ g(x. xn ) ∈ R f(x1 . z) = k2 . z) = λ∇g(x. . . z) para (x. y0 ) >0 >0 <0 =0 fxx (x0 . ∗ g(x. y) para (x. y): – determine todos os (x. y. y. . . z) = k1 e h(x. . z) = k2 . y0 ) >0 <0 ≥ 0 ou < 0 ≥ 0 ou < 0 (x0 . z) + µ∇h(x. . y. y): H (x0 . – calcule f(x. ∂v = ∂z ∂x ∂x ∂v + ∂z ∂y ∂y ∂v . • Teste da Derivada de Segunda Ordem para f(x. y0 ) ponto cr´ıtico interior ao Dom(f). z): – determine todos os (x. z) satisfazendo a g(x. v)): ∂z ∂u = ∂z ∂x ∂x ∂u + ∂z ∂y ∂z ∂y ∂u . y. y. y. xn ) = f(P0 ) . y. ent˜ao tal ponto ´e cr´ıtico. y) (e λ) tais que: ∗ ∇f(x. y) para todos os (x. y. γ(2/3) = (−19/27. em que o corpo atinge o plano. Da´ı ao instante em que o corpo atingir o plano acrescentamos uma unidade de tempo. Determine o ponto e o instante no qual o corpo atinge o plano x + y + z = 10. ´e o instante em que o corpo atinge o plano. 3).10).CALCULO DIFERENCIAL 40 3. r(0) = P0 .5. A curva R ∋ t 7→ γ(t) = t.t. para a curva γ(t)). Em t = 1 u.10: Corpo ‘sai’ pela tangente a curva no ponto P0 e colide no plano no ponto P. 2. 0) (veja figura 3. Da´ı o corpo ‘sai’ pela (reta) tangente a curva dada por R ∋ t 7→ r(t) = P0 + t~v = 1 + t. Da´ı 3t3 − 2t2 − 3t + 2 = 0. 5. (n˜ao no instante t = 0 u. 2. isto ´e. Solu¸c˜ ao: Para a curva interceptar o plano. 35 t2 ∈ R3 . como R ∋ t 7→ γ ′ (t) = 1. 1. 2t.t. 3/5).t.) na dire¸ca˜o do vetor ~v = γ ′ (t0 ) ´e dada por R ∋ t 7→ r(t) = P0 + (t − t0 )~v ∈ R3 . 2.t. no ponto P = r 2.2 u.6 5 Segunda Solu¸c˜ ao: Considerando qualquer curva parametrizada γ(t) que seja deriv´avel em t = t0 . vetor velocidade ´e dado por ~v = γ ′ (1) = (1. 2 u. ´e o exato instante do impacto e isso ocorre . o seu P P0 Figura 3. Assim. t2 +1. visto como uma part´ıcula que estivesse em movimento sobre a reta durante todo tempo t. 2.´ CAP´ITULO 3.t. cujas ra´ızes s˜ao ±1 e 2 . temos que x(t) = t3 − 1.5 Exerc´ıcios . 53 t ∈ R3 . o corpo se desprende da curva e continua seu movimento sem for¸cas atuando sobre ele. no instante t u. 4. Logo os pontos de interse¸ca˜o s˜ao γ(−1) = (−2. 2 = 3. 3t) corta o plano 3x−2y−z+7 = 0. 1 + t + 1 + 2t + 35 t = 10. Da´ı 18t = 40.) Sobre a reta. a equa¸ca˜o da reta que passa pelo ponto P0 = γ(t0 ) no instante t = t0 u. t2 . isto ´e. Nesse instante (t = 1 u. 3 2. −3). isto ´e.t. 1 + 2t. 3. No . y(t) = t2 + 1 e z(t) = 3t devem satisfazer 3x − 2y − z + 7 = 0.1 Curvas Parametrizadas 1. Primeira Solu¸c˜ ao: O corpo se desprende da curva no ponto P0 = γ(1) = (1.C´ alculo Diferencial 3. Determine os pontos em que a curva γ(t) = (t3 −1. 2) e 3 γ(1) = (0. as coordenadas de r(t) satisfazem a equa¸ca˜o x + y + z = 10. 13/9. (Note que P0 ´e obtido para t = 0 como ponto da reta.t. RESULTADOS . t = 209 = 2. t 5−1 ∈ R3 representa o movimento de um corpo. 6. Da´ı a equa¸ca˜o da reta tangente ´e r(t) = P0 + (t − 1)~v = et. cos 1 − 2 sen 1) ≈ (8. −e−t . quando r(t) atinge o plano x+y+z = 10 temos t+2t−1+ 53 (t−1) = = 3. prove que γ(t) ⊥ γ ′ (t) para todo t pertercente a tal intervalo. y) = x2 . prove (usando a Regra da Derivada do Produto Escalar) que γ(t) ⊥ γ ′ (t) para todo t ∈ I. ´e o vetor ~v = (e. 2. 3/5) = t. 4.CALCULO DIFERENCIAL 41 nosso exemplo. 368. 4 ´ ~ ⇔ ~u · w ~ = 0. A part´ıcula est´a em P0 = (e. 155. −0. 4. Suponha que uma part´ıcula siga pela trajet´oria γ(t) = (et . Da´ı no instante t = 3 u. isto ´e. existe uma sincroniza¸ca˜o de tempo entre a curva e a reta.t. 5 Da´ı. Onde estar´a a part´ıcula no instante t = 3 u. − et + 2e . Assim.. 0) + (t − 1)(1. 7 bem como as fun¸co˜es n˜ao constantes p1 (x. como o corpo se desprende da curva em t = t0 = 1 u. ´e o instante do impacto com o plano e isto 10. 18t = 58. y) = y. cte2 (x. EXERC´ICIOS . cos t) at´e sair pela tangente no instante t = 1 u. definida num intervalo aberto. y) = (log 2)x3 y3 e f3 (x.5. −sen t). 1. cos 1) no instante t = 1 u. cujo tra¸co est´a sobre uma esfera de centro na origem e raio r. y) = x e p2 (x. 2. basta aplicar a quest˜ao anterior. Como o produto de fun¸co˜es cont´ınuas ´e uma fun¸ca˜o cont´ınua. 2t − 1. −1/e. ao contr´ario da Primeira Solu¸c˜ ao.6 .? Solu¸c˜ ao: O vetor velocidade ´e γ ′ (t) = (et . −sen 1).t. 3. temos que: ~u ⊥ w . 6. γ(t) · γ(t) = c2 . n˜ao sendo necess´ario acrescentar unidades de tempo ao tempo transcorrido ao longo da reta.´ 3.5. y) = cos 2π . y) = 3xy2 . s˜ao cont´ınuas pois seus gr´aficos s˜ao planos e da´ı n˜ao tˆem ‘buracos’ ou ‘saltos’.t. Sendo γ(t) uma curva parametrizada com coordenadas diferenci´aveis tal que ||γ(t)|| = c constante para todo t pertencente a algum intervalo aberto I. obtendo-se 2γ(t) · γ ′ (t) = 0. 5 3. 143).t.. s˜ao cont´ınuas as fun¸co˜es √ f1 (x. z = e 3xy +(log 2)x y +x +y+cos 7 ´e uma fun¸ca˜o cont´ınua? (Justifique a sua resposta!) Solu¸c˜ ao: Fun¸co˜es constantes tais como cte1 (x. isto ´e. Via Geometria Anal´ıtica ou Algebra Linear. Solu¸c˜ ao: p Basta derivar γ(t) · γ(t) = c. 5.t. 2 = 3. cos 1 − (t − 1) sen 1 (confira a Segunda Solu¸c˜ ao do exerc´ıcio anterior). que no instante t = 1 u. −1/e. a posi¸ca˜o sobre a reta ´e dada por r(3) = (3e.t. Sendo γ(t) uma curva parametrizada com coordenadas diferenci´aveis. f2 (x.4 5.. temos 3 r(t) = (1. (t − 1) . e−t . y) = √ 3. y) = log 2 e cte3 (x.t. 2 u. Da´ı t = 29 9 ocorre no ponto P = r 3. 1/e. Solu¸c˜ ao: Como ||γ(t)|| = r. −1.2 Continuidade e Diferenciabilidade √ 2 3 3 2 2π 1. fz ).y) = e 3xy2 +(log 2)x3 y3 +x2 +y+cos 2π 7 ´e uma fun¸ca˜o cont´ınua. y) = 3xy2 + (log 2)x3 y3 + x2 + y + cos . Seja f uma fun¸ca˜o de uma vari´avel.´ CAP´ITULO 3. onde c ´e uma constante. f(x. 1·(x2 +y2 )−x·2x (x2 +y2 )2 e fyy = y x e fy = x2 +y ı. fy g + fgy . = √ 4kt2 2t t √ 2 zx = (−2x/4kt)e−x /4kt / t e zx = zxx = (−1/2kt)e−x 2 /4kt + (−x/2kt)(−x/2kt)e−x √ t 2 /4kt . da Regra da Cadeia. dt dy dt dy d2 f(y) d df(y) dy d df(y) = e zxx = = dx dy dy dy dx dy2 2 d df(y) d df(y) dy 2 d f(y) ztt = =c . dita Equa¸ ou Equa¸ c˜ ao do Calor. dita Equa¸ c˜ ao das Ondas. 2. Solu¸c˜ ao: ∂ ∂ ∂ (fg). Verifique que a fun¸ca˜o z = e−x /4kt / t satisfaz a zt = kzxx . dx dy dx dy df(y) df(y) dy df(y) zt = = = −c . ´e cont´ınua a fun¸ca˜o √ 2π f(x. fxx = zero. (fg) = (fx g + fgx . deriv´avel at´e a segunda ordem. ent˜ao √ z = g(f(x. fy . y) = ln( x2 + y2 ) satisfaz a equa¸ca˜o fxx + fyy = 0? Solu¸c˜ ao: Como f(x.CALCULO DIFERENCIAL 42 Como a soma de fun¸co˜es cont´ınuas ´e uma fun¸ca˜o cont´ınua. df(y) dy df(y) df(y) = = . 2 . p 3. RESULTADOS . fz g + fgz ) ∂x ∂y ∂z = f(gx . como g(t) = et ´e cont´ınua para todo t ∈ R. Solu¸c˜ ao: Basta observar que. devido a composi¸ca˜o de fun¸co˜es cont´ınuas (quando for poss´ıvel compor as mesmas) ser uma fun¸ca˜o cont´ınua. onde k ´e uma constante. para y = x − ct . Da´ x2 +y2 1·(x2 +y2 )−y·2y . gz ) + g(fx . y) = 12 · ln(x2 + y2 ). prove que ∇(fg) = f∇g + g∇f. Verifique que z = f(x − ct) satisfaz a zxx − c12 ztt = 0. Solu¸c˜ ao: Segue das derivadas parciais √ 2 2 zt = ((x2 /4kt2 )e−x /4kt / t) + (e−x /4kt /(−2t3/2 )) 2 2 1 x e−x /4kt − . y)) = ef(x. cuja soma ´e (x2 +y2 )2 4. Para fun¸co˜es f e g adequadas. temos fx = da Regra da Derivada do Quociente. da Regra da Cadeia para fun¸co˜es de uma vari´avel. gy . −c = −c dt dy dy dy dt dy2 √ 2 c˜ ao de Difus˜ ao 5. . (fg). 7 Finalmente. y0 . respectivamente. 1)? Solu¸c˜ ao: Sendo zx = ex−y e zy = −ex−y em (1.5. EXERC´ICIOS . −1 = −2λ ⇒ λ = 21 . temos que ∇f (P0 ) = λ(10. Este intercepta o eixo das cotas quando x = y = 0. −1) = (10λ. 4x0 − 3y0 = 10λ. (4x0 − 3y0 . −7λ. como tal plano ´e paralelo ao plano 10x − 7y − 2z + 5 = 0. Por outro lado. −7/2. 2. z) = 2x2 − 3xy + y2 − z. (−1) + (−1)(−1) + (−1)(z − 1) = 0. n˜ao ´e dado o P0 que determina unicamente o plano a ser determinado. Contudo. −3x0 + 2y0 = −7λ. Aproxima¸ c˜ oes Lineares e Regra da Cadeia 1.3 43 Planos Tangentes. isto ´e. −2). 1. por 1 e −1.´ 3. −1) = (4x − 3y.CALCULO DIFERENCIAL 3. ent˜ao ∇f = (fx . −1) e . −3x0 + 2y0 . 1) dados. isto ´e. tal plano tangente ´e dado por (x − 1) + (−1)(y − 1) + (−1)(z − 1) = 0. Da´ı (0. y. −7. −1) ´e normal ao plano tangente a superf´ıcie f(x. −2λ). 1) ´e o ponto de interse¸ca˜o. −3x + 2y. z) = 0 = f (P0 ) num ponto P0 = (x0 . y. isto ´e. Da´ı ∇f (P0 ) = (10/2. Solu¸c˜ ao: Se f(x. z0 ) qualquer desta superf´ıcie. Onde o eixo das cotas intercepta o plano tangente ao gr´afico de z = ex−y em P0 = (1. fy .5. 0. Ache a equa¸ca˜o do plano tangente a superf´ıcie z = 2x2 − 3xy + y2 que seja paralelo ao plano 10x − 7y − 2z + 5 = 0. a reta tangente a tal curva no ponto P0 em t = π/4 pertence ao plano tangente a tal superf´ıcie neste ponto. isto ´e. 4x0 − 3y0 = 102 . y = sen t e z = cos 2t pertence a superf´ıcie x2 + y2 + z = 1. 3. a equa¸ca˜o do plano procurado ´e dada por (10/2) x + (−7/2) y + (−1)z + d = 0. −3x0 + 2y0 = − 27 . Como P0 satisfaz tal equa¸ca˜o. a segunda por 4. basta agora substituir 10 1 7 · − · (−1) + (−1) · 3 = −3 d=− 2 2 2 na mesma para obter (10/2) x + (−7/2) y + (−1)z − 3 = 0. Solu¸c˜ ao: . Multiplicando a primeira equa¸ca˜o de tal sistema por 3. x0 = 12 e z0 = 2(1/4) − 3(1/2)(−1) + 1 = 3. Assim. 10x − 7y − 2z − 6 = 0. Verifique que: a curva espacial de equa¸co˜es param´etricas x = sen t. e somando as duas. temos que y0 = −1. y. z) ∈ R3 . Sendo S = (x. sen t. cos 2t) a . x2 + y2 + z = 1 a superf´ıcie e γ(t) = (sen t. isto ´e. + t. y) ≈ f(x0 . (b) (0. r(t) satisfaz a equa¸ca˜o anterior. como γ ′ (t) = (cos t. 0) · ∆y ≈ 1 + 8(−0. y) e a partir dela estimar: (a) (0. 002. y0 ) · ∆y. γ(t) satisfaz a equa¸ca˜o x2 + y2 + z = 1. x(t)2 + y(t)2 + z(t) = sen2 t + sen2 t + cos 2t = sen2 t + sen2 t + cos2 t − sen2 t = 1. √ √ 2/2. isto ´e. y0 ) · ∆x + fy (x0 . x = 0. −2t . y = 0. . 99)3 + (2. Solu¸c˜ ao: Sendo |x − x0 | = |∆x| ≪ 1 e |y − y0 | = |∆y| ≪ 1 (arbitrariamente pequenos). fx = 8(xey )7 ey . y) = (xey )8 . o plano de equa¸ca˜o √ ! √ ! 2 2 fx (P0 ) x − + fy (P0 ) y − + (−1)(z − 0) = 0 2 2 com f(x. 2 2 2 2 Assim. 99e0. temos ! √ √ √ √ 2 2 2 2 r(t) = + t. √ ! √ √2 √2 2 + t− + − 2 2 2 2 √ ! √ √2 √2 2 + + t− − 2 2 2 2 (−1)(−2t) = −t − t + 2t = 0. 2/2. isto ´e. queremos verificar que γ(t) ∈ S. y0 = 0 e ∆y = y − y0 = 0. 99. temos que (0. √ ! √ ! √ √ 2 2 + − 2 + (−1)z = 0. y) = 1 − x2 − y2 . 99e0.002 )8 = f(0. isto ´e. −2 sen 2t) e ~v = γ ′ (π/4).936. 0) · ∆x + fy (1. Aproximar linearmente uma fun¸ca˜o adequada f(x. temos que f(x. Da´ı.002 )8 . De fato. cos t. 01) + 8(0. 002) ≈ f(1. x0 = 1. 002) ≈ 0. seja Π o plano tangente a S em P0 . sendo r(t) = P0 + ~vt a reta Note agora que P0 = γ(π/4) = tangente a curva γ(t) em P0 .CALCULO DIFERENCIAL 44 curva do enunciado. ∆x = x − x0 = −0. 4. 01)3 − 6(0. De fato. 002. 0. RESULTADOS . 99. 01). fy = 8(xey )8 . (a) Sendo f(x. − 2 x− y− 2 2 Queremos verificar que r(t) ∈ Π. y0 ) + fx (x0 . 99)(2. 0) + fx (1.´ CAP´ITULO 3. 01. 0 . por um lado. 01)7 = f(0. ∆x = x − x0 = −0.8485. 01. Considere um cilindro cujo raio mede cerca de 2 metros e cuja altura mede cerca de 3 metros. 3 + ∆h) − V(2. h0 + ∆h) ≈ V(r0 . Considere ent˜ao 1 16π|∆r| ≤ 0. h0 ) + Vr (r0 . Se a espessura das paredes ´e de 5 mm. 99e0. basta que 16π|∆r| o seja. Determine a precis˜ao das medidas do raio e da altura tal que o erro estimado do volume via aproxima¸ca˜o linear n˜ao exceda 0. com derivadas parciais Vr = 2πrh e Vh = πr2 . 29 + 20106. 99)3 + (2. 8500. 2. 2) + fx (1. h0 ). Suas derivadas parciais s˜ao dadas por Vr = 2πrh e Vh = πr2 . como ∆V = V(r0 + ∆r. O interior de um tanque cil´ındrico met´alico tem altura de 1.CALCULO DIFERENCIAL 45 (Numa calculadora(0. 99)3 + (2. temos que (0. x = 0. ≈ |Vr (2.´ 3. 001989. Da´ı. 0015. h0 ) · ∆h sendo r0 + ∆r = 2 + ∆r a medida aproximada do raio. 2) · ∆y ≈ −3 + (−9)(−0. ∆r = 0. Resolu¸ c˜ ao: V(r. 3) · ∆r + Vh (2. 48 cm3 . isto ´e. 3) · ∆h| Para que |∆V| seja majorado por 0. . h0 ) · ∆r + Vh (r0 . 1. 5 cm e ∆h = 2 · 0. o erro ´e aproximadamente 0. 19 = 50265.) 5. 002.002 )8 ≈ 0. 01. ∆V ≈ 2πr0 h0 ∆r + πr20 ∆h ≈ 30159. Resolu¸ c˜ ao: Como no exerc´ıcio anterior. 1 m3 . Considere ainda que o poss´ıvel erro cometido ao se medir o raio seja igual ao poss´ıvel erro cometido ao se medir a altura. h0 + ∆h) − V(r0 . via aproxima¸ca˜o linear. Da´ı o erro ´e aproximadamente 0. h) = πr2 h ´e o volume do cilindro de raio r e altura h. y) = x3 + y3 − 6xy.938. 2 m e raio de 80 cm. calcule a quantidade aproximada de metal usada na constru¸ca˜o do tanque via aproxima¸ca˜o linear e o erro relativo cometido em tal aproxima¸ca˜o. 99)(2. 3)| {z ≪ 1} |∆r.5. 01)3 − 6(0. e queremos usar a f´ormula da aproxima¸ca˜o linear l´a apresentada. (Numa calculadora (0. Sejam agora r0 = 80 cm. |∆r| ≤ 160π ≈ 0.) (b) Sendo f(x. Assim. h0 + ∆h = 3 + ∆h a medida aproximada da altura e ∆r = ∆h ≪ 1 o erro cometido em tais aproxima¸co˜es. queremos usar a aproxima¸ca˜o linear V(r0 + ∆r. 99)(2. 5 = 1 cm. h0 = 120 cm. a precis˜ao requerida ´e da ordem de 2 mm tanto no raio quanto na altura. fx = 3x2 − 6y. h) = πr2 h ´e o volume do cilindro de raio r e altura h. 01) ≈ −2. Assim. Da´ı o erro estimado do volume ´e dado por |∆V| = |V(2 + ∆r. V(r. 6. EXERC´ICIOS . 01) ≈ −2. y = 2. fy = 3y2 − 6x. 01) ≈ f(1. x0 = 1. 99. 01) + 6(0. y0 = 2 e ∆y = 0. 2) · ∆x + fy (1. ∆h {z ∆h} |∆r = = 16π|∆r|. 01)3 − 6(0. 01. 99. 1 metros c´ ubicos. Assim. 1 m e ∆θ ≈ 0. o erro absoluto ´e grande pois ∆r e ∆h n˜ao s˜ao muito menores do que 1.0068 < 7 · 10−3 . Sua distˆancia a torre ´e de 300 m com poss´ıvel erro de 10 cm. Note ainda que. −1) = 0.36 o erro relativo ´e dado por 50611. calculando diretamente pela f´ormula do volume de um cilindro. θ o ˆangulo de eleva¸ca˜o e h = x tg θ a altura da torre.4 · 10−4 . 177735 m. Ent˜ao. enquanto que 346. 84 cm3 . o erro absoluto ´e dado por 50611.00 − 2412743. 382877 − 173. (Confira figura 3. 1. Via aproxima¸ca˜o linear.) Da´ı. 0003 − h 300. temos que ∆V = π (r0 + ∆r)2 (h0 + ∆h) − πr20 h0 ≈ 2463355. 7.5 Da´ı. θ0 + ∆θ) − h (x0 . o erro aproximado da altura pela aproxima¸ca˜o linear ´e dado por ∆h ≈ (tg θ0 ) ∆x + x0 ∆θ cos2 θ0 ≈ 0. 0003 rad. 48 = 346. temos . + 0. por um lado. sendo x(t) = 2t2 − t e y(t) = −t4 . Note ent˜ao que o erro relativo ´e dado por 0. 8. Resolu¸ c˜ ao: Sendo x a distˆancia do observador a torre. que ´e a condi¸ca˜o para que a aproxima¸ca˜o linear seja efetiva.177796 ≈ 3. Por outro lado. π π ∆h = h 300. determine o poss´ıvel erro no c´alculo da altura aproximada da torre.16 = 50611.11. como ∆h = h (x0 + ∆x. RESULTADOS . 205081 = 0. Considere x0 = 300 m e θ0 = π6 rad com ∆x = 0.CALCULO DIFERENCIAL 46 Por outro lado. Um observador vˆe o topo de uma torre sob um ˆangulo de eleva¸ca˜o de 30◦ com um poss´ıvel erro de 1 ′ .177735 0. temos hx = tg θ e hθ = x/ cos2 θ. 177796 m. 84 − 50265.´ CAP´ITULO 3. θ0 ). Sendo f uma fun¸ca˜o diferenci´avel tal que fx (1. embora o erro relativo seja pequeno. Solu¸c˜ ao: A inclina¸ca˜o ´e dada por Z ′ (1). determine a inclina¸ca˜o da reta tangente ao gr´afico da fun¸ca˜o Z(t) = f 2t2 − t. 36 cm3 . −1) = 2 e fy (1.177796−0. 6 6 ≈ 173.84 ≈ 0. −t4 no ponto de abscissa t0 = 1. . y(t)). d ′ Z (1) = f(x(t). . 5 Via uma simples Regra de Trˆes. −4 · (1)3 = 2 · 3 + 0 · (−4) = 6. dt t=1 = ∇f(x(1). ~ perpendicular `a curva de equa¸ca˜o x ln y − y ln x = 0 no ponto 9. y ′ (1)) = (fx (1. −1). −1)) · 4 · (1) − 1. Determine o vetor n √ P0 = (1. considerando que a sua primeira componente ´e positiva e ||~n|| = 2 2. 1). π 180 rad est´ a para 1◦ que est´ a para 60 ′ . fy (1. . y(1)) · (x ′ (1). 5. Z(t)) Figura 3. 1. Sendo u = f(x. Z(t0 )) (t. Da´ı √ √ √ ||~n|| = 2 2 ⇒ 2k2 = 2 2 √ √ ⇒ |k| 2 = 2 2 ⇒ k = −2 ~ = (2. n 11. para uma fun¸ca˜o f(x. temos k < 0.11: Inclina¸ca˜o a = Z ′ (t0 ) da reta tangente em (t0 . sendo que. prove que ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 = ∂u ∂r 2 1 + 2 r ∂u ∂θ 2 . para −k > 0. no ponto P0 dessa superf´ıcie de ordenada e cota iguais a 1. 1. −2). (Sugest˜ ao: Regra da Cadeia no segundo membro. y − ln x . z) = eyz ln x + ln z = 1 = f (P0 ) e tem vetor normal em P0 = (1. 1). ent˜ao eln x0 = 1. Ent˜ao ∇f (P0 ) = (1. Dˆe os versores normais a superf´ıcie de equa¸ca˜o eyz ln x + ln z = 1. 1) satisfaz a equa¸ca˜o eyz ln x + ln z = 1. EXERC´ICIOS . fy (P0 ) . x = r cos θ e y = r sen θ. temos que ∇f(1. y. ∇f (P0 ) ´e ortogonal a curva f(x.) Solu¸c˜ ao: Calculando separadamente cada parcela do segundo membro e somando os resultados temos que .CALCULO DIFERENCIAL 47 z(t) = at + b. y) definida num dom´ınio adequado e com derivadas parciais de primeira ordem cont´ınuas neste dom´ınio. 0. y) adequada. Por outro lado. 1). 0. a = Z ′ (t0 ) (t0 . 1) e n (−k. Solu¸c˜ ao: Se P0 = (x0 . 1) = (−1. fz (P0 )) com fx = yz yz ln x e . a superf´ıcie dada ´e representada por f(x. x0 = 1.´ 3.) Solu¸c˜ ao: y x ~ = ~ Como n = k∇f (P0 ) e ∇f = ln y − x . 1) dado por m´ ultiplos do vetor ∇f (P0 ) = (fx (P0 ) . x fy = z ln xeyz ln x e fz = y ln xeyz ln x + 1z . ⇒n 10. y) = constante = f (P0 ) no ponto P0 desta curva. k). Z (t0 )) (Observa¸ c˜ ao: Analogamente ao caso de fun¸co˜es reais de trˆes vari´aveis reais. Da´ı os versores normais a superf´ıcie em P0 s˜ao dados por ~ = ± √12 (1. isto ´e. ´ CAP´ITULO 3.CALCULO DIFERENCIAL 48 ∂u ∂r 2 2 ∂u ∂x ∂u ∂y + = ∂x ∂r ∂y ∂r = (ux cos θ + uy sen θ)2 = u2x cos2 θ + 2ux uy cos θ sen θ + u2y sen2 θ + 1 r2 ∂u ∂θ 2 2 1 ∂u ∂x ∂u ∂y + = 2 r ∂x ∂θ ∂y ∂θ 1 = 2 (ux r(−sen θ) + uy r cos θ)2 r = u2x sen2 θ − 2ux uy sen θ cos θ + u2y cos2 θ = u2x + u2y . . RESULTADOS . ent˜ap o P = (x. Solu¸c˜ ao (Geometria Anal´ıtica): Distˆancia entre P0 = (x0 . Π) ´e. 4) e o plano Π dado pela equa¸ca˜o x + 2y + z = 5? 1a. Note agora que. y) = d(P0 . 1.c. z) ∈ Π.5.4 49 Otimiza¸c˜ ao 1. z0 ) e Π : ax + by + cz + d = 0 ´e dada por |ax0 + by0 + cz0 + d| √ a2 + b2 + c2 |1 · 2 + 2 · 1 + 1 · 4 − 5| √ = 12 + 22 + 12 3 =√ 6 r 3 u. y0 . o menor valor de d(x. = 2 d(P0 . em existindo. ent˜ao temos que fm´ınimo = (dm´ınimo )2 . Em existindo.. P) = (x − 2)2 + (y − 1)2 + (1 − x − 2y)2 . se f(x. y.CALCULO DIFERENCIAL 3. Solu¸c˜ ao (Teste da Derivada Segunda): Se P = (x.´ 3. (Note que isso nos livra de derivar raiz quadrada!) Ponto(s) Cr´ıtico(s): . EXERC´ICIOS . qual ´e a menor distˆancia entre o ponto P0 = (2. y. Π) = 2a. 5 − x − 2y) e d(P0 . y) = d(x.5. como d ´e positiva. y)2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 + (1 − x − 2y)2 . Ponto(s) Cr´ıtico(s): . em particular (3/2. qual a menor distˆancia da origem a superf´ıcie xyz = 8? (Note primeiramente que x. y e z s˜ao diferentes de 0. P ´e ponto de m´ınimo local (e global) mais pr´oximo de P0 p sendo P = (3/2. Em existindo. solu¸ca˜o da quest˜ao anterior. 2. 0) = fxx fyy − f2xy |(3/2. 0) ´e interior a tal dom´ınio. Assim.. x = 3/2.) 1a. f(x. fy = 2(y − 1) − 4(1 − x − 2y) = 4x + 10y − 6 = 0 Como cada ponto do dom´ınio de f ´e interior ao mesmo. com distˆancia dm´ınimo = fm´ınimo = (−1/2)2 + (−1)2 + (−1/2)2 = 3/2 u. podemos aplicar o Teste da II Derivada para (3/2. 0. Solu¸c˜ ao (Teste da Derivada Segunda): Em analogia a 2a. 0): Como H(3/2.c. 7/2) ∈ Π o p √ para f e d. fx = 2(x − 2) − 2(1 − x − 2y) = 4x + 4y − 6 = 0 ⇒ y = 0. y)2 = x2 + y2 + (8/xy)2 . 0) = 4 > 0.0) = 4 · 10 − 42 > 0 e fxx (3/2. y) = d(x. fy = 2y − x128 = 0 ⇒ x2 y4 = 64 2 y3 Como pontos que n˜ao est˜ao nos eixos cartesianos s˜ao interiores ao dom´ınio de f. (−2. −2). −2): Como H = fxx fyy − f2xy = [2 + (3 · 128/x4 y2 )][2 + (3 · 128/x2 y4 )] − (2 · 128/x3 y3 )2 > 0 e . 2). podemos aplicar o Teste da II Derivada para (2. (2. = 0 ⇒ x4 y2 = 64 fx = 2x − x128 3 y2 ⇒ x = ±y = ±2. 2) e (−2. c) = 4πabc e. Da´ı o volume seria 0!) temos que xy + xz = xy + yz = xz + yz. b. Da´ı fx = λgx ⇒ yz = 2λ(y + z). Solu¸c˜ ao: Sejam f(x. f = d2 . Por outro lado. y. 2). Da u ´ltima equa¸ca˜o temos que 3x2 = 32. z) = xyz e fz = λgz . p f = λgy . z) = xyz e g(x. 2) e limita a regi˜ao de volume m´ınimo. yz = 0. a segunda por y e a terceira por z. 2) satisfaz a equa¸ca˜o ax2 + yb2 + cz2 = 1. onde desconsideramos a raiz negativa! 2 2 2 4. como xyz = 8 > 0. 2) s˜ao os pontos da superf´ıcie mais pr´oximos da origem. a2 . −2). (Em integrais triplas veremos que o volume da regi˜ao limitada 2 2 2 u. 2. z) = 8.. igualando-as e notando-se que λ 6= 0 (se λ = 0 ent˜ao. via multiplicadores de Lagrange. as dimens˜oes da caixa de maior volume cuja ´area total da superf´ıcie seja igual a 64 cm2 . temos que (2. y = ±2 e z = ±2. 8. (2. g(x.c. como xyz = 8 > 0. 2a. dm´ınimo = Note ainda que. Em existindo. −2) e (−2. obtemos 2x2 = 2y2 = 2z2 . Solu¸c˜ ao (Multiplicadores de Lagrange): fx = λgx . da u ´ltima equa¸ca˜o. −2. por exemplo. Obter. 1.v. 2. como (1. pelo elips´oide ax2 + yb2 + cz2 = 1 ´e 4πabc 3 Solu¸c˜ ao via Multiplicadores de Lagrange: 2 2 2 f(a. 2. b. Multiplicando agora a primeira equa¸ca˜o por x. −2. 1. y. (±2. f = λg ⇒ xy = 2λ(x + y). (2. isto ´e. resulta que (2. z z g(x. z) = 2(xy + yz + xz) o volume e a ´area. x = 32/3 cm2 .c. λxz. y. y. ±2) s˜ao pontos de m´ınimo locais para f e d com distˆancia p fm´ınimo p = (±2)2 + (±2)2 + (±2)2 √ = 12 √ = 2 3 u. isto ´e. c) = 3 1 + b12 + c42 = 1. z) = 64 ⇒ xy + yz + xz = 32. Multiplicando a primeira equa¸ca˜o por x. (−2. −2.. temos que ±x3 = 8. a terceira por z.50 ´ CAP´ITULO 3. ∴ 2x 2y 2z xyz = = = = λyz. y. isto ´e. g(a. (−2. 2). y Sejam d(x. Da´ı x = yp = z.CALCULO DIFERENCIAL fxx > 0. 2)√s˜ao os pontos da superf´ıcie mais pr´oximos da origem com distˆancia dm´ım = 3(±2)2 = 2 3 u. g(x. 2. 3. x = ±2. z) = x2 + y2 + z2 . Assim. y = ±x e z = ±x. y. respectivamente. RESULTADOS . −2). determine o elips´oide ax2 + yb2 + cz2 = 1 que passa por (1. fy = λgy ⇒ xz = 2λ(x + z). λxy. −2)pe (−2. a segunda por y.). −2. EXERC´ICIOS . Da´ı o volume seria 0!) temos que 2 2 2 2 2 x2 = yb2 = cz2 e. Obter os pontos de m´aximo e m´ınimo globais de f sobre D. y) ∈ D. Seja f(x. ∴ fx = λgx f = λg y y f = λg z z g(x. que na u ´ltima equa¸ca˜o acarreta b2 = 3. z) = 8xyz ´e o volume da 2 2 2 caixa para (x. 2). Solu¸c˜ ao via o C´ alculo arias Vari´ aveis: . y) ∈ R2 | x2 + 2y2 ≤ 1 . y) para todo (x. y.´ 3. 2 y2 + b2 + cz2 = 1. 0). z) = 1 51 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ 1 a2 + 4πbc = 3 4πac = 3 4πab = 3 1 4 + b2 c2 − a2λ3 . igualando-as e notandose que λ 6= 0 (se λ = 0 ent˜ao. z) o v´ertice da caixa no primeiro octante. a2 a2 b2 6. y) = x2 + y2 ≤ x2 + 2y2 ≤ 1 para pontos (x. Assim. 0) = 0 ≤ x2 + y2 = f(x. da u ´ltima equa¸ca˜o. Da´ı x = √a3 . Solu¸c˜ ao: Como f ´e cont´ınua e D ´e compacto. a terceira por z. 1. z) = 1 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ x2 a2 4yz = aλx2 . Por outro lado. y. obter a caixa retangular de maior volume que pode ser inscrita no 2 2 2 elipso´ıde ax2 + yb2 + cz2 = 1. (0. devido a f(x. Multiplicando a primeira por x. f(x. Logo o valor m´aximo de f em D ´e 1. x3 + 3 + z12 = 1 ´e o elips´oide de menor volume que passa por (1. c3 = 1. yz = 0. b2 λz 4xy = c2 . y. y) ser o quadrado da distˆancia de (x. em existindo. bc = 0 acarreta volume nulo!) temos que a2 = b2 e c2 = 4b2 . − 8λ . 0) da elipse que representa a fronteira de D. de y2 ≤ 2y2 temos f(x. o ponto de m´aximo ocorre nos v´ertices (±1. Multiplicando a primeira equa¸ca˜o por a. sendo que. Solu¸c˜ ao via Multiplicadores de Lagrange: Sendo (x. Da´ı a2 = 3 e 2 2 2 y c2 = 12. por exemplo. y) ∈ R2 . 5. y) a (0. y. igualando-as e notando-se que λ 6= 0 (se λ = 0. Em sendo poss´ıvel. por exemplo. z) satisfazendo a equa¸ca˜o g(x. y. f tem m´aximo e m´ınimo globais em D por (O2 ).CALCULO DIFERENCIAL ∴ fa = λga fb = λgb f = λgc c g(x. y. y) = x2 + y2 definida em D = (x. a segunda por y.5. z) = ax2 + yb2 + cz2 = 1. y = √b3 e z = √c3 . 3x = 3y = 3zc2 = 1. 4xz = λy . ent˜ao. − b2λ3 . Solu¸c˜ ao sem o C´ alculo de V´ arias Vari´ aveis: Como f(0. a segunda por b e a terceira por c. 0) ´e o ponto de m´ınimo global. de V´ . y) ∈ R2 . 2 2 Interior de D = (x. y) = x2 + y2 pois n˜ao existe ponto (x. 0). 0)! . 0). y) < f(0. x2 + √y <1 : 1 1/2)2 ( Ponto(s) Cr´ıtico(s): Se ∇f = (0. y) = (0. De fato. ent˜ao (x. a origem ´e m´ınimo global de f(x.2 ). que ´e m´ınimo local via (O3. y) ∈ R2 tal que f(x. . 2 y 2 . Solu¸c˜ao (Multiplicadores de Lagrange): . resta obter apenas o(s) ponto(s) de m´aximo global(globais) na fronteira de D! 1a. x2 Fronteira de D = (x. y) ∈ R 12 + √ 2 = 1 : ( 1/2) Da an´alise no interior de D. e igualando os primeiros membros das duas. 0) s˜ao os pontos de m´aximo globais de f. ∴ x2 = 1 − y2 | {z } y=0 =⇒ x = ±1 ⇒ (±1. y) = x2 −xy. fx 2x 2 2 2 2 fy = λgy ⇒ 2y = 4λy. RESULTADOS . Como g ′′ (y) = −2 < 0. Por fim. 1/2) com valor m´aximo local g(0) = 1. g(y) = 1 − y2 com y ∈ [− 1/2. Interior de D = . h(±1) = 1. f passa a ser uma fun¸ca˜o s´o de x. 7. temos: √ (a) x = 0 ⇒ y = ± 2/2. Solu¸c˜ao (Escrevendo f como uma Fun¸c˜ao s´o de x ou s´o de y na Fronteira): (a) Substituindo x2 = 1 − 2y2 em f(x. a segunda por x. y = 0 ´e o u ´nico pontop cr´ıticopde g. 1]. g(x. ache o m´aximo e o m´ınimo globais de f na bola fechada x2 +y2 ≤ 1. y) = x + 2y ⇒ 2 2 g(x. y) = 1 x + 2y = 1. Como h ′ (x) = x. y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1 . Da´ı. h(x) = (1 + x2 )/2 com x ∈ [−1. Por fim. 2a. y) = x2 + y2 . x = 0 ´e um ponto de m´ınimo local que n˜ao nos interessa pois j´a temos o global para f. Solu¸c˜ ao: f ´e cont´ınua no compacto D = (x. ± 2/2) = 02 +(± 2/2)2 = 1/2 e f(±1. (b) Substituindo y2 = (1 − x2 )/2 em f(x. p digamos. √ √ Como f(0. (±1.´ CAP´ITULO 3. x = 0 ´e o u ´nico ′′ ponto cr´ıtico de h. y) = x + y . f(x. 0) s˜ao pontos de m´aximo globais para f. 0) s˜ao pontos de m´aximo locais para a f com valor m´aximo local f(±1. f passa a ser uma fun¸ca˜o s´o de y. (b) y = 0 ⇒ x = ±1. na fronteira. Como h (y) = 1 > 0. 1/2]. na fronteira. y = 0 ´e um ponto de m´aximo localpem (− 1/2. g(± 1/2) = 1/2 < 1. Multiplicando a primeira equa¸ca˜o por 2y. Da´ı (±1. 0) = 12 +02 = 1.CALCULO DIFERENCIAL 52 = λgx = 2λx. digamos. usando a terceira equa¸ca˜o. Ent˜ao f admite m´aximo e m´ınimo globais emD por (O2 ). 0) = (±1)2 + 02 = 1. temos que xy = 0. y)p= x2 + y2 . Como g ′ (y) = −2y. Sendo f(x. (x. y) ∈ R2 | x2 +. y2 < 1 : fx = 0 2x − y = 0 Ponto(s) Cr´ıtico(s): ⇒ ⇒ x = y = 0. 0) ´e ponto de sela. Da´ı o m´aximo e o m´ınimo de f n˜ao ocorrem no interior de D. a segunda por x.0) = −1 < 0 ⇒ (0. fy = 0 −x = 0 Teste da Derivada Segunda: H(0. f(x. g(x. Solu¸c˜ao: Multiplicadores de Lagrange: = λgx fx 2x − y = 2λx. y) = 1 Multiplicando a primeira equa¸ca˜o por y. y) = x2 + y2 ⇒ 2 2 x +y = 1. y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1 : 1a. Assim devemos busc´a-los na Fronteira de D = (x. fy = λgy ⇒ −x = 2λy. 0) = fxx fyy − f2xy |(0. igualando os primeiros membros . y) = x2 − xy. g(x. 2π}: z(0) = z(2π) = 1. cos(2t) = −sen(2t) para √ 3π 7π 11π 15π 1± 2 0 < 2t < 4π. obter o m´aximo/m´ınimo de z(t) = f(x(t). y) = x − xy = 4 4 2 ⇒ x2 = 1 − y2 = √ Da´ı. Solu¸c˜ ao via Multiplicadores de Lagrange: Se z = f(x. fx 2Ax + 2By = 2λx ⇒ (λ − A)x − fy = λgy ⇒ 2Bx + 2Cy = 2λy ⇒ −Bx + (λ − C)y = 0. por (O2 ). y) = x − xy = 4 4 2 ⇒ x2 = 1 − y2 = √ 2+ 2 4 √ ⇒ 2xy = y2 − x2 = − 22 ⇒ √ √ √ 2 1+ 2 2+ 2 2 + = . y) e g(x. Da´ı 2t = 4 = 4 = 4 = 4 . (c) Valores M´aximo/M´ınimo no Interior de [0. y(t)) = cos2 t − cos t sen t = 1 + cos(2t) − sen(2t) . para B = 6 0. f(x. tais valores devem √ √ 1+ 2 1− 2 ocorrer na fronteira de D. EXERC´ICIOS . (b) Valores de z(t) na Fronteira de [0. {0. (0. y) = x2 + y2 . isto ´e. isto ´e. isto ´e. t ∈ [0. Assim. t ∈ [0.CALCULO DIFERENCIAL 53 das duas. 2π]. y) = 1 x + y2 = 1. Determinar o m´aximo e o m´ınimo globais de z = Ax2 + 2Bxy + Cy2 . 2π]. ⇒ y2 = t = 4 Da´ı: (a) y2 = √ 2+ 2 4 (b) y2 = √ 2− 2 4 √ √ 2− 2 4 √ ⇒ 2xy = y2 − x2 = 22 ⇒ √ √ √ 2 1− 2 2− 2 2 − = .5. z(t) tem m´aximo e m´ınimo globais em [0. Da´ı: (a) z(t) ´e cont´ınua no compacto [0. 2π]. na 2 2 circunferˆencia x + y = 1. 2π): Ponto(s) Cr´ıtico(s) de z: z ′ (t) = −sen(2t) − cos(2t) = 0 para 0 < t < 2π. f(x. 2 ´e obter o m´aximo/m´ınimo de f ao longo de x2 + y2 = 1. Como f n˜ao tem valor m´aximo nem m´ınimo no interior do compacto D. 2π]. 2π]. ent˜ao = λgx By = 0. 1−2 2 ´e o valor m´ınimo e 1+2 2 ´e o m´aximo. temos: 2xy − y2 = −x2 = y2 − 1 ⇒ (2y2 − 1)2 = (2xy)2 = 4(1 − y2 )y2 ⇒ 4y4 − 4y2 + 1 = 4y2 − 4y4 ⇒ 8y4 − 8y2 + 1 = 0 t=y2 =⇒ 8t2 − 8t + 1 = 0 √ 2 2 ± . sendo z(t) = 2 para tais valores. . uma parametriza¸ca˜o de x2 + y2 = 1. 2π]. 2 g(x. Solu¸c˜ao: Composi¸c˜ao de f com uma Curva Parametrizada: Sendo x(t) = cos t e y(t) = sen t. e usando a terceira. 8.´ 3. Segue da´ı que 2 ´e o valor m´ınimo e 2 ´e o valor m´aximo de f em D. 2a. e somando as duas resultantes temos ((λ−A)(λ−C)−B2 )x = 0. y) = (0. Da´ı. y2 = B2(λ−A) 2 +(λ−A)2 AB2 2B2 z= + + C y2 2 (λ − A) λ−A A(λ − C) (λ − A)2 = + 2(λ − C) + C λ−A (λ − A)(2λ − (A + C)) A(λ − C) + 2(λ − A)(λ − C) + C(λ − A) = 2λ − (A + C) 2 2λ − (A + C)λ = 2λ − (A + C) = λ. Tal valor na segunda equa¸ca˜o acarreta x = 0. temos que f ´e cont´ınua no dom´ınio (x. Quantas lˆampadas de cada tipo devem ser produzidas para que a f´abrica obtenha o lucro m´aximo e de quanto ´e tal lucro? Solu¸c˜ ao: f(x.m. y ≥ 0. B = √ 1+ 2 −1/2 e C = 0.m. sendo x ≥ 0. que ´e obtido via λ2 − (A + C)λ + AC − B2 = 0. y) ∈ R2 : 0 < x < 50 e 0 < y < 125 3 Ponto(s) Cr´ ıtico(s): . Mas (x. Observa¸ c˜ ao: Para a parte da fronteira do√ exerc´ıcio anterior observe que A = 1.´ CAP´ITULO 3. RESULTADOS . x = y = 0 n˜ao satisfaz a terceira equa¸ca˜o do sistema B anterior!) Da primeira equa¸ca˜o temos x = λ−A y e. Da´ı x = 0 (o que acarretaria y = 0!) ou B2 = (λ − A)(λ − C) . : Interior do Dom´ınio: (x. cada uma delas poder´a ser vendida por 100 − 2x e 125 − 3y u. Sendo feitas x lˆampadas do tipo 1 e y do tipo 2. 100 − 2x ≥ 0 e 125 − 3y ≥ 0. respectivamente. Dessas obtemos + 1 y2 = 1. Da´ı zm´ax = 2 e zm´ın = 1−2 2 ! 9.. (De fato. a segunda por B. da condi¸ca˜o h 2 i 2 B x2 + y2 = 1 temos (λ−A) .CALCULO DIFERENCIAL 54 Note que λ 6= A. isto ´e. √ A+C± (A+C)2 −4(AC−B2 ) . 0) n˜ao ´e ponto da circunferˆencia x2 + y2 = 1.. y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 50 e 0 ≤ y ≤ 125 fechado e limitado. Uma f´abrica produz dois tipos de lˆampadas. λ = A na primeira equa¸ca˜o do sistema anterior implica em y = 0. λ± = 2 z = λ+ ´e o valor m´aximo global e z = λ− ´e o m´ınimo global. isto ´e. multiplicando a primeira equa¸ca˜o por (λ−C). Ainda. O custo de fabrica¸ca˜o de x lˆampadas do tipo 1 e y do tipo 2 ´e de 12x + 11y + 4xy u. y) = x(100 − 2x) + y(125 − 3y) − (12x + 11y + 4xy) = 88x + 114y − 2x2 − 3y2 − 4xy ´e a fun¸ca˜o lucro e. isto ´e. Da´ı f 3 tem m´aximo e m´ınimo globais em tal dom´ınio. . dividindo a fronteira em quatro partes (veja figura 3. fx = 88 − 4x − 4y = 0 x + y = 22 ×(−2) ⇒ ⇒ x = 9. 50]: – Interior. y = 13. . (Verifique!) Vamos verificar que este ´e o m´aximo global. fy = 114 − 6y − 4x = 0 2x + 3y = 57 ←֓ + Teste da Derivada Segunda: (9. 50): f1 (x) = f(x.12) e observando que em nenhuma delas a f admite um valor maior que 1137. isto ´e. 13) ´e ponto de m´aximo local com valor m´aximo local f(9. Fronteira do Dom´ınio: • I: reta y = 0. 0) = 88x − 2x2 ⇒ f1′ (x) = 88 − 4x ⇒ f1′′ (x) = −4. x ∈ [0. 13) = 1137. (0. 50}: f1 (0) = 0 e f1 (50) < 0. y) = f2 (y) − 600 − 200y < f2 (y) ⇒ m´aximo global de f n˜ao ocorre em IV! Conclus˜ ao: 9 lˆampadas do tipo 1. y ∈ [0. y) = y − x3 − 1 = 0 (gr´afico com concavidade para baixo na figura 3. . ∴ f(9. 3 g(x. 125/3) = f1 (x) − 1375 − 3 em III! 500 x 3 < f1 (x) ⇒ m´aximo global de f n˜ao ocorre • IV: reta x = 50.5.6 y − 03 − 1 = 0 {z } | =⇒ y = 1. x = y = 0!). y) = d(x. ∴ f(9. fx 2x fy = λgy ⇒ 2y = λ. isto ´e. 13 do tipo 2 com lucro m´aximo de 1137 u. 125/3]: – Interior. – Fronteira.´ 3. y) = 114y − 3y2 ⇒ f2′ (y) = 114 − 6y ⇒ f2′′ (x) = −6. Em existindo. 6 7 com λ 6= 0 (caso contr´ario.13).m.! 10. – Fronteira. 1) n˜ao pode ser ponto de m´ınimo pois a distˆancia m´ınima ´e menor do que 1.12: Dom´ınio Fechado e Limitado. 0) = 968 ⇒ m´aximo local de f n˜ao ocorre em I! • II: reta x = 0. Mas (0. y) = 0 y − x − 1 = 0. y ∈ [0. 125/3}: f2 (0) = 0 e f2 (125/3) < 0. ∴ f2 tem m´aximo local de 1083 em y = 19. 0) n˜ao ´e ponto de m´ınimo e a distˆancia m´ınima ´e menor do que 1. isto ´e. 50]: • III: reta y = 125 3 f3 (x) = f(x. 125/3) = 1083 ⇒ m´aximo global de f n˜ao ocorre em II! .CALCULO DIFERENCIAL y 55 III 125/3 II IV 0 I 50 x Figura 3. x ∈ [0. EXERC´ICIOS . y)2 = x2 + y2 restrita a g(x. {0. {0. = λgx = −3λx2 . (0. 125/3): f2 (x) = f(0. isto ´e. Da´ı: (1) y 6= 0 (pela segunda equa¸ca˜o).7 (2) x = 0 Da´ı (−1. 13) > f(22. qual a menor distˆancia da origem a curva y = x3 + 1? Solu¸c˜ ao via Multiplicadores de Lagrange: Objetivo: Minimizar f(x. 125/3]: f4 (y) = f(50. ∴ f1 tem m´aximo local de 968 em x = 22. 13) > f(0. Da´ı: h(r0 ) −1 =1− = 1. 5 − = 1. 039. y2 ) = f(x2 . 414215686.6 -0.´ CAP´ITULO 3.5 1 y 56 0. 121 + 0. 0] tais que h(x1 ) = 0 e h(x2 ) = 0.5 -1 -0.13: Gr´aficos de y = x3 + 1 e h(x) = 3x4 + 3x + 1 y = x3 + 1 | {z } =⇒ h(x) = 3x4 + 3x + 1 = 0. 934. y1 ) = f(x1 . y2 ). 416666667.2 0 0. j´a sabemos que h(± 2) = 0. Seja ent˜ao r0 = 1.2 − x31. Da´ı o gr´afico ´e esbo¸cado como na figura anterior e existem x1 e x2 em [−1.2 − 1 = 0. h ′ 6= 0 nos rn ’s) para ′ (r n−1 ) n = 0. 156 = 0. √ √ Por exemplo. y2 ) ≈ 0. Por fim f(x√1 . > 0 para x > −1/ 3 4 ∴ h crescente. para h(x) = x2 − 2.2) h ′ (x) = 12x3 + 3 = 0 para x = x0 =√−1/ 3 4 pto. onde 2 ´e aproximadamente igual a 1. isto ´e. 5.3) h(x0 ) < 0 e x → ±∞ ⇒ h(x) → ∞. y1 ) ≈ 0. r0 um ponto inicial pr´oximo da raiz r e rn = n−1 ) rn−1 − hh(r bem definido (isto ´e.13): (3. p Da´ı a distˆancia m´ınima ´e o menor valor entre d(x1 .CALCULO DIFERENCIAL Problema 10 g(x.5 0 -0. RESULTADOS . (3) x 6= 0.8 -0. 872 ≈ 0. o M´etodo de Newton) obtemos p x1 ≈ −0. 716 + 0. 1) e (0. y) = 0. M´etodo de Newton: Sendo h(x) uma fun¸c˜ao adequada. Utilizando um m´etodo num´erico (por exemplo. 3. (3. 958. temos rn → r se n → ∞.2 x Figura 3. h (r2 ) r1 = r0 − . y1 ) e d(x2 . h (r1 ) 3 h(r2 ) r3 = r2 − ′ ≈ 1. 1. onde y1. sendo que este u ´ltimo satisfaz g(x.1) h(−1) = h(0) = 1 ⇒ gr´afico passa por (−1. . √ 3 < 0 para x < −1/ 4 √ ∴ h decrescente. 2. . (h ′′ (x0 ) = 36x20 > 0). 872 e f(x2 . y1 ≈ 0. 1).4 -0. 395 e y2 ≈ 0. .. 918 = 1.y)=0 y=h(x) 1. loc. 348. 846 e x2 ≈ −0. x(3λx + 2) = 0 e λ = 2y ⇒ 6xy + 2 = 0 Gr´afico de y = h(x) (Concavidade para Cima na Figura 3. 414213562. de m´ın. h(r) = 0. (3. ′ h (r0 ) 2 h(r1 ) 1/4 r2 = r1 − ′ = 1. e da´ı dm´ınima ≈ 0. h(x) = 3x4 + 3x + 1. De (a)-(b) temos (cos x sen y − cos y sen x) sen(x + y) = sen(y − x) sen(x + y) = 0. por 3.5. EXERC´ICIOS . temos que sen x sen y sen z = sen x sen y sen(π − (x + y)) = sen x sen y sen(x + y) = f(x.14: Alguns triˆangulos com ˆangulos x. y). y e z. h ′ (x) = 12x3 + 3 e r0 = 0. No nosso exerc´ıcio. (b) fy = cos y sen x sen(x + y) + sen x sen y cos(x + y) = 0. Da´ı. todos os pontos de Dom(f) = {(x. . . 348. verifique que tal triˆangulo ´e equil´atero..´ 3. (a) fx = cos x sen y sen(x + y) + sen x sen y cos(x + y) = 0. onde usamos que sen(π − (x + y)) = sen(x + y) na segunda igualdade..7. h (r2 ) r1 = r0 − . ´e poss´ıvel calcular fx e fy . Ainda. 9 acarretam: 3 · (0.CALCULO DIFERENCIAL 57 . 9)4 + 3 · (0. y > 0 e x + y < π} s˜ao interiores. Solu¸c˜ ao: Sejam x. 9) + 1 h(r0 ) = 0.1. . 187. como x + y + z = π. Em existindo o triˆangulo cujo produto dos senos dos seus ˆangulos internos ´e o maior poss´ıvel. y e z os ˆangulos de tal triˆangulo (veja figura 3. 9 − ≈ 0. Da´ı. z z z x y x y x y Figura 3.14). 418 h ′ (r0 ) 12 · (0. 11. no(s) ponto(s) de m´aximo de f temos. Como x e y s˜ao positivos e x + y deve ser menor que π. 9)3 + 3 h(r1 ) ≈ −0. y) | x > 0. r2 = r1 − ′ h (r1 ) h(r2 ) r3 = r2 − ′ ≈ −0. ~v e w ~u + ~v + w ~ = − → AP − → ||AP|| + − → BP − → ||BP|| + − → CP − → ||CP|| = ~0. y). Dado um triˆangulo acutˆangulo ABC.15: Triˆangulo Acutˆangulo. 3x iguala 0 ou π. Conclus˜ ao: x = y = z = π3 . Da´ı. f(x. B = (xB . sendo ~u. ||AP|| ||BP|| ||CP|| ||AP|| ||BP|| ||CP|| −→ − → −→ ~ os versores de AP. BP e CP. (Temos apenas 3x = π pois x n˜ao pode ser nulo). temos que y−yA y−yB y−yC x−xB x−xC x−xA (fx . sen(x + y) 6= 0 e da´ı sen(y − x) = 0. Calculando-se o produto interno de tal equa¸ca˜o e ~u. y) = q q q (x − xA )2 + (y − yA )2 + (x − xB )2 + (y − yB )2 + (x − xC )2 + (y − yC )2 ´e a soma das distˆancias de P aos v´ertices. Assim. π/3. Como sen x 6= 0. RESULTADOS . como y − x = 0. 12. isto ´e. π/3) ´e ponto de m´ınimo local. temos que B ~v β α P γ ~ u ~ w C A Figura 3. ~ . ´e tal que as semi-retas PA. PB e PC formam entre si um ˆangulo de 120 graus (veja figura 3. 0). ~v e w calculando-se .15).´ CAP´ITULO 3. A = (xA . verifique que o ponto P cuja soma das distˆancias aos v´ertices ´e m´ınima. supondo-se a existˆencia de tal ponto. yB ) e C = (xC . temos que Da´ı. da´ı global. respectivamente. Solu¸c˜ ao: Sendo P = (x. Aplicando o Teste das Derivadas de Segunda Ordem temos que o u ´nico ponto cr´ıtico (π/3.CALCULO DIFERENCIAL 58 Como 0 < x + y < π. yA ).1. para f m´ınima.7. como todos os pontos do R2 s˜ao interiores a Dom(f). yC ). −→ + −→ + −→ = (0. segue de (a) ou (b) que cos x sen x sen 2x + sen x sen x cos 2x = sen x(cos x sen 2x + sen x cos 2x) = sen x sen 3x = 0. fy ) = −→ + −→ + −→ . por 3. respectivamente. Subtraindo-se a primeira dessas equa¸co˜es pela segunda.5. isto ´e. Pontos Cr´ıticos: (a) fx = 2(x − y) + 4x(x2 − y + 3) = 0. substituindo x = 2 em (a) ou (b) temos 2 2 − y + 2 4 − y + 3 = 1 − 2y + 1 − 2y + 6 = 0. obtemos que w cos γ−cos β = 0. β ´e o ˆangulo que ~v forma com w ~ e γ ´e o ˆangulo onde α ´e o ˆangulo que u ~ forma com ~u. dm´ın = fm´ın . o u ´nico ponto 9 cr´ıtico (candidato a ponto de m´ınimo) de f ´e (1/2. De (a)+(b) temos 2(2x − 1)(x2 − y + 3) = 0. Da´ı. Por outro lado. 8 9 De fato. que. tal interse¸c˜ao implicaria em x2 + 1 = x − 2. EXERC´ICIOS . somada a u ´ltima. por 1 1 1 um lado. 15/8). y) o quadrado da distˆancia d(x. Assim. Solu¸c˜ ao via Teste da Derivada Segunda: Primeiramente note que os gr´aficos n˜ao se interceptam (veja figura 3. seja Problema 13 100 80 y 60 40 20 0 -20 -10-5 0 5 10 x Figura 3. Da´ı x = 21 ou x2 − y + 3 = 0. y − 2) da reta.8 Agora. cos α + 1 + cos β = 0 e cos γ + cos β + 1 = 0.CALCULO DIFERENCIAL 59 ~u · (~u + ~v + w ~ ) = ~u · ~0. resulta em 2 cos γ = −1. temos α = β = γ = 120 graus. ~v · (~u + ~v + w ~ ) = ~v · ~0 e w ~ · (~u + ~v + w ~)=w ~ · ~0. f(x. Agora. x2 + 1) da par´abola e o ponto (y. Em existindo. como cos β = cos γ e α + β + γ = 360. que n˜ao tem solu¸c˜ao real! Confira (O1 ′ ). substituindo x2 − y + 3 = 0 em (a) ou (b) 2 resulta em x = y. . calcule a menor distˆancia da par´abola y = x2 + 1 a reta y = x − 2. x2 − x + 3 = 0.16: Gr´aficos de y = x2 + 1 e y = x − 2. Como esta n˜ao tem solu¸ca˜o real. em existindo. (b) fy = −2(x − y) − 2(x2 − y + 3) = 0. Da´ı y = 158 . Da´ı f(x. Da´ı x2 − x + 3 = 0. √ como d e f s˜ao positivas (pois os gr´aficos n˜ao se interceptam). temos que 1 + cos α + cos γ = 0. ~ forma com ~v. y) entre o ponto (x. 13.16). y) = (x − y)2 + (x2 − y + 3)2 e todos os pontos de Dom(f) = R2 s˜ao interiores.´ 3. g(x. ~v = − 21 (~n1 × n x = z | {z } 3z = 4x + 2y = 8. 15/8) > 0 e H(1/2. 2. Solu¸c˜ ao via Multiplicadores de Lagrange: Tal interse¸ca˜o ´e uma elipse em R3 . 0. basta calcularmos a norma do vetor ~u − proj~v ~u. y = −2x + 4. 0). y. z) = d(x. . z) = x2 +3y2 . respectivamente. z) = x−z e h(x. = 6 · − − = 6 · Da´ı f − √ 109 109 109 109 109 109 109 109 109 √ 2 7 √ 109 > 0 s˜ao os valores m´ınimo e m´aximo. Da´ı a distˆancia de . onde proj~v ~u = ||~~uv·~||v2 ~v = 8 8 4 4 ~ ´e a proje¸ca˜o ortogonal de ~u sobre ~v (veja figura 3. por exemplo. temos λ + µ = 2x. por ~ 2 ) = (1. 15/8) > 0. considere. Agora. o ponto dos planos x + 2y + 3z = 8 e z = x mais pr´oximo da origem. µ = y e −λ + 3µ = 2z = 2x. temos ∇f(x. 14. z) = λ∇g(x. 15/8) ´e ponto de m´ınimo local para f. −1/8) e ´e dada por dm´ın = fm´ın = 8 . ~ 1 = (1. Para obtermos a distˆancia da origem O = (0. 2y. y = ±√ 109 109 √ √ √ √ √ √ √ √ √ 2 7 36 7 36 7 2 7 √ 36 7 36 7 2 7 36 36 7 √ √ √ √ √ √ √ 7 + . Logo a fun¸ca˜o cont´ınua f admite m´aximo e m´ınimo em tal interse¸ca˜o. −1) + µ(2x. de x2 +3y2 = 84. v = 6 3 3 3 √ O a r ´e dada por ||(−4/3. via Multiplicadores de Lagrange. 4. y. sendo ~u o vetor cujas extremidades s˜ao os pontos P0 e O. temos que fxx (1/2. 0. y. de (2x. temos √ √ 36 7 2 7 e z = x = ∓√ . n˜ao sendo n ultiplo escalar de n um vetor diretor da reta r que representa a interse¸ca˜o dos planos dados. considerando g(x. y. 5/4) e (15/8. z)2 = x2 + y2 + z2 restrita a g(x. fyy = 4 e fxy = −2 − 4x. de 109y2 = 28. − . Solu¸c˜ ao: Vamos minimizar a fun¸ca˜o f(x. P0 = (0. 6y. para obter De fato. −1) + µ(1. −2. y. 4/3) = 3(4/3) = 3 u. y. Da primeira equa¸ca˜o anterior temos λ + 2µx = 2. Obter. Considere. da´ı ´e um conjunto compacto em R3 . z) = x − z = 0 e h(x.. 3) um m´ ~ 2 = (1.´ CAP´ITULO 3. respectivamente. 2. a distˆancia √ m´ınima ocorre √ 11 2 entre os pontos (1/2. Sendo f(x.CALCULO DIFERENCIAL 60 Teste: De fxx = 14 + 12x2 − 4y. Logo. 0. y. 4/3. Da´ı. Assim. 15. . − . y. Estas acarretam (2. adicionando a primeira equa¸ca˜o a u ´ltima equa¸ca˜o.c. ache o m´aximo e o m´ınimo de f restrita `a interse¸ca˜o do plano z = x com o cilindro x2 + 3y2 = 84. 1). Um ponto P0 de tal reta ´e obtido de x + 2y + exemplo. y. 2z) = λ(1. 3) e z = x. 0). x − z = 0 e x2 + 3y2 = 84. 4) = λ(1.c. Da´ı. isto ´e. Da´ı (1/2. Substituindo z = x = y na equa¸ca˜o x + 2y + 3z = 8 temos x = y = z = 43 . Da´ı. −4/3)|| = 4 3/3 u. z) = x + 2y + 3z = 8. muliplicando a primeira por y e a segunda por x temos x = −18y. 4/3. y. −1). −1. Da´ı. Como n˜ao existem outros m´ınimos locais interiores a Dom(f).10 este ´e global. 10 Pois estes teriam de anular ∇f por (O1 ). RESULTADOS .. z). temos 18· 18y2 +3y2 = 3· 28. 6µy = −1 e λ = −4. 0) a r. −4/3. 4/3) ´e o ponto da interse¸ca˜o dos planos 1 · x + 2 · y + 3 · z = 8 p e 1·x+0·y√ + (−1) · z = 0 mais pr´oximo da origem cuja 4 3 2 distˆancia ´e d(4/3. Logo (4/3.17). temos x = µ = y. z) = 84. Destas temos µx = 3 e µy = − 16 . 0. z) = 2x − y + 4z. − < 0 e f . y. z)+µ∇h(x. y. z) = 0 e h(x. 5.´ 3. .17: ~u − proj~v ~u ´e perpendicular a ~v.CALCULO DIFERENCIAL 61 O ~ u P0 ~ u − proj~v ~ u 11 00 00 11 00 11 ~v proj~v ~ u Figura 3. EXERC´ICIOS . CALCULO DIFERENCIAL .62 ´ CAP´ITULO 3. RESULTADOS . se f ´e Integr´avel.1).Cap´ıtulo 4 Resultados . b t a t No C´alculo Integral de Fun¸co˜es z = f(x. Rb R calculamos Dx f(x)dx = a f(x)dx. se f ´e Integr´avel. ent˜ao a Integral (Simples) ´e calculada sobre um Intervalo Fechado e Limitado Dx = [a. ent˜ao a Integral (Dupla) ´e calculada sobre um Dom´ınio Fechado e Limitado Dxy adequado (veja RR figura 4.1: Tipos 1 e 2 de Regi˜oes de Integra¸ca˜o Dxy . calculamos Dxy f(x. isto ´e. Y Y d g2 (x) h1 (y) Dxy g1 (x) a Dxy h2 (y) c b X X Figura 4. y)dxdy. y) Reais de Duas Vari´aveis Reais. isto ´e.1 Integrais Duplas/Triplas No C´alculo Integral de Fun¸co˜es y = f(x) Reais de Uma Vari´avel Real.C´ alculo Integral 4. b]. 63 . ´ CAP´ITULO 4.1 Regi˜ oes/Dom´ınios de Integra¸c˜ ao Dxy Tipos 1 e 2 .1.CALCULO INTEGRAL 64 4. RESULTADOS . Tipo 1 Para Dxy = (x. y) ∈ R2 . x ´e constante e y ´e vari´avel. f(x. ! ZZ Z b Z g2 (x) f(x. na integral entre parˆenteses. y)dxdy := a Dxy g1 (x) Note que. g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x) com g1 (x) e g2 (x) cont´ınuas. . a ≤ x ≤ b. y)dy dx. Tipo 2 Para Dxy = (x. y) ∈ R2 . No segundo. integrando primeiro em rela¸ca˜o a y para Dxy do tipo 1. Figura um lado. 0 ≤ x ≤ 1 e x2 ≤ y ≤ x ou √ y ≤ x ≤ y e 0 ≤ y ≤ 1 . y)dxdy := Dxy c h1 (y) Note que. No primeiro caso.5 0 0. temos o tipo 1. Exemplo Vamos integrar f(x.5 x 1 1. x ´e vari´avel e y ´e constante. ! ZZ Z d Z h2 (y) f(x. y) = 1 sobre a Regi˜ao Limitada por y = x e y = x2 (veja figura 4. temos o tipo 2.2).5 0 -0. na integral entre parˆenteses. temos ZZ Z 1 Z y=x 1 dy dx 1 dxdy = Dxy 0 = Z1 0 = Z1 0 y=x2 y=x [y]y=x 2 dx x − x2 dx x2 x3 = − 2 3 1 = . e somente se. f(x.5 y 1 0.5 -0. h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y).2: (x. y)dx dy. c ≤ y ≤ d com h1 (y) e h2 (y) cont´ınuas. 6 1 0 . y) ∈ Dxy se. Por 2 1.5 4. pode ocorrer que a integral de um dos dois tipos ou seja mais dif´ıcil de resolver do que a do outro tipo ou n˜ao tenha solu¸ca˜o anal´ıtica! Exemplo Integrar sobre o retˆangulo . Como veremos adiante. pode n˜ao ser poss´ıvel calcular a intergral dupla. INTEGRAIS DUPLAS/TRIPLAS 65 Por outro lado. temos ! ZZ Z 1 Z x=√y 1 dx dy 1 dxdy = Dxy 0 = Z1 0 = Z1 x=y √ y [x]x= x=y dy √ ( y − y) dy 0 2y3/2 y2 = − 3 2 1 = .1. integrando primeiro em rela¸ca˜o a x para Dxy do tipo 2. Contudo. podemos desconsiderar os parˆenteses nas f´ormulas acima. 6 1 0 Nota¸c˜ ao/Observa¸ c˜ ao Em sendo poss´ıvel calcular a integral dupla.4. d] = (x. b] × [c. y) ∈ R2 . Dxy = [a. y)dx dy. c ≤ y ≤ d (veja figura 4. a ≤ x ≤ b. b] × [c. ZZ f(x. y)dy dx = f(x. d]. c a .3) significa significa calcular Y d Dxy c a b X Figura 4.3: Dxy = [a. y)dxdy = Dxy Z b Z d a c Z d Z b f(x. . Isto porque em cada um desses pontos a fun¸ca˜o que define ou o limite superior ou o limite inferior para y muda. (3. y) = 2x2 y sobre a regi˜ao limitada por y = 4 − x2 e y = 0. Para integramos primeiro em y. 1 x=y2 .5 1 1. n e. . Exemplo Integre f(x. mais pr´oxima da √ √ 3 origem (veja figura 4. por fim. . 3]. y = x − 2 e y = x3 . (N˜ao tente integrar primeiro em rela¸ca˜o a y pois. y)dxdy. obter a soma I = I1 + · · · + In . devemos separar Dxy em trˆes partes: a primeira subregi˜ao para x ∈ [0. 3 3). . Calcule R1 R3 0 2 3x2 + 2y dxdy.5 x Figura 4. y = 2 2 e y = x. calcular a integral dupla Ii relativa a i-´esima parte para i = 1.´ CAP´ITULO 4. 1) e ( 32 . Calcule a integral de f(x.5 3 3. 2.4: Dxy mais geral. 1]. 32/3 ].CALCULO INTEGRAL 66 Exerc´ıcios 1. RESULTADOS .4). e a terceira para x ∈ [32/3 . 3 2 y 1 0 -1 -2 0 0. y) = ey + x sobre a regi˜ao limitada pelas retas x = 0. pode ser necess´ario dividir o seu dom´ınio Dxy de integra¸ca˜o Dxy em n partes disjuntas dos tipos 1 ou 2. Integre f(x. −1). ey + x n˜ao tem antiderivada elementar!) Regi˜ oes Dxy Mais Gerais RR Para calcular a integral dupla I = f(x. Na outra dire¸ca˜o ´e necess´ario separar Dxy em apenas duas partes: ZZ I= (2x + y)dxdy Dxy ! 3 Z Z Z√ Z 1 x=y+2 = 3 x=3/y (2x + y)dx dy (2x + y)dx dy + −1 x=y2 = I1 + I2 .5 2 2. a segunda subregi˜ao para x ∈ [1. Primeiro obtemos os pontos de interse¸ca˜o: (1. 2 3. neste caso. y) = 2x + y sobre a regi˜ao limitada por x = y2 . 93. A segunda parcela ´e calculada por I2 = 3 Z√ 3 1 3 Z√ 3 3/y x2 + xy y2 dy 9 + 3 − y4 − y3 dy 2 y 1 3 . INTEGRAIS DUPLAS/TRIPLAS 67 A primeira parcela ´e calculada por I1 = Z1 −1 = Z1 y+2 x2 + xy y2 dy (y + 2)2 + y(y + 2) − y4 − y3 dy −1 = Z1 −y4 − y3 + 2y2 + 6y + 4 dy −1 ¯ = 8.1.4. √ 3 9 y5 y4 . . = − + 3y − − . y) = 1. y 5 4 1 ≈ 2.1. 14. 21. = A soma das duas parcelas resulta em I ≈ 11. 4.2 ´ Area. Volume e Massa ´ Se f(x. ent˜ ao as Integrais Duplas Calculam a Area da Regi˜ ao Dxy Exemplo . Se Dxy = (x. y) ∈ R2 . 5: Dxy ´e o c´ırculo de centro na origem e raio r. ent˜ao Y r y= √ r 2 − x2 −r r Dxy −r X √ y = − r 2 − x2 Figura 4.5). x2 + y2 ≤ r2 (veja figura 4. . y)dxdy/M(D) e y = D D RR RR ¯ = D y dxdy/A(D). (x. o centro xµ(x. y D D RR ´e dada por M(D) = ¯ yµ(x. y = 3x. y) e D = Dxy . y) ≥ 0. Note que. respectivamente. Exerc´ıcios 1. temos que a massa de ¯ ) de D ´e dado por x ¯ = µ(x. y) constante. x ∈ Dx = [a.RR y)dxdy e o centro de massa (¯ x. RESULTADOS . sendo µ(x. y) ∈ Dxy Tal propriedade ´e an´aloga aquela do C´alculo de Fun¸co˜es Reais de Uma Vari´avel Real: ´ Se f(x) ≥ 0. Obter o volume do s´olido limitado superiormente pela superf´ıcie z = 8xy + 200 e inferiormente pela regi˜ao do plano OXY limitada por y = x2 e y = 8 − x2 . y) e pelo Plano OXY. Exerc´ıcio Calcule a ´area da regi˜ao no Primeiro Quadrante limitada pelas retas y = x.. ent˜ ao as Integrais Simples Calculam a Area da Regi˜ ao Limitada pelo Gr´ afico de f(x) e pela Reta OX. Se f(x. na pen´ ultima e u ´ltima igualdades acima. a medida da ´area de Dxy . ent˜ ao as Integrais Duplas Calculam o Volume da Regi˜ ao Limitada pelo Gr´ afico de f(x. em u.CALCULO INTEGRAL 68 ZZ 1 dxdy = Dxy = Z y=√r2 −x2 Zr −r Zr y=− √ ! 1 dy dx √ r2 −y2 2 2 y= r −x √ [y]y=− dx r2 −x2 −r Zr p r2 − x2 dx −r Z0 2 = −2r sen2 θ dθ =2 π = πr 2 ´e igual. Centro de Massa Sendo µ(x. y) a densidade RR superficial no ponto (x. sendo ¯ = D x dxdy/A(D) e y de massa (centr´oide) de D ´e dado por x A(D) a ´area da regi˜ao D. y = x 2 ey= 3x 2 − 12 . Obter o volume do s´olido limitado pelos planos 4x + 2y + z = 10.´ CAP´ITULO 4. .a. 2. y)dxdy/M(D). z = 0 e x = 0. usamos a mudan¸ca de vari´aveis e a integral imediata x = r cos θ ⇒ dx = −r sen θ dθ R sen2 θ dθ = θ 2 − sen 2θ 4 . b]. 1. temos Z Z dx f(x)dx = f(x(u)) du. No C´alculo de Uma Fun¸ca˜o Real de Duas Vari´aveis Reais. v)) com derivadas parciais de primeira ordem cont´ınuas e Jacobiano . y) = ex+y . Verifique que (0. ent˜ao Z π/2 cos xdx = 0 Z √π/2 0 cos u2 2udu. y(u. 0) ´e o centr´oide do triˆangulo equil´atero inscrito na circunferˆencia x2 +y2 = 1 e com um dos v´ertices em (0. v). y) = (x(u. 1] × [0.3 Mudan¸ ca de Vari´ aveis nas Integrais Duplas Integra¸c˜ ao por Substitui¸ c˜ ao No C´alculo de Uma Fun¸ca˜o Real de Uma Vari´avel Real. Obter o centro de massa do retˆangulo [0. INTEGRAIS DUPLAS/TRIPLAS 69 Exerc´ıcios 1. se f(x) = cos x e x = u2 . y) cont´ınua num dom´ınio Dxy . 1). du Dx Du Por exemplo. para f(x) cont´ınua num dom´ınio Dx . 4. sendo que entre Dxy e um dom´ınio Duv adequado existe uma correspondˆencia biun´ıvoca (x.1.4. para f(x. 1] se a densidade de massa ´e µ(x. sendo que entre Dx e um dom´ınio Du adequado existe uma correspondˆencia biun´ıvoca x = x(u) com derivada cont´ınua e diferente de zero em Du . 2. . y) . ∂(x. . xu xv . . v) . = ∂(u. yu yv . = xu yv − yu xv 6= 0 em Duv . y)dxdy = Dxy ZZ . temos ZZ f(x. . . y) . ∂(x. . f(x(u. y(u. dudv. v)) . v). . ∂(u. v) . Assim.y) ∂(u. neste plano. −1). pela figura 4. 1). (2. pode ser mais conveniente calcular o Jacobiano via ∂(u. 0).y) = ∂(x. cujos pontos. 0) e (1. Duv Por outro lado.6. (1. Exemplo Vamos usar uma mudan¸ca de coordenadas adequada para obter o volume da regi˜ao localizada abaixo da superf´ıcie z = (x − y)2 e acima do plano OXY.v) ∂(x.v) −1 . pertencem ao paralelogramo de v´ertices (0. como 0 ≤ . Da´ı 2 2 . Por outro lado. RESULTADOS . x = u+v e y = v−u .CALCULO INTEGRAL 70 V y=x y = −x + 2 Y Dxy u=x−y v=x+y v=2 Duv u=0 X u=2 y=x−2 U v=0 y = −x Figura 4. ent˜ao 0 ≤ u ≤ 2 e 0 ≤ v ≤ 2.´ CAP´ITULO 4.6: Mudan¸ca de Vari´aveis: Integral mais F´acil! x − y ≤ 2 e 0 ≤ x + y ≤ 2. se u = x − y e v = x + y. . ∂(x. y) . . 1/2 1/2 . . v) . = ∂(u. −1/2 1/2 . apenas para confirmar o c´alculo do Jacobiano. 2 Por outro lado. como . 1 1 = + 4 4 1 = . . ∂(u. v) . . 1 −1 . . = ∂(x. y) . 1 1 . . ∂(u. a fronteira de Dxy tem partes curvil´ıneas. em geral. Ao procedermos tal mudan¸ca de vari´aveis. o volume ´e dado por ZZ 2 (x − y) dxdy = Dxy ZZ Duv u2 · 1 dudv 2 Z 2Z 2 1 u2 dudv 2 0 0 Z 1 2 3 2 u 0 dv = 6 0 8 = [v]20 6 8 = u. 3 = Observa¸ c˜ ao Sem qualquer d´ uvida.v. podemos obter um novo dom´ınio de integra¸ca˜o cuja fronteira tem apenas partes retil´ıneas. Neste caso. y) 1 = . temos que ∂(x. =1+1 = 2. . a maior utilidade da f´ormula de mudan¸ca de vari´aveis para integrais duplas ´e sua aplica¸ca˜o quando mudamos de coordenadas cartesianas para polares. v) 2 Assim. 1. y = r sen θ. INTEGRAIS DUPLAS/TRIPLAS 71 Coordenadas Polares: Mudan¸ ca de Dxy para Drθ t(x. r = x2 + y2 e θ = arctg yx . y). temos: p 1. y) a (0. 0) e θ o ˆangulo que o eixo OX faz com a reta que passa por (0. . x = r cos θ.4. y) ✁ ✁ ✁ ✁ r ✁ y ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ θ x Sendo r a distˆancia de (x. 0) e (x. . . cos θ −r sen θ . y) . ∂(x. ∂(r. 2. = r cos2 θ + sen2 θ = r.θ) = . . . Drθ Dxy Tal integral pode ser calculada por Z θ2 Z r=r2 (θ) θ1 ! f(r cos θ. r sen θ)rdr dθ. θ2 ] e r1 (θ) ≤ r ≤ r2 (θ). ou por ! Z r2 Z θ=θ2 (r) f(r cos θ. Exemplo . sen θ r cos θ RR RR f(r cos θ. r=r1 (θ) caso θ ∈ [θ1 . y)dxdy = 3. r2 ] e θ1 (r) ≤ θ ≤ θ2 (r). r1 θ=θ1 (r) caso r ∈ [r1 . f(x. r sen θ)dθ rdr. r sen θ)rdrdθ . y) ∈ R2 . y) = 2x + 3y2 e Dxy = (x. Sejam f(x. Da´ı (veja figura 4. 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 .7) . Drθ = (r. θ) ∈ R2 . r sen θ) = 2r cos θ + 3r2 sen2 θ. f(r cos θ. y)dxdy = f(r cos θ. 1 ≤ r ≤ 2. 0 ≤ θ ≤ 2π ZZ ZZ f(x. r sen θ)rdrdθ Dxy Duv = = = Z 2 Z 2π 1 Z2 1 Z2 2 2r cos θ + 3r sen θ dθ rdr 0 2 2 2r sen θ + 3r 3 θ sen 2θ − 2 4 2π dr 0 3πr3 dr 1 45π = 4 Z 2π Z 2 2 2 = 2r cos θ + 3r sen θ rdr dθ. e . 0 1 onde a verifica¸ca˜o da u ´ltima igualdade fica como exerc´ıcio. ´ CAP´ITULO 4. y = r sin θ 1111 0000 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111 00002 1111 1 R Figura 4.CALCULO INTEGRAL 72 Y Θ 2π 111111111111111 000000000000000 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 2 X 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 000000000000000 111111111111111 x = r cos θ.7: Mudan¸ca de Vari´aveis: De Cartesianas para Polares Exerc´ıcios . RESULTADOS . y) ∈ R2 . Para Dxy = (x. RR 2 2 1. y = 0 eRRx = 1. 2. Verifique. Seja Dxy a regi˜ao triangular do primeiro quadrante limitada pelas retas y = x. que o volume de uma esfera de raio r0 ´e dado por 43 πr30 .4 Exerc´ıcios Resolver Exerc´ıcios sobre Integrais Duplas em Outros Livros de C´alculo. via integrais duplas. 6. Usando a f´ormula da a´rea de um triˆangulo da Geometria Plana ou a f´ormula dxdy apenas em coordenadas cartesianas. obtemos diretamente que a ´area de Dxy Dxy ´e dada por 12 u. 4. Determinar a ´area da regi˜ao interior a r = 3 + 2 sen θ e exterior a r = 2. Obter o volume da regi˜ao limitada pela esfera x2 + y2 + z2 = 9. x2 + y2 ≤ 1 . Por Exemplo.1. Via integrais duplas. verifique tal resultado usando apenas coordenadas polares.a. 4. . a > 0. 3. nos Livros dados como Referˆencias no Cap´ıtulo 1 destas NA. dada em coordenadas polares. calcule Dxy ex +y dxdy. 5. acima do plano z = 0 e interior ao cilindro x2 + y2 = 5. ap´os obter o gr´afico da mesma. Calcule a ´area da regi˜ao limitada pela curva r = a sen(3θ). y) e u2 (x. z) sobre Regi˜ oes Dxyz do Tipo 1 Em analogia as integrais duplas. sendo u1 (x.2 4. INTEGRAIS TRIPLAS 4.4.1 73 Integrais Triplas Fun¸c˜ oes Cont´ınuas f(x.8) e f ´e integr´avel e .2. y) cont´ınuas (veja figura 4.2. y. Dxyz = (x. z) ∈ R3 . y. z=u1 (x. ent˜ao Dxy ´e a regi˜ao do Primeiro Quadrante abaixo da reta y = − 23 x + 2 (veja figura 4.y) Z z = u2 (x.9) e . y) ≤ z ≤ u2 (x. u1 (x. z)dz dxdy. y) 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 z = u1 (x. ZZZ f(x.y) ! f(x. y) ∈ Dxy . Exemplo Sendo Dxyz a regi˜ao do Primeiro Octante abaixo do plano 2x + 3y + z = 6. y). (x. y. y. z)dxdydz = Dxyz ZZ Dxy Z z=u2 (x. u1 (x. y) ∈ Dxy . y) 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 Y 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 X Dxy Figura 4. y) . y) ≤ z ≤ u2 (x.8: Dxyz : (x. Dxy : 0 ≤ x ≤ 3.2.CALCULO INTEGRAL 74 Z 6 z = 6 − 2x − 3y Y 2 Y 3 X y = − 32 x + 2 2 3 X Figura 4.´ CAP´ITULO 4. 0 ≤ y ≤ − 32 x + 2. RESULTADOS .2 y=− 32 x+2 y=0 dx Regi˜ oes dos Tipos 2 e 3 • Sendo v1 (y. ZZZ 2xdxdydz = Dxyz ZZ Dxy Z z=6−2x−3y z=0 = ZZ = Z x=3 Z y=− 2 x+2 Dxy z=6−2x−3y [2xz]z=0 dxdy 3 ! 2x(6 − 2x − 3y)dy dx y=0 x=0 Z x=3 2xdz dxdy 12xy − 4x2 y − 3xy2 x=0 Z3 4 3 2 = x − 8x + 12x dx 3 0 x=3 4 8x3 x 2 − + 6x = 12 3 x=0 27 = − 72 + 54 4 45 = . z) e v2 (y. 4 = 4.9: Dxyz : (x. y) ∈ Dxy . z) cont´ınuas e . 0 ≤ z ≤ 6 − 2x − 3y. Dxyz = (x. y. z) ∈ R3 . v1 (y. y.z) ! f(x. (y.z) x=v1 (y. z) ≤ x ≤ v2 (y. z) ∈ Dyz . . z) . z)dxdydz = Dxyz ZZ Dyz Z x=v2 (y. y. z)dx dydz. f ´e integr´avel e ZZZ f(x. z) e w2 (x. INTEGRAIS TRIPLAS 75 • Sendo w1 (x.2.4. z) cont´ınuas e . y. z) ∈ R3 . Dxyz = (x. w). com derivadas parciais de primeira ordem cont´ınuas e Jacobiano . w1 (x. z)dxdydz = Dxyz Dxz Z y=w2 (x. Exerc´ıcio Para Dxyz = [2. z) . calcule ZZZ p 3x2 + 3z2 dxdydz. 3] × [1. z)dy dxdz. z)dxdydz calcula o volume da regi˜ao Dxyz . d] × [m. sendo que entre Dxyz e um dom´ınio Duvw existe uma correspondˆencia biun´ıvoca dada por x = x(u. 2. z) = 1. Exerc´ıcios 1. v. y. y. determinar o volume de uma cunha cortada do cilindro x2 + y2 = 1 pelos planos z = −y e z = 0. v. z) ≤ y ≤ w2 (x. z)dz dy dx x=a Dxyz y=c z=m ou pode ser calculada em qualquer outra ordem. y = y(u. w) e z = z(u. (x. Dxyz Observa¸ c˜ ao Se Dxyz = [a. f ´e integr´avel e ZZZ ZZ f(x. z) cont´ınua num dom´ınio Dxyz . obter o volume do s´olido limitado pelos planos 4x + 2y + z = 10. calcule RRR Dxyz 8xyzdxdydz Observa¸ c˜ ao Se f(x.2.z) Exerc´ıcio Sendo Dxyz limitada por y = 2x2 + 2z2 e o plano y = 8. 4. ent˜ao RRR Dxyz f(x.3 Mudan¸ ca de Vari´ aveis nas Integrais Triplas Integra¸c˜ ao por Substitui¸ c˜ ao Para uma fun¸ca˜o f(x. Via integrais triplas. b] × [c. Via integrais triplas. 1]. y. y.z) ! f(x. 2] × [0. n] ent˜ao ZZZ Z x=b Z y=d Z z=n f(x. y=w1 (x. y. v. y. y. z)dxdydz = f(x. w). z = 0 e x = 0. y = 3x. z) ∈ Dxz . . . xu xv xw . . . ∂(x. z) = . y. . yu yv yw . . 6= 0 ∂(u. v. w) . zu zv zw . . temos ZZZ ZZZ f(x.´ CAP´ITULO 4. y. z)dxdydz = Dxyz . RESULTADOS .CALCULO INTEGRAL 76 em Duvw . . . z) . ∂(x. y. . dudvdw. . v. w). f(x(u. w)) . y(u. v. z(u. w). v. . Cil´ındricas De x = r cos θ. v.10: Coordenadas Cil´ındricas e Esf´ericas. ∂(u. y = r sen θ e z = z temos e ZZZ . w) Duvw Mudan¸ ca para Coordenads Cil´ıdricas/Esf´ ericas: De Dxyz para Drθz /Dρθφ Z Z z φ ρ Y θ r X θ Y r X Figura 4. . . cos θ −r sen θ 0 . . . y. z) . ∂(x. = . sen θ r cos θ 0 . . = r ∂(r. z) . θ. 0 0 1 . z)dxdydz = Dxyz ZZZ f(r cos θ. y = ρ sen φ sen θ e z = ρ cos φ. r sen θ. 3. π] e θ ∈ [0. onde ρ ≥ 0. Obtenha o volume da calota esf´erica que representa a interse¸ca˜o da esfera x2 +y2 +z2 ≤ R2 com o semi-espa¸co z ≥ a. z)rdrdθdz. 0 < a < R. Drθz Exerc´ıcios Via integrais triplas: 1. y. Verificar que o volume do cone circular reto de raio R e altura h ´e πR2 h . f(x. temos . φ ∈ [0. Esf´ ericas De x = ρ sen φ cos θ. 2π]. Calcular o volume do parabol´oide z = a(x2 + y2 ) de altura h. 3 2. . . sen φ cos θ ρ cos φ cos θ −ρ sen φ sen θ . . . ∂(x. y. z) = . . sen φ sen θ ρ cos φ sen θ ρ sen φ cos θ . . θ) . = ρ2 sen φ ∂(ρ. φ. . cos φ −ρ sen φ 0 . z ≥ 0. Dρφθ Exemplo 2 2 2 u. π 4 e superiormente pela 3. φ. Calcule o volume do s´olido limitado inferiormente pelo plano OXY.v. w) que satisfazem a equa¸ca˜o u2 +y2 +z2 ≤ 1. ∂(x.4. y.y.2. temos ZZZ volume = abc ρ2 sen φ dρdφdθ = abc Z1 0 Dρφθ 2 ρ dρ Zπ 0 sen φ dφ Z 2π dθ 0 1 · 2 · 2π 3 4πabc = . 2. π] e θ ∈ [0. para pontos (ρ. 3 = abc · Exerc´ıcios 1.4 Exerc´ıcios Resolver Exerc´ıcios sobre Integrais Triplas Noutros Livros de C´alculo. . Por Exemplo. z)dxdydz = Dxyz ZZZ f(ρ sen φ cos θ. y. ρ cos φ) ρ2 sen φ dρdφdθ. z) de O volume do elips´oide ax2 + yb2 + cz2 ≤ 1 ´e dado por 4πabc 3 y2 z2 x2 Dxyz satisfazem a equa¸ca˜o a2 + b2 + c2 ≤ 1.w) volume = ZZZ dxdydz ZZZ = abc dudvdw. a mudan¸ca de vari´aveis x = au. v. Dxyz Duvw Assim.z) = abc e (A mudan¸ca transforma o elips´oide numa esfera de raio unit´ario. ρ sen φ sen θ. Obter o volume do s´olido limitado inferiormente pelo cone φ ≤ esfera ρ ≤ 2R cos φ. De fato.) Da´ı ∂(u. y = bv e z = cw acarreta um outro dom´ınio Duvw dos pontos (u. 2π]. obter o volume do s´olido limitado superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 ≤ R2 e inferiormente pelo cone z2 = m2 (x2 + y2 ). nos Livros Dados como Referˆencias no Cap´ıtulo 1 destas NA. φ ∈ [0. lateralmente pela esfera ρ = 2 e superiormente pelo cone φ = π3 . θ) de Dρφθ tais que ρ2 ≤ 1.v. Via coordenadas esf´ericas.2. INTEGRAIS TRIPLAS 77 e ZZZ f(x. se os pontos (x. 4. ´ CAP´ITULO 4.Integrais Duplas .C´ alculo Integral .CALCULO INTEGRAL 78 4. RESULTADOS .3 Formul´ ario . 2. D = (x. temos xy 1 2 Rx=b Ry=g2 (x) RR f(x. g (x) ≤ y ≤ g (x) . y) ∈ R a ≤ x ≤ b. 1. Sendo g1 (x) e g2 (x) cont´ınuas. y)dxdy = x=a y=g1 (x) f(x. y)dy dx. Dxy . Dxy = (x. y) ∈ R2 . Sendo h1 (y) e h2 (y) cont´ınuas. 2. 3. v) e y = y(u. y) = xu yv − yu xv 6= 0 ∂(u. y)dxdy = Dxy ZZ . h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y). y)dxdy = y=c x=h12(y) f(x. sendo que entre Dxy e um dom´ınio Duv existe uma correspondˆencia biun´ıvoca dada por x = x(u. v). c ≤ y ≤ d . y) cont´ınua num dom´ınio Dxy . v) em Duv . com derivadas parciais de primeira ordem cont´ınuas e Jacobiano ∂(x. teRR Ry=d Rx=h (y) mos Dxy f(x. y)dx dy. temos ZZ f(x. Para f(x. y) . ∂(x. . y(u. dudv. v)) . v). f(x(u. y) e D ⊂ R2 . Do ´ıtem anterior. v) Duv Pode ser mais conveniente obter o Jacobiano via 4. y)dxdy. Se f(x. ∂(u. x.v) ∂(x. y)dxdy/M(D). as integrais calculam o volume da regi˜ao do espa¸co limitada pelo gr´afico de f(x. y) ≥ 0 nas f´ormulas acima. y)dxdy/M(D) e y = por x D D RR e. y . RR f(x. 6. r sen θ)rdrdθ. temos que a massa RR ¯ ) de D ´e dado µ(x. sendo A(D) a ´area da regi˜ao D. Se f(x. sendo µ(x. xµ(x. y) ∈ Dxy . y)dxdy = Dxy RR Drθ ∂(u. o centro de massa (centr´oide) de D ´e dado por x D RR ¯ = D y dxdy/A(D). y de D ´e dada D RR o centro de massa (¯ RR por M(D) = ¯ ¯ = yµ(x.y) = ∂(x. as integrais calculam a ´area de Dxy . y) a densidade superficial no ponto (x. y) = 1 nas f´ormulas acima. 7.v) −1 . para (x. y) ¯ = x dxdy/A(D) e constante. Sendo µ(x. f(r cos θ. y) e o plano OXY.y) ∂(u. 5. z) ! Dxy ZZ ZZ ZZZ ZZZ Z z=u2 (x.y) y=w1 (x. y.4 Formul´ ario . 79 .z) x=v1 (y. ρ sen φ sen θ. z) = 1 a integral acima calcula o volume da regi˜ao Dxyz . z)rdrdθdz. f(x.4. Drθz f(ρ sen φ cos θ. ρ cos φ)ρ2 sen φ dρdφdθ. y.y) ! Dyz Z x=v2 (y.INTEGRAIS TRIPLAS 4. y. z)dz dxdy. a integral ZZZ f(x.CALCULO INTEGRAL . Se f(x. Para fun¸co˜es cont´ınuas definidas em dom´ınios Dxyz adequados.´ ´ 4. y. Dρφθ 2.C´ alculo Integral . r sen θ. f(x. z)dxdydz Dxyz ´e igual a alguma das seguintes integrais: ZZ z=u1 (x. z)dy dxdz.z) f(x. y. f(r cos θ. FORMULARIO .Integrais Triplas 1.z) ! Dxz Z y=w2 (x. z)dx dydz. Solu¸c˜ ao: Dxy ´e limitada pelo triˆangulo retˆangulo de base e altura unit´arias. Calcule a ´area da regi˜ao no Primeiro Quadrante limitada pelas retas y = x.8 y 0.6 0. 1 . cujos v´ertices s˜ao os pontos de interse¸ca˜o das retas x = 0.CALCULO INTEGRAL 80 4.11: Dxy : x ∈ 0.8 1 x Figura 4.6 0. y) = e−x−y sobre a regi˜ao Dxy do primeiro quadrante na qual x + y ≤ 1. Tanto faz! A integral da´ı ´e dada por Z 1 Z 1−x −x−y e dydx = Z 1 Z 1−x e−x e−y dydx 0 0 0 0 = Z1 e−x [−e−y ]1−x 0 dx 0 = Z1 0 = Z1 0 e−x 1 − e−(1−x) dx e−x − e−1 dx = 1 − 2e−1 .4 0. y = 0 e x + y = 1. Calcule a integral dupla de f(x. 2. x 2 ≤ y ≤ x ou 3x−1 2 ≤ y ≤ x.4 0. 12 ∪ 21 .2 0.) 2 Solu¸c˜ ao: 1 0.2 0 0 0. podemos calcular a integral considerando Dxy como sendo do tipo 1 ou do tipo 2.5 Exerc´ıcios .C´ alculo Integral 1. em tendo solu¸ca˜o anal´ıtica. Pela simetria tanto de Dxy quanto de f(x. y = y = 3x − 12 . RESULTADOS .´ CAP´ITULO 4. (Veja figura 4. y). x 2 e .11. a.5.CALCULO INTEGRAL 81 A ´area pode ser calculada pela integral dupla Z 1/2 Z y=x Z 1 Z y=x Z 1/2 Z1 x x 1 dx 1 dy dx + x− 1 dy dx = − + dx + 2 2 2 0 1/2 y=x/2 0 y=(3x−1)/2 1/2 1/2 2 1 2 x x2 x x + − + − = 2 4 0 4 2 1/2 1 1 1 1 1 1 = − − + + − 8 16 4 2 16 4 1 u.´ 4.c. b = −1 e c = 0 por . y0 ) = 21 .) pela altura (= 1/4 2 esta u ´ltima calculada pela distˆancia do ponto (x0 . 41 a reta ax + by + c = 0 com a = 1. tal ´area ´e igual a metade do produto da base (= 2 u. De fato.. = 8 √ √ u.). EXERC´ICIOS .c. 1 . . 1 · − 1 · 1 + 0. |ax0 + by0 + c| 2 4 √ = p a2 + b2 12 + (−1)2 . 1 1. . − . Logo as coordeProblema 3 8 7 6 y 5 4 3 2 1 0 -2 -1. x2 ≤ y ≤ 8 − x2 .5 2 x Figura 4. Obter o volume do s´olido limitado superiormente pela superf´ıcie z = 8xy + 200 e inferiormente pela regi˜ao Dxy do plano OXY limitada por y = x2 e y = 8 − x2 .5 -1 -0.12.) Solu¸c˜ ao: Para os limites da varia¸ca˜o de x considere x2 = 8 − x2 . isto ´e. = 2√ 4 2 1 = √4 u. ver figura 4. 2 3. x = ±2.12: Dxy : −2 ≤ x ≤ 2. (Para Dxy .c.5 0 0. Assim z ≥ 0 em . nadas dos pontos de Dxy s˜ao tais que −2 ≤ x ≤ 2 e x2 ≤ y ≤ 8 − x2 .5 1 1. RESULTADOS .v. 1] se a densidade de massa ´e µ(x..´ CAP´ITULO 4.. o denominador de x ZZ M(D) = ex+y dxdy D Z 1Z 1 ex+y dydx = 0 0 Z1 = ex [ey ]10 dx 0 Z1 = (e − 1) ex dx 0 2 = (e − 1) u. y) = ex+y em cada ponto (x. = 1600 · 3 2 4 4. o numerador de x ZZ x+y xe D Z 1Z 1 xex+y dydx 0 0 Z1 = (e − 1) xex dx.CALCULO INTEGRAL 82 Dxy 1 pois −2x2 ≤ xy ≤ 16 − 2x2 ⇒ −16x2 ≤ 8xy ≤ 128 − 16x2 ⇒ −16x2 + 200 ≤ z ≤ 328 − 16x2 . y) ∈ D. ¯ ´e dado por Por outro lado. Obter o centro de massa do retˆangulo D = [0. dydx = 0 1 Condi¸c˜ao para que RR Dxy zdxdy seja o volume procurado! . 1] × [0. Solu¸c˜ ao: ¯: Primeiramente calculamos a massa total. isto ´e.m. Da´ı o volume ´e dado por ZZ 8xy + 200dxdy = Z2 −2 Dxy =4 Z2 −2 =4 Z2 Z 8−x2 ! 8xy + 200dy dx x2 −2 y=8−x2 xy2 + 50y y=x2 dx 64x − 16x3 + x5 + 400 − 50x2 − x5 − 50x2 dx x=2 100x3 = 4 32x − 4x + 400x − 3 x=−2 100 · (−8) 100 · 8 − 400 · (−2) + = 4 400 · 2 − 3 3 1600 = 4 1600 − 3 8 u. 5.´ 4. via integra¸ca˜o por partes. EXERC´ICIOS .CALCULO INTEGRAL 83 que.2 resulta em ! . 1 Z 1 . (e − 1) xex . . 0) ´e o centr´oide do triˆangulo equil´atero inscrito na circunferˆencia x2 +y2 = 1 e com um dos v´ertices em (0. estas duas retas interceptam x2 + y2 = 1 nos outros √ √ 2 2 2 dois v´ertices. temos que a = tan 2π = − 3.13: D : y−1 √ 3 √ .5 1 x Figura 4.m. faltando determinar √ π as inclina¸co˜es a 6= 0. u = x e dv = ex dx. ≤ x ≤ − y−1 3 nos v´ertices do triˆangulo equil´atero (veja figura 4.5 0 0. Para a reta com a > 0. temos que y ¯= x 5. Verifique que (0. Da´ı tais retas s˜ao da forma y = ax + 1. Agora.. 1 = a · 0 + b acarreta b = 1. ¯ey ¯ s˜ao dados por Assim y = −1/2 ´e a reta com a = 0. 1). Por outro √ lado. temos que a = tan 3 = 3. Para as retas que passam por (0. 4x ± 2 3x = 0. Ent˜ao x + (± 3x + 1) = 1. 582. Da´ı obtemos y = ± 3x + 1 para as duas 3 retas com a 6= 0. Solu¸c˜ ao: Primeiramente vamos determinar as retas y = ax + b que interceptam a circunferˆencia Problema 5 3 2. − ex dx = (e − 1)(e − e + 1) 0 0 = e − 1 u. isto ´e. du = dx e v = ex .13).5 0 -0. Da´ı 1 ≈ 0. . −1/2 ≤ y ≤ 1.5 2 1. A(D) = 2 R R udv = uv − vdu. 582 e−1 ¯ ≈ 0. Aqui. isto ´e. Logo x = ± 3/2. e. 1). Para a reta √ √ com a < 0. trocando-se os pap´eis de x e y acima.5 -1 -1 -0. os denominadores de x base · altura √ 32 3· 2 = 2 6= 0.5 y 1 0. temos −π ≤ u ≤ π e −π ≤ v ≤ π . Calcule a integral dupla da fun¸ca˜o f(x.´ CAP´ITULO 4. x − y ≤ π e −x + y ≤ π (isto ´e. y) do plano tais que |x| + |y| ≤ π. −π ≤ x − y). como . (Veja figura 4. −π ≤ x + y).CALCULO INTEGRAL 84 Por outro lado ¯= x = = = RR xdxdy A(D) Ry=1 Rx=−(y−1)/√3 D √ x=(y−1)/ 3 y=−1/2 1 6 A(D) Ry=1 y=−1/2 Ry=1 y=−1/2 xdx dy (−(y − 1))2 − (y − 1)2 dy A(D) 0dy 6A(D) 0 = 6A(D) = 0. 6.) Da´ı. 2 Conclu´ımos assim que o centr´oide do triˆangulo equil´atero est´a onde deveria: no centro geom´etrico do mesmo. −x − y ≤ π (isto ´e. Solu¸c˜ ao: Da inequa¸ca˜o modular temos x + y ≤ π. y) = (x + y)2 sen2 (x − y) sobre o dom´ınio de todos os pontos (x. enquanto que ¯= y = = RR ydxdy A(D) R √ Ry=1 x=−(y−1)/ 3 √ y dx dy y=−1/2 x=(y−1)/ 3 D − √23 h Ry=1 A(D) y=−1/2 y3 3 y(y − 1)dy A(D) i 2 y=1 − y2 y=−1/2 √ =− 3A(D) 1 2 3 − 12 + 241 + 81 √ =− 3A(D) 2·0 = −√ 3A(D) = 0.14. Da´ı. via a mudan¸ca linear de vari´aveis u = x + y e v = x − y. RESULTADOS . v) = 1 ∂(u.14: Mudan¸ca de Vari´aveis: Integral mais F´acil! ∂(x.v) ∂(x. 3 na pen´ ultima igualdade.CALCULO INTEGRAL 85 u=x+y v=x−y Y π π y= x+ =π +y x − Dxy V =π −y −x π y= −π X x− Duv π U −π Figura 4. . segue que 1 (x + y) sen (x − y)dxdy = 2 Dxy 2 2 u2 sen2 v dudv Duv Z π Z π 1 2 = u du sen2 v dv 2 −π −π Z 1 π 3 u=π = [u ]u=−π sen2 v dv 6 −π v=π sen 2v π3 v− = 6 2 v=−π = onde usamos que sen2 v = 1−cos 2v 2 ZZ π4 .´ 4.y) = 1 1·(−1)−1·1 ZZ = − 21 . EXERC´ICIOS .5.y) ∂(u. Para Dxy = (x. y) ∈ R2 . RR 2 2 7. x2 + y2 ≤ 1 (veja figura 4.15: Dxy ´e o c´ırculo de raio unit´ario e centro na origem. calcule Dxy ex +y dxdy.15). Y 1 −1 Dxy 1 X −1 Figura 4. Solu¸c˜ ao: . RESULTADOS .CALCULO INTEGRAL 86 .´ CAP´ITULO 4. Temos que Drθ = (r. θ) ∈ R2 . 16: Dxy ´e a regi˜ao triangular limitada pelas retas y = x. Via integrais duplas. obtemos diretamente que a ´area de Dxy ´e dada por 21 u. y = 0 e x = 1 ou. a f´ormula da ´area de uma regi˜ao Dxy em coordenadas cartesianas. Usando a f´ormula da ´area de um triˆangulo da geometria plana Y θ= π 4 r 1 r = cos θ θ X θ=0 r=0 Figura 4. y = 0 e x = 1 (veja figura 4. RR isto ´e. verifique tal resultado usando apenas coordenadas polares. 8.. 0 ≤ θ ≤ 2π e ZZ x2 +y2 e dxdy = Dxy = ZZ 2 er rdrdθ Drθ Z θ=2π Z r=1 θ=0 Z r=1 =π r2 e rdr dθ r=0 2 er 2rdr r=0 2 Z u=1 {z = 2rdr} |u = r .16).a. via integrais duplas. 0 ≤ r ≤ 1. a f´ormula Dxy dxdy. Solu¸c˜ ao: . du eu du = π u=0 u=1 π [eu ]u=0 = = π(e − 1). Seja Dxy a regi˜ao triangular do primeiro quadrante limitada pelas retas y = x. EXERC´ICIOS . ´e dado por 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ r ≤ r0 .5.) Solu¸c˜ ao: √ . via integrais duplas. que o volume de uma esfera de raio r0 ´e dado por 43 πr30 ..CALCULO INTEGRAL Como x = 1 e x = r cos θ. 10. (Veja figura 4.´ 4. cos θ dxdy = Dxy = Da´ı ZZ rdrdθ Drθ Z θ= π Z r= Z θ= π r2 2 4 θ=0 = 1 cos θ ! rdr dθ r=0 4 θ=0 Z θ= π 4 r= cos1 θ dθ r=0 1 sec2 θ dθ 2 θ=0 1 θ= π = [tan θ]θ=04 2 1 = . em coordenadas polares. temos r = ZZ 87 1 .v. acima do plano z = 0 e interior ao cilindro x2 + y2 = 5. Solu¸c˜ ao: Note que a calota superior da esfera x2 + y2 + z2 = r20 ´e o gr´afico da fun¸ca˜o z = f(x.17. y) = p r20 − (x2 + y2 ). cujo dom´ınio ´e o c´ırculo de raio r0 e centro na origem do plano OXY. 2 = 9. Verifique. que. o volume ´e dado por 2 ZZ Dxy ZZ q 2 r0 − (x2 + y2 )dxdy = 2 Drθ q r20 − r2 rdrdθ Z θ=2π Z r=r0 q 2 =2 r0 − r2 rdr dθ θ=0 r=0 Z r=r0 q = 2π r20 − r2 2rdr r=0 u= | r20 = 2π = ! Z r=0 − r2 . Obter o volume da regi˜ao limitada pela esfera x2 + y2 + z2 = 9. du = −2rdr {z } u1/2 du = 2π − r=r20 4πr30 3 2 · (r20 )3/2 3 u. Da´ı. . Sendo Dxy = (x. y) . x2 + y2 ≤ 5 e Drθ = (r. θ) . 0 ≤ θ ≤ 2π . 0 ≤ r ≤ 5. o volume . RESULTADOS .CALCULO INTEGRAL 88 Z 3 −3 − −3 √ 5 √ 5 √ − 5 √ 3 Y 5 3 X √ .´ CAP´ITULO 4. . y) . Figura 4.17: Dxy = (x. x2 + y2 ≤ 5 e Drθ = (r. θ) . que implica que r cresce de 3 + 2 − 21 = 2 a 3 + 2 · 0 = 3. ent˜ao sen θ cresce de 0 a 21 . que implica que r cresce de 3 a 3 + 2 · 21 = 4.v. que implica que r cresce de 4 a 3 + 2 · 1 = 5. se θ cresce de − π6 a 0. Por simetria. ent˜ao sen θ cresce de 21 a 1. sen θ = − 21 . Por outro lado. 0 ≤ θ ≤ 2π . Da´ı. {zdt = −2rdr} = −π t1/2 dt t=9 38π = 3 u. Obtemos da´ı a curva da figura 4. Solu¸c˜ ao: A interse¸ca˜o entre as curvas ocorre para 3 + 2 sen θ = 2. 6 ent˜ao sen θ cresce de − 21 a 0. 11. . isto ´e. se θ cresce de π6 a π2 .18 nos Quarto e Primeiro Quadrantes. Agora. Determinar a ´area da regi˜ao interior a r = 3 + 2 sen θ e exterior a r = 2. 0 ≤ r ≤ 5.. se θ cresce de 0 a π6 . ´e dado por ZZ Dxy ZZ p 2 2 9 − x − y dxdy = Drθ p 9 − r2 rdrdθ ! Z θ=2π Z r=√5 p 9 − r2 rdr dθ = θ=0 r=0 Z r=√5 p 9 − r2 2rdr =π r=0 2 Z t=4 |t = 9 − r . Por fim. a interse¸ca˜o ocorre nas semiretas θ = − π6 e θ = 7π . obtemos a curva nos Segundo e Terceiro Quadrantes. temos que r cresce de 0 a a. EXERC´ICIOS . tem a sua metade em (θ = π/6. r = 0. θ cresce de π/6 a π/3. θ cresce de π/3 a 2π/3. a ´area ´e dada (em u. no gr´afico dado (figura 4. Assim. Repetindo o racioc´ınio. para θ ∈ [π/3. quando 3θ cresce de π/2 a π. temos que r ≤ 0. r = 0). quando 3θ cresce de 0 a π/2. θ cresce de π a 4π/3. dada em coordenadas polares. θ cresce de 5π/6 a π. o contorno da primeira p´etala come¸ca em (θ = 0. o contorno da segunda p´etala come¸ca em (θ = 2π/3.´ 4. isto ´e. e termina em (θ = π. θ cresce de 0 a π/6. quando 3θ cresce de 4π a 4π + π/2 = 9π/2. isto ´e. temos que r decresce de a a 0. no gr´afico dado. r = 0). temos que r cresce de 0 a a. isto ´e. 2π/3] temos o contorno em (θ.CALCULO INTEGRAL 89 5 4 3 2 1 0 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5 Figura 4. = 3 2 = 12. 4π/3] temos o contorno em (θ. quando 3θ cresce de π a 2π. .18: Dxy ´e a regi˜ao interior a cardi´oide r = 3 + 2 sen θ e exterior a circunferˆencia r = 2. quando 3θ cresce de 2π a 2π + π/2 = 5π/2. Por u ´ltimo. Solu¸c˜ ao: Note que. r = 0). Assim. no gr´afico dado. a > 0. Agora. Assim. r = 0). r = 0. e termina em (θ = π/3. quando 3θ cresce de 3π a 4π. r = a). Calcule a ´area da regi˜ao limitada pela curva r = a sen(3θ). isto ´e. Assim. tem a sua metade em (θ = 5π/6.) por ZZ ZZ 1 dxdy = Dxy = 1 rdrdθ Drθ Z θ=7π/6 Z r=3+2 sen θ θ=−π/6 Z θ=7π/6 rdr dθ r=2 2 r=3+2 sen θ r dθ θ=−π/6 2 r=2 Z θ=7π/6 5 2 = + 6 sen θ + 2 sen θ dθ 2 θ=−π/6 θ=7π/6 sen 2θ 7θ − 6 cos θ − = 2 2 θ=−π/6 √ 14π 11 3 + . isto ´e. ap´os obter o gr´afico da mesma. quando 3θ cresce de 5π/2 a 3π. θ cresce de 2π/3 a 5π/6.19). temos que r decresce de a a 0. Agora. r = a). Assim.a. isto ´e.5. temos que r ≤ 0. isto ´e. no gr´afico dado. para θ ∈ [π. r = 0). r = 0). isto ´e. θ cresce de 3π/2 a 5π/3. isto ´e. y = 3x. 2π] temos o contorno em (θ.2 0 0. no gr´afico dado.20. θ cresce de 4π/3 a 3π/2. tem a sua metade em (θ = 3π/2. e termina em (θ = 5π/3.. o volume ´e dado por .6 -0. r = a). temos que r ≤ 0.2 -0. r = 0.2 0 -1 -0. isto ´e. temos que r decresce de a a 0.8 -1 Figura 4.4 0.4 0.8 1 -0.´ CAP´ITULO 4. Solu¸c˜ ao via Integrais Duplas: Pela figura 4.6 -0. quando 3θ cresce de 5π a 6π.6 0.CALCULO INTEGRAL 90 1 0.a. para θ ∈ [5π/3. r = 0). obter o volume do s´olido limitado pelos planos 4x+2y+z = 10. Agora. {z sen2 u du = a2 u=0 2 Z u=π/2 a (1 − cos 2u)du = 2 u=0 u=π/2 a2 sen 2u = u− 2 2 u=0 2 aπ u. no gr´afico dado. o contorno da terceira p´etala come¸ca em (θ = 4π/3.8 -0. r = 0). quando 3θ cresce de 9π/2 a 5π. isto ´e.4 -0.6 0.2 0. RESULTADOS . θ cresce de 5π/3 a 2π. r = 0).19: Ros´acea de Trˆes Folhas com a = 1. z = 0 e x = 0.4 -0.8 0. Via integrais duplas ou triplas. a ´area total das trˆes pet´alas ´e dada por 6 ZZ 1 dxdy = 6 Dxy =6 ZZ 1 rdrdθ Drθ Z θ=π/6 Z r=a sen(3θ) = 3a rdrdθ θ=0 r=0 Z θ=π/6 2 sen2 (3θ)dθ θ=0 du = 3dθ} Z u=π/2 |u = 3θ. temos que r cresce de 0 a a. Assim. isto ´e. Sendo Dxy a metade da p´etala do primeiro quadrante. = 4 13. Assim. .´ 4. Sendo Dxyz limitada por y = 2x2 + 2z2 e pelo plano y = 8. um ter¸co do produto da ´area da base pela altura da pirˆamide . 3x ≤ y ≤ −2x + 5.CALCULO INTEGRAL 91 Z 10 y=3x 4x+2y+z=10 Y 3 5 Y 1 y=−2x+5 5 3 X y=3x X 0 1 Figura 4. isto ´e. 3 2 2 coincidindo portanto com a f´ormula do volume de uma pirˆamide. 14.5. Solu¸c˜ ao via Integrais Triplas: ZZZ Z Z Z z=10−4x−2y 1 dzdxdy = 1 dz dxdy Dxyz Dxy z=0 ZZ = (10 − 4x − 2y)dxdy Dxy = ··· 25 = 3 u.20: Dxy : 0 ≤ x ≤ 1. ZZ Z 1 Z −2x+5 (10 − 4x − 2y)dxdy = Dxy 3x 0 Z1 = 0 Z1 = 0 (10 − 4x − 2y)dy dx 10y − 4xy − y2 y=−2x+5 y=3x dx 25 − 50x + 25x2 dx 1 x3 = 25 x − x + 3 0 25 = 3 1 5 = × × 10 . calcule ZZZ p 3x2 + 3z2 dxdydz. Dxyz . EXERC´ICIOS .v. ) 15.21: Dxyz : 2x2 + 2z2 ≤ y ≤ 8.22. determinar o volume de uma cunha cortada do cilindro x2 + y2 = 1 pelos planos z = −y e z = 0. podemos considerar a 12 10 8 6 y 4 2 0 6 4 2 4 0 z 6 2 0 -2 -2 -4 -6 -6 -4 x Figura 4. (x. Dxz : x2 + z2 ≤ 4.21). RESULTADOS . Via integrais triplas. interse¸ca˜o dada por 2x2 + 2z2 = 8 para obter Dxz como sendo o c´ırculo no plano OXZ com centro na origem e raio 2. (Veja figura 4. usamos a mudan¸ca de vari´aveis x = r cos θ e z = r sen θ com 0 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2π. z) ∈ Dxz . z) = 2x2 + 2z2 e w2 (x.´ CAP´ITULO 4. Temos assim que ZZZ Z Z Z y=8 p p 2 2 2 2 3x + 3z dxdydz = 3x + 3z dy dxdz Dxyz y=2x2 +2z2 Dxz Z Z hp iy=8 3x2 + 3z2 y dxdz = y=2x2 +2z2 Dxz √ ZZ p x2 + z2 8 − 2 x2 + z2 dxdz = 3 Dxz √ ZZ r 8 − 2r2 rdrdθ = 3 Drθ √ Z θ=2π Z r=2 2 4 8r − 2r dr dθ = 3 θ=0 r=0 √ Z θ=2π 8r3 2r5 r=2 = 3 − dθ 3 5 r=0 θ=0 √ 256 3π . = 15 (Na quarta igualdade.CALCULO INTEGRAL 92 Solu¸c˜ ao: Como w1 (x. z) = 8 (veja figura 4.) Solu¸c˜ ao: O volume ´e dado pela integral . verificar que o volume de um cone circular reto de raio R e altura h 2 ´e πR3 h .v. y.´ 4. θ.23). 0 ≤ r ≤ R e 0 ≤ θ ≤ 2π.6 -0. Logo o volume R . z) tais que hr ≤ z ≤ h. Da´ı m = hR e tal cone pode ser p representado pelo conjunto Dxyz dos pontos (x. Via integrais triplas.2 -0.CALCULO INTEGRAL 93 0 -0. EXERC´ICIOS . Observe que Dxy ´e a metade inferior do c´ırculo unit´ario no plano OXY com centro na origem.22: Cunha cortada do cilindro x2 + y2 = 1 pelos planos z = −y e z = 0.5.8 -1 1 0.5 x 0 -1 Figura 4. 3 = 16. ZZZ 1 dxdydz = Dxyz = ZZ Dxy Z z=−y z=0 Z x=1 Z y=0 x=−1 Z x=1 1 dz dxdy √ y=− 1−x2 (−y)dy dx 2 y=0 1 −y y=−√1−x2 dx 2 x=−1 Z 1 x=1 = 1 − x2 dx 2 x=−1 x=1 x3 1 x− = 2 3 x=−1 1 1 = ·2 1− 2 3 2 = u.8 1 0. em coordenadas cil´ındricas.6 z 0. z) tais que hR x2 + y2 ≤ z ≤ h e x2 + y2 ≤ R2 .5 0.4 y -0..2 -0. Solu¸c˜ ao: p Considere o cone z = m x2 + y2 (onde m ´e a inclina¸ca˜o da geratriz em rela¸ca˜o a um plano que a contenha) e z ≥ 0 (veja figura 4.4 0 0. tal cone pode ser representado pelo conjunto dos pontos (r. Assim. (x. Da´ı o volume ´e dado .) Dxyz pode ser ent˜ao representado. Solu¸c˜ ao: Note que Dxyz ´e o conjunto dos pontos (x. z) tais que a x2 + y2 ≤ z ≤ h e (x.´ CAP´ITULO 4. q pelo conjunto Drθz dos pontos (r. = 3 17.v. y.23: Dxyz : origem e raio R.. calcular o volume do parabol´oide z = a x2 + y2 de altura h. θ. h R p x2 + y2 ≤ z ≤ h. y) ∈ Dxy .24. Via integrais triplas. sendo Dxy o c´ırculo com centro na procurado ´e dado por ZZZ 1 dxdydz = Dxyz = ZZZ ZZ Drθz 1 rdrdθdz ! Z z=h 1 dz rdrdθ Drθ z= hr R Z θ=2π Z r=R hr rdr dθ = h− R θ=0 r=0 Z r=R Z θ=2π r2 r− dθ =h dr R r=0 θ=0 2 r=R r r3 = 2πh − 2 3R r=0 1 1 2 = 2πhR − 2 3 πhR2 u. y) q pertence ao c´ırculo Dxy com centro na origem e raio ha . z) tais que ar2 ≤ z ≤ h e (r. θ) ∈ Drθ com 0 ≤ r ≤ h a e 0 ≤ θ ≤ 2π.CALCULO INTEGRAL 94 Z R 1 0 h m= h R Y X Figura 4. em coordenadas cil´ındricas. (Veja figura 4. RESULTADOS . y) ∈ Dxy com q 2 2 2 x + y ≤ ha .. EXERC´ICIOS .v.5.25 (cuja legenda explicita a passagem de coordenadas cartesianas para . obtenha o volume da calota esf´erica que representa a interse¸ca˜o da esfera x2 + y2 + z2 ≤ R2 com o semi-espa¸co z ≥ a. Via integrais triplas. z) de Dxyz s˜ao tais que a x2 + y2 ≤ z ≤ h e (x.´ 4. 0 < a < R. y. = 2a = 2π 18. Solu¸c˜ ao: Usando a figura 4.24: Os pontos (x. pela integral ZZZ 1 dxdydz = Dxyz = = ZZZ ZZ 1 rdrdθdz Drθz Drθ Z z=h z=ar2 1 dz rdrdθ Z θ=2π Z r=√h/a θ=0 r=0 Z r=√h/a ! [z]z=h z=ar2 rdr dθ h − ar2 rdr r=0 r=√h/a 2 ar4 hr − = 2π 2 4 r=0 2 h h2 =π − a 2a 2 πh u.CALCULO INTEGRAL 95 Z q h a h z = a(x2 + y2 ) X Y Figura 4. segue que p(R) ´e positivo e da´ı o volume pode. y. isto ´e.) Como R − a > 0. usamos a mudan¸ca de vari´aveis u = R2 − r2 . . de fato..CALCULO INTEGRAL 96 Z R z=a z= −R q R2 − (x2 + y2 ) −R Y R R X p Figura 4. temos que (veja figura 4. ser obtido. cil´ındricas). y) ∈ 2 Dxy com x2 + y2 ≤ R2 − a√ . RESULTADOS . 6 (Na quarta igualdade acima. Como tal termo representa uma par´abola com concavidade para cima e p(R) = 0 se. θ) ∈ Drθ com 0 ≤ r ≤ R2 − a2 e 0 ≤ θ ≤ 2π. e somente √ a± 9a2 . z) tais que a ≤ z ≤ R2 − (x2 + y2 )√e (x. du = −2rdr. o volume ´e dado por ZZZ ZZZ 1 dxdydz = Dxyz = 1 rdrdθdz Drθz Z θ=2π θ=0 r=0 Z r=√R2 −a2 p = 2π = −π Z z=√R2 −r2 Z r=√R2 −a2 r=0 Z u=a2 u=R2 √ ! 1 dz rdr dθ z=a R2 − r2 ! − a rdr u − a du u=a2 2u3/2 = −π − au 3 u=R2 2 3 3 2 2 (R − a ) − a R − a =π 3 2 R + aR + a2 aR + a2 − = 2π(R − a) 3 2 2 2 2R − aR − a = 2π(R − a) · u. θ. z) tais que a ≤ z ≤ R2 − r2 e (r.´ CAP´ITULO 4. R = a ou R = − a2 .v. Observando que apenas a condi¸ca˜o R − a > 0 deve ser considerada.26) se. R = 4 p(R) > 0 ⇐⇒ R<− a 2 ou R > a. Drθz ´e o conjunto dos pontos (r.25: Dxyz ´e o conjunto dos pontos (x. o volume calculado depende de p(R) = 2R2 − aR − a2 ser positivo. EXERC´ICIOS . π 4 e . Solu¸c˜ ao: Como ρ ∈ [0.27). Via integrais triplas. Via integrais triplas. O volume ´e dado por Z 2π Z π/4 Z ρ=2R cos φ 0 0 ρ=0 16πR3 ρ dρ sen φ dφ dθ = 3 2 Z π/4 0 cos3 φ sen φ dφ.. 2π] (veja figura 4. calcule o volume do s´olido limitado inferiormente pelo plano OXY. ZZZ 1 dxdydz = Dxyz = ZZZ Dρφθ Z 2π Z π/2 Z 2 0 = ρ2 sen φ dρdφdθ 8π 3 ρ2 dρ sen φ dφdθ π/3 0 u.27: Esfera ρ = 2 “furada” pelo cone φ = π3 .26: 2R2 − aR − a2 > 0 ⇔ R < − a2 ou R > a.28. o volume ´e dado por Z ρ=2 φ= π 3 1 0 0 1 X Y Figura 4. 20. φ ∈ π3 .CALCULO INTEGRAL 97 p(R) + + R − −a 2 a Figura 4. π2 e θ ∈ [0. 19.v.5. obter o volume do s´olido limitado inferiormente pelo cone φ ≤ superiormente pela esfera ρ ≤ 2R cos φ. Solu¸c˜ ao: Para visualizar a esfera da figura 4. note que ρ2 ≤ 2Rρ cos φ ⇔ x2 + y2 + z2 − 2Rz + R2 ≤ R2 ⇔ x2 + y2 + (z − R)2 ≤ R2 .´ 4. 2]. lateralmente pela esfera ρ = 2 e superiormente pelo cone φ = π3 . u du = 3 3 4 1 21.28: Uni˜ao da calota superior da esfera ρ ≤ 2R cos φ. De fato √ m 1+m2 < √m m2 u. RESULTADOS .CALCULO INTEGRAL 98 Z 2R R R Y X 2 2 2 2 Figura 4. temos que du = −sen φ dφ e o volume ´e ent˜ao dado por Z √2/2 16πR3 1 4πR3 3 − 1− = πR3 u.´ CAP´ITULO 4.29. isto √ ´e. Da´ı. como cos2 φ = m2 . dado por φ ≤ 4 . x + y + (z − πR) ≤ R . (Veja figura 4. com o cone circular reto com v´ertice na origem. Via a mudan¸ca de vari´aveis u = cos φ. := φm . 1+m2 0 ≤ φ ≤ cos−1 √ temos m Def. altura R e raio 2R. = 1.) Solu¸c˜ ao: Para escrever a equa¸ca˜o do cone em coordenadas esf´ericas note que 1 + m2 z2 = z2 + m2 z2 = m2 x2 + y2 + z2 = m2 ρ2 e que z2 = ρ2 cos2 φ. .v..v. sendo z ≥ 0.. obter o volume do s´olido limitado superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 ≤ R2 e inferiormente pelo cone z2 = m2 (x2 + y2 ). 2 1+m Da´ı o volume ´e dado por Z 2π Z φm Z R Z 2πR3 φm 2 ρ dρ sen φ dφdθ = sen φ dφ 3 0 0 0 0 2πR3 φ=φm [− cos φ]φ=0 = 3 m 2πR3 1− √ = 3 1 + m2 A resposta depende de 1 − √ m 1+m2 ser positivo. Via integrais triplas em coordenadas esf´ericas. CALCULO INTEGRAL 99 Z x2 + y2 + z2 ≤ R2 ⇔ ρ ≤ R φm z2 = m2 (x2 + y2 ).´ 4.5. . EXERC´ICIOS . z ≥ 0 Y X Figura 4. z ≥ 0. com o cone circular reto com v´ertice na origem dado por z2 = m2 (x2 + y2 ). isto ´e. ρ ≤ R.29: Uni˜ao da calota superior da esfera x2 + y2 + z2 ≤ R2 .