calculo diferencial e integral ii - claudio aguinaldo buzzi
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Calculo Diferencial e Integral II
Claudio Aguinaldo Buzzi
Departamento de Matematica
UNESP - Campus de Sao Jose do Rio Preto
Indice
1 Superfıcies especiais 41.1 Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Cilindros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Quadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Funcoes reais de duas variaveis reais 92.1 Domınio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Grafico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3 Curvas de nıvel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3 Funcoes reais de tres variaveis reais 123.1 Domınio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.2 Superfıcies de nıvel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4 Nocoes topologicas no plano e no espaco 14Primeira Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
5 Limites e continuidade: definicao e propriedades 17Segunda Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
6 Derivadas parciais 256.1 Definicao e interpretacao geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256.2 Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Terceira Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346.3 Vetor Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Quarta Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 446.4 Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456.5 Derivacao de funcoes definidas implicitamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Quinta Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Primeira Prova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 546.6 Derivada Direcional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606.7 Derivadas parciais de ordem superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Sexta Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 706.8 Generalizacao do Teorema do Valor Medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.9 Formula de Taylor com resto de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 766.10 Extremos Locais: Maximos e Mınimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Setima Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Segunda Prova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.11 Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95Revisao de Integrais de funcoes de uma variavel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
7 Integral dupla 1007.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1007.2 Propriedades da integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1037.3 Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104Oitava Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1127.4 Aplicacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
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7.5 Mudanca de Variaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121Nona Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
8 Integral tripla 1298.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1298.2 Propriedades da integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1308.3 Mudanca de Variaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1328.4 Aplicacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133Decima Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
9 Funcoes Vetoriais 1379.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1379.2 Operacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1379.3 Limite e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1379.4 Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1389.5 Curvas parametrizadas: vetores tangentes, comprimento de arco . . . . . . . . 138
10 Integral de Linha 140Terceira Prova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144Decima Primeira Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14710.1 Funcao Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15010.2 Diferenciais Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15210.3 Independencia dos Caminhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15310.4 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155Decima Segunda Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
11 Integral de Superfıcies 16411.1 Nocoes sobre superfıcies e planos tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16411.2 Integral de Superfıcies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16811.3 Teoremas de Gauss e de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16911.4 Aplicacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Decima Terceira Lista de Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174Quarta Prova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
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Aula 1: 24/02/2010
Conteudo Programatico do Curso
1. Superfıcies especiais.
(a) Planos
(b) Cilindros
(c) Quadricas
2. Funcoes reais de duas variaveis reais.
(a) Domınio
(b) Grafico
(c) Curvas de nıvel
3. Funcoes reais de tres variaveis reais.
(a) Domınio
(b) Superfıcies de nıvel
4. Nocoes topologicas no plano e no espaco.
5. Limites e continuidade: definicao e propriedades.
6. Derivadas parciais.
(a) Definicao e interpretacao geometrica
(b) Diferenciabilidade
(c) Vetor gradiente
(d) Regra da cadeia
(e) Derivacao de funcoes definidas implicitamente
(f) Derivada direcional
(g) Derivadas parciais de ordem superior
(h) Generalizacao do Teorema do Valor Medio
(i) Formula de Taylor com resto de Lagrange
(j) Aproximacao linear
(k) Diferenciais
(l) Extremos locais: maximos e mınimos
(m) Multiplicadores de Lagrange
(n) Aplicacoes
1
7. Integral dupla.
(a) Definicao
(b) Propriedades
(c) Teorema de Fubini
(d) Mudanca de variaveis
(e) Aplicacoes
8. Integral tripla.
(a) Definicao
(b) Propriedades
(c) Mudanca de variaveis
(d) Aplicacoes
9. Funcoes vetoriais.
(a) Definicao
(b) Operacoes
(c) Limite e continuidade
(d) Derivada
(e) Curvas parametrizadas: vetores tangentes, comprimento de arco
10. Integral de linha.
(a) Independencia de caminhos
(b) Diferenciais exatas
(c) Funcao potencial
(d) Teorema de Green
11. Integral de superfıcie.
(a) Teoremas de Gauss e de Stokes
(b) Aplicacoes
Bibliografia
1. Guidorizzi, H. L. - Um curso de calculo, Vol. 2 e 3, LTC, Rio de Janeiro, 2001.
2. Pinto, D. e Candida, F. M. - Calculo diferencial e integral de varias variaveis, UFRJ,Rio de Janeiro, 2003.
3. Stewart, J. - Calculo, Vol. 2, Thompson, Sao Paulo, 2004
2
4. Flemming, D. M. e Goncalves, M. B. - Calculo B, Pearson Prentice Hall, Sao Paulo,2007.
5. Anton, H. - Calculo: um novo horizonte, Bookman, 2000.
6. Thomas, G. B. - Calculo, Vol. 2, Addison-Wesley, Sao Paulo, 2003.
AvaliacaoSerao aplicadas 4 provas. A media final sera obtida como uma media aritmetica entre as
notas dos semestres. A materia da primeira prova sera tudo o que for visto ate o dia da prova.A materia da segunda prova sera toda a materia do primeiro semestre. A materia da terceiraprova sera a materia que for vista do inıcio do segundo semestre ate o dia da terceira prova.A materia da quarta prova sera toda a materia do segundo semestre.
Se a nota da segunda prova for maior que a nota da primeira prova, entao a nota doprimeiro semestre sera a nota da segunda prova. Se a nota da segunda prova for menor ouigual a nota da primeira prova, entao a nota do primeiro semestre sera a media aritmeticadas notas da primeira e segunda provas.
Se a nota da quarta prova for maior que a nota da terceira prova, entao a nota do segundosemestre sera a nota da quarta prova. Se a nota da quarta prova for menor ou igual a notada terceira prova, entao a nota do segundo semestre sera a media aritmetica das notas daterceira e quarta provas.
Somente os alunos que perderem uma das 4 provas, por motivo justificado, poderao fazeroutra prova no dia 02/12.
Ao final do curso os alunos que obtiverem media igual ou superior a 5,0 (cinco) e pelomenos 70% de frequencia serao aprovados. Os alunos que tiverem media inferior a 5,0 (cinco)e pelo menos 70% de frequencia poderao fazer uma prova de recuperacao. Nesse caso a mediafinal e obtida fazendo-se a media aritmetica entre a media anterior com a nota da recuperacao.Se a media final for igual ou superior a 5,0 (cinco) o aluno sera aprovado, caso contrario serareprovado. Os alunos que tiverem frequencia inferior a 70% serao reprovados por faltas.
As datas das provas:Prova 1: Sexta, 30 de abril.Prova 2: Sexta, 18 de junho.Prova 3: Quinta, 30 de setembro.Prova 4: Terca, 30 de novembro.Prova Perdida: Quinta, 02 de dezembro.Recuperacao: Quinta, 09 de dezembro.
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Aula 2: 26/02/2010
1 Superfıcies especiais
1.1 Planos
Um plano no espaco fica completamente determinado por um ponto P0(x0, y0, z0) do planoe um vetor n que e ortogonal ao plano. Este vetor ortogonal n e chamado vetor normal.Seja P (x, y, z) um ponto arbitrario do plano, e sejam r0 e r os vetores posicao de P0 e P . Ovetor r− r0 e representado pelo segmento orientado com origem em P0 e extremidade em P .O vetor n e perpendicular a r− r0 e tambem ortogonal a todos os vetores paralelos ao plano.
Figura 1: Plano em R3.
Daı temos a equacaon(r − r0) = 0.
A equacao anterior e chamada equacao vetorial do plano.Se n = (a, b, c), r = (x, y, z) e r0 = (x0, y0, z0) entao a equacao anterior se torna
a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0
que e chamada equacao escalar do plano.Colecionando todos os termos constantes da equacao, ela pode ser escrita na forma
ax+ by + cz + d = 0
que e chamada equacao geral do plano.Exemplo: Encontre a equacao geral do plano que passa pelos pontos P (1, 3, 2), Q(3,−1, 6)e R(5, 2, 0).
Temos que determinar um vetor normal ao plano. Para isso considere dois vetores paralelosao plano u = Q − P = (2,−4, 4) e v = R − P = (4,−1,−2). Seja agora o vetor n que e oproduto vetorial entre u e v:
n = u× v =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k2 −4 44 −1 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (12, 20, 14).
A equacao do plano fica
12(x− 1) + 20(y − 3) + 14(z − 2) = 0, ou seja, 6x+ 10y + 7z − 50 = 0.
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1.2 Cilindros
Um metodo muito eficiente de esbocar superfıcies no espaco tridimensional e calcular asinterseccoes da superfıcie com planos. Nesta e na proxima secao usaremos esse metodo paraesbocar as superfıcies.
Definicao 1. Um cilindro e uma superfıcie que consiste de retas paralelas a uma reta dada(chamada geratriz) e que passam por uma curva plana dada (chamada diretriz).
Figura 2: Superfıcie z = x2.
Exemplo: Esboce a superfıcie z = x2.Note que a equacao nao envolve a variavel y. Isso significa que todo plano da forma
y = k (paralelo ao plano xz) intersepta em uma curva de equacao z = x2. Essas curvas saoparabolas. A figura 2 mostra como o esboco e formado tomando a parabola z = x2 no planoxz e movendo-a na direcao do eixo y. Esta superfıcie e chamada cilindro parabolico. Nessecaso a parabola z = x2, no plano xz, e a diretriz e o eixo y e a geratriz.
O fato ocorrido no exemplo anterior, de uma das variaveis nao aparecer na equacao dasuperfıcie, e tıpico das superfıcies que possuem como geratriz um dos eixos coordenados.
(a) (b)
Figura 3: Superfıcies x2 + y2 = 1 e y2 + z2 = 1.
Exemplo: Esboce as superfıcies (a) x2 + y2 = 1 e (b) y2 + z2 = 1.(a) Como z esta ausente na equacao, entao a interseccao com planos da forma z = k representauma circunferencia de raio 1, no plano z = k e centrado no ponto (0, 0, k).(b) Como x esta ausente na equacao, entao a interseccao com planos da forma x = k representauma circunferencia de raio 1, no plano x = k e centrado no ponto (k, 0, 0).
5
1.3 Quadricas
Definicao 2. Quadrica e o lugar geometrico dos pontos (x, y, z) de R3 que satisfazem uma
equacao do segundo grau do tipo
Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Exz + Fyz +Gx+Hy + Iz + J = 0,
onde A, B, C, . . . , J sao constantes.
Observamos que atraves de rotacoes e translacoes toda quadrica pode ser colocada emuma das seguintes formas normais
Ax2 +By2 + Cz2 + J = 0 ou Ax2 +By2 + Iz = 0.
Exemplo: Esboce a quadrica
x2 +y2
9+
z2
4= 1.
Substituindo z = 0 na equacao, obtemos x2 + y2
9= 1 que e a equacao de uma elipse no
plano z = 0 de vertices (±1, 0, 0) e (0,±3, 0). De forma geral, calculando a interseccao complanos paralelos aos planos coordenados obtemos:
x2 +y2
9= 1− k2
4, z = k (se − 2 ≤ k ≤ 2),
y2
9+
z2
4= 1− k2, x = k (se − 1 ≤ k ≤ 1),
x2 +z2
4= 1− k2
9, y = k (se − 3 ≤ k ≤ 3).
A figura 4 mostra o esboco da quadrica que e chamada elipsoide pois a interseccao com osplanos coordenados sao elipses.
Figura 4: Elipsoide.
Exemplo: Esboce a superfıcie z = 4x2 + y2.Colocando x = 0 obtemos a parabola z = y2 no plano yz. Se colocamos x = k, obtemos
z = 4x2 + k2. Isso significa que se fatiamos a quadrica com planos paralelos ao plano yzobtemos ainda parabolas mas com o vertice cada vez mais alto. Se colocamos z = k, comk > 0, obtemos elipses 4x2+y2 = k. Conhecendo essas interseccoes com os planos paralelos aosplanos coordenados podemos esbocar a quadrica conforme a figura 5. Devido as interseccoesdarem elipses e parabolas, essa superfıcie e chamada paraboloide elıptico.
6
Figura 5: Paraboloide Elıptico.
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Aula 3: 03/03/2010
Exemplo: Esboce a superfıcie z = y2 − x2.Colocando x = k obtemos parabolas z = y2−k2 com concavidade voltada para cima (veja
figura 6 (a) e (d)). Quando fatiamos por planos y = k obtemos parabolas z = −x2 + k2 comconcavidade voltada para baixo (veja figura 6 (b) e (e)). Se colocamos z = k, com k 6= 0,obtemos hiperboles y2 − x2 = k. E se z = 0, obtemos retas y = ±x (ver figura 6 (c) e (f)).
(a) (b) (c)
(d) (e) (f)
Figura 6: Cortes na quadrica z = y2 − x2.
Juntando essas informacoes obtemos a quadrica dada na figura 7. Devido as interseccoesdarem hiperboles e parabolas, essa superfıcie e chamada paraboloide hiperbolico.
Figura 7: Paraboloide Hiperbolico.
Exemplo: Esboce a superfıciex2
4+ y2 − z2
4= 1.
A interseccao com planos da forma z = k obtemos a elipse
x2
4+ y2 = 1 +
k2
4,
e as interseccoes com os planos coordenados xz e yz sao as hiperboles
x2
4− z2
4= 1 e y2 − z2
4= 1.
A superfıcie obtida e chamada hiperboloide de uma folha e e apresentada na figura 8.
8
Figura 8: Hiperboloide de uma folha.
2 Funcoes reais de duas variaveis reais
2.1 Domınio
Definicao 3. Seja D um conjunto de pares ordenados de numeros reais. Uma funcao real
de duas variaveis reais e uma correspondencia f : D ⊂ R × R → R que associa a cadapar (x, y) ∈ D um unico numero real denotado por f(x, y). Nesse caso o conjunto D e odomınio de f .
y
x
D(x, y)
f(x, y)
R
Figura 9: Funcao real de duas variaveis reais.
Observamos que se for apresentado apenas a lei de definicao da funcao entao fica suben-tendido que o o domınio e o maior conjunto possıvel de pares de numeros reais onde aquelalei pode ser aplicada. Veja o exemplo a seguir:Exemplo: Encontre o domınio da funcao
f(x, y) =xy − 5
2√y − x
.
Para que a raiz quadrada do denominador esteja bem definida temos que ter y ≥ x, ecomo esta no denominador, nao podemos ter y = x. Portanto o domınio de f e D = (x, y) ∈R
2 : y > x. Na Figura 10 esta representado o domınio de f .
9
y
x
y > x
Figura 10: Domınio de f .
2.2 Grafico
Definicao 4. Seja D ⊂ R2 e f : D → R. O grafico de f e o conjunto
Graf(f) = (x, y, f(x, y)) ∈ R3 : (x, y) ∈ D.
Exemplo: Considere a funcao f(x, y) =√
9− x2 − y2. Observe que o domınio e o conjuntodos pontos onde 9 − x2 − y2 ≥ 0, ou seja, D = (x, y) ∈ R
2 : x2 + y2 ≤ 9. O conjunto D eformado pela circunferencia de centro (0, 0) e raio 3 e todos os pontos no seu interior. Paracalcular o grafico, substituımos f(x, y) por z e elevamos ao quadrado obtendo x2+y2+z2 = 9.E como z ≥ 0 entao o grafico e o hemisferio superior da esfera centrada em (0, 0, 0) e raio 3.Veja figura 11.
Figura 11: Grafico de f .
2.3 Curvas de nıvel
Definicao 5. Seja D ⊂ R2 e f : D → R. A curva de nıvel k de f e o conjunto
f−1(k) = (x, y) ∈ D : f(x, y) = k.
As curvas de nıvel servem por exemplo para aplicacoes em topografia. Veja figura 12.
10
10m
10m
4m
4m
2m2m
Figura 12: Topografia.
11
Aula 4: 05/03/2010
Exemplo: Esboce algumas curvas de nıvel do exemplo anterior.f(x, y) = k ⇔
√
9− x2 − y2 = k ⇔ x2 + y2 = 9− k2.
Figura 13: Curvas de nıvel de f .
Exemplo: Esboce algumas curvas de nıvel de g(x, y) = −x2 + y2.O grafico de g e o paraboloide hiperbolico. Seja k > 0, entao o g−1(k) = (x, y) ∈ R
2 :y2 − x2 = k, ou seja e uma hiperbole de vertices (0,±
√k). Se k = 0, entao g−1(0) =
(x, y) ∈ R2 : y2 − x2 = 0, ou seja e o par de retas y = ±x. Seja k < 0, entao o
g−1(k) = (x, y) ∈ R2 : y2 − x2 = k, ou seja e uma hiperbole de vertices (±
√−k, 0).
k = 0k = −1k = −2
k = 1
k = 2
Figura 14: Curvas de nıvel de g.
3 Funcoes reais de tres variaveis reais
3.1 Domınio
Definicao 6. Seja D um conjunto de triplas ordenadas de numeros reais. Uma funcao real
de tres variaveis reais e uma correspondencia f : D ⊂ R3 → R que associa a cada tripla
(x, y, z) ∈ D um unico numero real denotado por f(x, y, z). Nesse caso o conjunto D e odomınio de f .
Conforme no caso de duas variaveis, se for apresentado apenas a lei de definicao da funcaoentao fica subentendido que o o domınio e o maior conjunto possıvel de triplas de numerosreais onde aquela lei pode ser aplicada.
12
z
y
D(x, y)
f(x, y)
R
x
Figura 15: Funcao real de tres variaveis reais.
3.2 Superfıcies de nıvel
Definicao 7. Seja D ⊂ R3 e f : D → R. A superfıcie de nıvel k de f e o conjunto
f−1(k) = (x, y, z) ∈ D : f(x, y, z) = k.
Exemplo: Esboce algumas superfıcies de nıvel de f(x, y, z) = z −√
x2 + y2.
Observe que para k = 0 temos z =√
x2 + y2, que e a equacao do cone com vertice em
(0, 0, 0). Quando fazemos f(x, y, z) = k temos z − k =√
x2 + y2, que e a equacao do conecom vertice em (0, 0, k). Veja a figura 16.
k = 1
k = 0
k = −1
Figura 16: Superfıcies de nıvel de f .
Exemplo: Descreva as superfıcies de nıvel de f(x, y, z) = x2 − y2 + z2.As superfıcies de nıvel sao dadas pela equacao x2−y2+z2 = k. Observe que se k e positivo
entao a superfıcie e um hiperboloide de uma folha, se k = 0 entao a superfıcie e um conede duas folhas e se k e negativo entao a superfıcie e um hiperboloide de duas folhas. Veja afigura 17.
k > 0k = 0k < 0
Figura 17: Superfıcies de nıvel de g.
13
4 Nocoes topologicas no plano e no espaco
Definicao 8. Definimos a norma de um vetor (x, y) ∈ R2 como sendo o numero real
‖(x, y)‖ =√
x2 + y2.
Com o conceito de norma, podemos definir o conceito de bola aberta.
Definicao 9. Sejam (x0, y0) um ponto de R2 e r > 0 um numero real. O conjunto
(x, y) ∈ R2 : ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < r
chama-se bola aberta de centro (x0, y0) e raio r.
Exemplo: Esboce a bola aberta de centro (2, 1) e raio 1.Devemos esbocar o conjunto (x, y) ∈ R
2 : ‖(x, y)− (2, 1)‖ < 1. Em outras palavras, ospontos (x, y) que satisfazem
√
(x− 2)2 + (y − 1)2 < 1, ou ainda, (x−2)2+(y−1)2 < 1. Esseconjunto e formado pelos pontos do que estao dentro da circunferencia de centro (2, 1) e raio1.
1
2
Figura 18: Bola Aberta.
Observe que na figura 18 a circunferencia esta tracejada pois seus pontos nao pertence abola aberta.
Definicao 10 (Ponto Interior). Seja A um subconjunto nao vazio de R2. Dizemos que (x0, y0)e um ponto interior de A se existir uma bola aberta de centro (x0, y0) contida em A.
14
Primeira Lista de Exercıcios
1. Encontre a equacao do plano nas seguintes situacoes:
(a) Plano que passa pelos pontos (0, 1, 1), (1, 0, 1) e (1, 1, 0).
(b) Plano que passa pelo ponto (−2, 8, 10) e e perpendicular a reta x = 1 + t, y = 2te z = 4− 3t.
(c) Plano que contem as retas x = 3+2t, y = t, z = 8− t e x = 3t, y = 1+ t, z = 7− t.
2. Esboce as superfıcies:
(a) y2 + 4z2 = 4.
(b) z = 4− x2.
(c) x− y2 = 0.
(d) z = cosx.
3. Descreva o domınio de f e ache os valores funcionais indicados
(a) f(x, y) =y + 2
x; f(3, 1), f(1, 3) e f(2, 0).
(b) f(u, v) =uv
u− 2v; f(2, 3), f(−1, 4) e f(0, 1).
(c) f(x, y, z) = 2 + tg(x) + ysen(z); f(π4, 4, π
6) e f(0, 0, 0).
4. Esboce o grafico de f .
(a) f(x, y) = 6− 2x− 3y.
(b) f(x, y) =√
72 + 4x2 − 9y2.
(c) f(x, y) =√
y2 − 4x2 − 16.
5. Esboce as curvas de nıvel para os dados valores do nıvel k.
(a) f(x, y) = y2 − x2, em k = −4, 0, 9.
(b) f(x, y) = x2 − y, em k = −2, 0, 3.
(c) f(x, y) = (x− 2)2 + (y + 3)2, em k = 1, 4, 9.
6. Ache a equacao da superfıcie de nıvel que contem o ponto P .
(a) f(x, y, z) = x2 + 4y2 − z2, em P = (2,−1, 3).
(b) f(x, y) = z2y + x, em P = (1, 4,−2).
7. Se x e a velocidade do vento (em m/seg) e y e a temperatura (em oC), entao o fator deresfriamento eolico F (em (kcal/m2)/hr) e dado por
F = (33− y)(10√x− x+ 10, 5).
(a) Ache as velocidades e temperaturas para as quais F e 0. (Admita que 0 ≤ x ≤ 50e −50 ≤ y ≤ 50.)
(b) Se F ≥ 1400, pode ocorrer congelamento em partes expostas do corpo humano.Esboce o grafico da curva de nıvel F = 1400.
15
Aula 5: 10/03/2010
Exemplo: Seja A = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0 e y ≥ 0.
Figura 19: Pontos interiores.
Qualquer ponto (x, y), com x > 0 e y > 0, e ponto interior de A. Basta escolher o raioda bola menor que o mınimo entre x e y. No entanto, os pontos da forma (x, y), com x = 0ou y = 0, nao sao pontos interiores. Qualquer bola aberta centrada em um ponto da forma(x, 0) nao esta contida no conjunto A. Veja a figura 19.
Definicao 11 (Conjunto Aberto). Dizemos que um subconjunto A ⊂ R2 e aberto se todo
ponto de A e ponto interior de A.
Exemplos:
• O conjunto A = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0 e y ≥ 0 nao e aberto, pois como vimos no
exemplo anterior ele possui pontos da forma (x, 0) e (0, y) que nao sao pontos interiores.
• O conjunto A = (x, y) ∈ R2 : x > 0 e y > 0 e aberto, pois todos os seus pontos sao
pontos interiores.
• O conjunto B = (x, y) ∈ R2 : x2 +
y2
2< 1 e aberto. Veja a figura 20.
Figura 20: Interior da elipse.
Definicao 12 (Ponto de Acumulacao). Seja A um subconjunto de R2 e seja (a, b) um ponto
de R2. Dizemos que (a, b) e um ponto de acumulacao de A se toda bola aberta de centro
(a, b) contiver pelo menos um ponto (x, y) de A, com (x, y) 6= (a, b).
16
Em outras palavras, (a, b) e ponto de acumulacao de A se existem pontos de A, distintosde (a, b), tao proximos de (a, b) quanto se queira.
Exemplo: Seja A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1.
• (0, 0) e ponto de acumulacao de A.
• (1, 0) e ponto de acumulacao de A.
• (2, 0) nao e ponto de acumulacao de A.
Figura 21: Interior do cırculo.
Observamos que podem ocorrer casos em que um ponto (a, b) pertence ao conjunto A, masnao e ponto de acumulacao de A. Nesse caso, esses pontos sao chamados de pontos isoladosde A. Por exemplo, em um conjunto com um numero finito de pontos todos os pontos saoisolados. Para cada ponto (a, b), basta escolher uma bola aberta que tenha como raio umnumero menor que a distancia mınima de (a, b) aos outros pontos do conjunto.
Observacao: Observamos que as nocoes topologicas no espaco sao exatamente as mesmas doplano. A unica diferenca e que a norma de um vetor (x, y, z) de R3 e dada por
√
x2 + y2 + z2.Por exemplo a bola aberta em R
3 de centro (2, 1, 1) e raio 1 e constituıda pelos pontos interioresa esfera de centro (2, 1, 1) e raio 1.
5 Limites e continuidade: definicao e propriedades
De posse da definicao de ponto de acumulacao de um conjunto, podemos definir a nocao delimite para funcoes reais de duas variaveis reais.
Definicao 13 (Limite). Sejam f : A ⊂ R2 → R uma funcao, (x0, y0) um ponto de acumulacao
de A e L um numero real. Dizemos que o limite de f(x, y), quando (x, y) tende a (x0, y0) eL e escrevemos
lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = L
se para todo ε > 0 dado, existe δ > 0 tal que todo (x, y) ∈ A com a propriedade0 < ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ se tenha |f(x, y)− L| < ε.
17
y0
x0
A
δ
L L+ εL− ε
Figura 22: Definicao de limite.
Escrevendo de maneira mais resumida temos lim(x,y)→(x0,y0) f(x, y) = L se :
∀ε > 0 ∃δ > 0 : (x, y) ∈ A e 0 < ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ ⇒ |f(x, y)− L| < ε.
O limite de f(x, y), quando (x, y) tende a (x0, y0) e L significa que se (x, y) esta no domıniode f e pertence a bola de centro (x0, y0) e raio δ e (x, y) 6= (x0, y0), entao a imagem f(x, y)pertence ao intervalo (L− ε, L+ ε). Veja a figura 22.
Exemplo: Seja f(x, y) = k uma funcao constante. Mostre que lim(x,y)→(x0,y0) f(x, y) = k.
De fato, dado ε > 0, basta tomar um δ > 0 qualquer. Daı se 0 < ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δentao temos |f(x, y)− L| = |k − k| = 0 < ε.
Exemplo: Seja f : R2 → R dada por f(x, y) = x. Mostre que lim(x,y)→(x0,y0) f(x, y) = x0.
Inicialmente observe que |x − x0| =√
(x− x0)2 ≤√
(x− x0)2 + (y − y0)2 = ‖(x, y) −(x0, y0)‖.
De posse da observacao anterior, dado ε > 0 qualquer, temos que encontrar δ > 0 quesatisfaca a definicao de limite. Muito bem, escolha δ igual ao ε > 0 dado. Nesse caso, temosque para todo (x, y) ∈ R
2 vale:
0 < ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ =⇒ |f(x, y)− x0| = |x− x0| ≤ ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ = ε.
Ou seja, mostramos que
0 < ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ =⇒ |f(x, y)− x0| < ε.
18
Aula 6: 12/03/2010
Exemplo: A funcao f(x, y) =−x2 + y2
x2 + y2tem limite em (0, 0)?
A resposta dessa pergunta e nao, pois quando calculamos f nos pontos da forma (x, 0)temos f(x, 0) = −1 e em pontos da forma (0, y) temos f(0, y) = 1. Para provarmos demaneira rigorosa, suponha que o limite exista e seja L. Se L ≤ 0, temos
|f(0, y)− L| = |1− L| = 1− L ≥ 1.
Se L > 0, temos|f(x, 0)− L| = | − 1− L| = 1 + L > 1.
Portanto, dado ε = 1, nao e possıvel encontrar δ > 0 de tal forma que todos os pontos (x, y),com 0 < ‖(x, y)‖ < δ, satisfacam |f(x, y)− L| < ε.
Para a proxima definicao necessitaremos do conceito de funcao vetorial contınua, a serestudada em um capıtulo posterior. Uma aplicacao de um intervalo I ⊂ R em R
2 e umacorrespondencia α : I → R
2 que a cada t ∈ I associa um α(t) = (α1(t), α2(t)) ∈ R2. Dizer
que α e contınua, e o mesmo que dizer que α1 : I → R e α2 : I → R sao contınuas.
Definicao 14 (Curva ou caminho). Seja I ⊂ R um intervalo. Uma curva ou caminho emR
2 e uma aplicacao contınua α : I → R2.
Exemplo: A equacao vetorial da reta α(t) = (x0 + at, y0 + bt) e um exemplo de caminho. Ea reta que passa pelo ponto (x0, y0) e tem a direcao do vetor (a, b). Veja figura 23-(a). Outroexemplo de caminho e dado por β(t) = (t2, t). Observe que esse caminho e a parabola x = y2.Veja figura 23-(b).
(x0, y0)
(a, b)
(a) (b)
Figura 23: Caminhos.
Definicao 15. Dados (x0, y0) ∈ D ⊂ R2, uma funcao f : D → R e um caminho α : I → D
passando por (x0, y0), isto e α(t0) = (x0, y0) para algum t0 ∈ I, entao definimos o limite
pelo caminho α, da funcao f quando (x, y) tende a (x0, y0) por
limt→t0
f(α(t)).
19
Exemplo: Considere a funcao f(x, y) =−x2 + y2
x2 + y2e (x0, y0) = (0, 0). Considere ainda os
caminhos α1(t) = (t, 0) e α2(t) = (0, t). Ambos caminhos passam pelo (0, 0) quando t = 0.Temos
limt→0
f(α1(t)) = limt→0
−t2
t2= −1, e
limt→0
f(α2(t)) = limt→0
t2
t2= 1.
Proposicao 1. Se existem pelo menos dois caminhos α1 e α2, passando pelo ponto (x0, y0),tais que limt→t0 f(α1(t)) 6= limt→t0 f(α2(t)), entao nao existe lim(x,y)→(x0,y0) f(x, y).
Proposicao 2. Se para algum caminho α o limite limt→t0 f(α(t)) nao existe, entao nao existelim(x,y)→(x0,y0) f(x, y).
Exemplo: Usando a proposicao anterior temos que lim(x,y)→(0,0)
cosx
x2 + y2nao existe. De fato,
se considerarmos o caminho α(t) = (t, 0), entao o limite de uma variavel real limt→0
cos1
tnao
existe.
Exemplo: Mostre que lim(x,y)→(0,0)
xy2
x2 − y2nao existe. Para isso, considere os seguintes caminhos
α1(t) = (t+ t2, t) e α2(t) = (t− t2, t). Daı temos
limt→0
f(α1(t)) = limt→0
t4 + t3
t4 + 2t3 + t2 − t2= lim
t→0
1 + t
2 + t=
1
2, e
limt→0
f(α2(t)) = limt→0
−t4 + t3
t4 − 2t3 + t2 − t2= lim
t→0
1− t
−2 + t= −1
2.
Portanto nao existe o limite.
Teorema 1 (Teorema do Confronto). Sejam f, g, h : D ⊂ R2 → R e (x0, y0) um ponto de
acumulacao de D. Se f(x, y) ≤ g(x, y) ≤ h(x, y) para todo (x, y) ∈ D, lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = L
e lim(x,y)→(x0,y0)
h(x, y) = L, entao lim(x,y)→(x0,y0)
g(x, y) = L.
Proposicao 3. Sejam f, g : D ⊂ R2 → R e (x0, y0) um ponto de acumulacao de D. Se g e
limitada e lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = 0, entao lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)g(x, y) = 0.
Observacao: Uma funcao g : D ⊂ R2 → R e limitada se existe M ∈ R tal que |g(x, y)| < M
para todo (x, y) ∈ D.
Exemplo: Calcule lim(x,y)→(0,0)
x3
x2 + y2.
Inicialmente observe que x2 + y2 ≥ x2 ≥ 0, portanto x2
x2+y2≤ 1. Entao consideramos
f(x, y) = x e g(x, y) = x2
x2+y2. Dai f(x, y)g(x, y) = x3
x2+y2, g e limitada e lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0.
Portando usando a proposicao anterior concluımos que o limite e zero.
20
Aula 7: 17/03/2010
Proposicao 4 (Propriedades operatorias). Se lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = L1 e lim(x,y)→(x0,y0)
g(x, y) =
L2 entao
• lim(x,y)→(x0,y0)
[f(x, y) + g(x, y)] = L1 + L2;
• lim(x,y)→(x0,y0)
[kf(x, y)] = kL1;
• lim(x,y)→(x0,y0)
[f(x, y)g(x, y)] = L1L2;
• lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)
g(x, y)=
L1
L2se L2 6= 0.
Definicao 16 (Continuidade). Sejam U ⊂ R2, f : U → R e (x0, y0) ∈ U . Dizemos que f e
contınua em (x0, y0) se para todo ε > 0 dado, existe δ > 0 tal que para todo (x, y) ∈ U , com‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ, implica |f(x, y)− f(x0, y0)| < ε.
De maneira mais abreviada f e contınua em (x0, y0) ∈ U se:
∀ε > 0 ∃δ > 0 : (x, y) ∈ U e ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ ⇒ |f(x, y)− f(x0, y0)| < ε.
Observacoes:
1. Se (x0, y0) e um ponto isolado de U , entao f e contınua. Observe que independe da fpois se o ponto e isolado entao existe uma bola aberta de centro (x0, y0) e raio δ tal queo unico ponto de U na bola e (x, y) = (x0, y0). E nesse caso, |f(x, y)− f(x0, y0)| = 0.
2. Se (x0, y0) e um ponto de acumulacao de U entao f e contınua em (x0, y0) se:
• (x0, y0) ∈ U .
• Existe lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y).
• lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = f(x0, y0).
Exemplos:
1. A funcao constante f : R2 → R dada por f(x, y) = k e contınua em todo ponto
(x0, y0) ∈ R2 pois lim
(x,y)→(x0,y0)f(x, y) = k = f(x0, y0).
2. A funcao f : R2 → R dada por f(x, y) = x e contınua em todo ponto (x0, y0) ∈ R2 pois
lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = x0 = f(x0, y0).
21
3. A funcao f : R2 → R dada por
f(x, y) =
x2 − y2
x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),
0 se (x, y) = (0, 0),
nao e contınua em (0, 0) pois nao existe lim(x,y)→(0,0)
f(x, y).
De fato, tomando-se os caminhos α1(t) = (t, t) e α2(t) = (0, t) temos
limt→0
f(α1(t)) = limt→0
0
2t2= 0 e lim
t→0f(α2(t)) = lim
t→0
−t2
2t2= −1
2.
4. Verifique que a funcao do exemplo anterior e contınua no ponto (1, 0).
De fato, ja provamos que o limite da funcao h(x, y) = x quando (x, y) tende a (x0, y0)e x0. Portanto lim(x,y)→(1,0) h(x, y) = 1. Utilizando o item (3) da Proposicao 4 temoslim(x,y)→(1,0) h(x, y).h(x, y) = 1.1 = 1, ou seja,
lim(x,y)→(1,0)
x2 = 1.
De maneira analoga, usando o fato que o limite da funcao g(x, y) = y quando (x, y)tende a (x0, y0) e y0 e o item (3) da Proposicao 4, prova-se que
lim(x,y)→(1,0)
y2 = 0.0 = 0.
Agora, utilizamos o item (2) da Proposicao 4 para garantir que
lim(x,y)→(1,0)
(−1)y2 = (−1).0 = 0.
O item (1) da Proposicao 4 garante que lim(x,y)→(1,0) x2 + (−1)y2 = 1 + 0 = 1. Com a
mesma ideia provamos que lim(x,y)→(1,0) x2 + y2 = 1+ 0 = 1. Finalmente usamos o ıtem
(4) da Proposicao 4 para concluir que
lim(x,y)→(1,0)
x2 − y2
x2 + y2=
1
1= 1.
Pelo fato de (1, 0) ser um ponto de acumulacao de R2 e f(1, 0) = 1 = lim(x,y)→(1,0) f(x, y),concluımos que f e contınua no ponto (1, 0).
Teorema 2. Sejam f : A ⊂ R2 → R e g : B ⊂ R → R duas funcoes tais que f(A) ⊂ B. Se
f e contınua em (x0, y0) ∈ A e g e contınua em f(x0, y0), entao a composta h : A → R, dadapor h(x, y) = g(f(x, y)) e contınua em (x0, y0).
Demonstracao: Dado ε > 0, inicialmente usamos a hipotese que g e contınua em f(x0, y0)para assegurar que existe δ1 > 0 tal que
u ∈ B e |u− f(x0, y0)| < δ1 =⇒ |g(u)− g(f(x0, y0))| < ε. (1)
22
A
f g
g f
f(x0, y0) ∈ B g(f(x0, y0))
(x0, y0)
Figura 24: Composicao de funcoes contınuas.
Posteriormente usamos esse δ1 > 0 encontrado, desempenhando o papel do ε na hipotese deque f e contınua em (x0, y0), para assegurar a existencia de δ > 0 que satisfaz
(x, y) ∈ A e ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ =⇒ |f(x, y)− f(x0, y0)| < δ1. (2)
De (1) e (2) segue que
(x, y) ∈ A e ‖(x, y)− (x0, y0)‖ < δ =⇒ |g(f(x, y))− g(f(x0, y0))| < ε.
Portanto g f e contınua em (x0, y0).
Proposicao 5. Sejam f, g : X ⊂ R2 → R funcoes contınuas em (x0, y0) ∈ X e k uma
constante real. Entao
1. A funcao f + g e contınua em (x0, y0).
2. A funcao kf e contınua em (x0, y0).
3. A funcao f.g e contınua em (x0, y0).
4. A funcaof
ge contınua em (x0, y0), desde que g(x0, y0) 6= 0.
Exemplo: Ja vimos que f(x, y) = x e contınua e do curso de calculo I sabemos que g(u) = u2
e contınua. Portanto, usando o Teorema 2 temos que h(x, y) = gf(x, y) = x2 e contınua. Damesma forma concluımos que L(x, y) = y2 e contınua. Usando agora o item 1) da proposicaoanterior temos que a funcao (h + L)(x, y) = x2 + y2 e contınua. Da mesma forma queprovamos que h e contınua, temos que M(x, y) = x3 e contınua. Finalmente, usando o item
4) da proposicao anterior, temos
(
M
h+ L
)
(x, y) =x3
x2 + y2e contınua em (x0, y0) desde que
(h + L)(x0, y0) 6= 0, ou seja, desde que (x0, y0) 6= (0, 0). Portanto, a funcao
F (x, y) =
x3
x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0)
e contınua em todo ponto (x0, y0) 6= (0, 0). A pergunta e: E no ponto (0, 0)? F e contınua?Como f(0, 0) = 0 e (0, 0) e ponto de acumulacao do domınio de F , devemos verificar selim(x,y)→(0,0) F (x, y) = 0. Observamos que x3
x2+y2= x. x2
x2+y2, onde x2
x2+y2e limitada e x tende a
zero. Portanto F e contınua em todos os pontos de R2.
23
Segunda Lista de Exercıcios
1. Verifique quais dos conjuntos abaixo sao abertos do R2.
(a) (x, y) ∈ R2|x = 1 e 1 < y < 3.
(b) (x, y) ∈ R2|x+ y > 3 e x2 + y2 < 16.
(c) (x, y) ∈ R2|xy > 0.
2. Determine o conjunto dos pontos de acumulacao do conjunto dado.
(a) (x, y) ∈ R2|x2 + y2 < 1.
(b) (x, y) ∈ R2|x e y inteiros.
(c) (x, y) ∈ R2|x+ y ≥ 1.
3. Calcule, caso exista.
(a) lim(x,y)→(0,0)
x · sen 1
x2 + y2, (b) lim
(x,y)→(0,0)
x√
x2 + y2,
(c) lim(x,y)→(0,0)
x2
√
x2 + y2, (d) lim
(x,y)→(0,0)
x+ y
x− y,
(e) lim(x,y)→(0,0)
xy2
x2 − y2, (f) lim
(x,y)→(0,0)
xy
y − x3
4. Seja f(x, y) =2xy2
x2 + y4.
(a) Considere a reta γ(t) = (at, bt), com a2 + b2 > 0; mostre que quaisquer que sejama e b,
limt→0
f(γ(t)) = 0.
(b) Calcule limt→0
f(δ(t)) = 0, onde δ(t) = (t2, t).
(c) O limite abaixo existe? Por que?
lim(x,y)→(0,0)
2xy2
x2 + y4
5. Calcule
lim(x,y)→(0,0)
f(x+ h, y + k)− f(x, y)− 2xh− k
||(h, k)|| ,
onde f(x, y) = x2 + y.
6. Determine o conjunto dos pontos de descontinuidade. Justifique a resposta.
(a) f(x, y) = 3x2y2 − 5xy + 6.
(b) f(x, y) = ln x−yx2+y2
.
(c) f(x, y) =
x−3yx2+y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0).
24
Aula 8: 24/03/2010
6 Derivadas parciais
6.1 Definicao e interpretacao geometrica
Antes de estudarmos derivadas de funcoes reais de mais de uma variavel real vamos recordara definicao de derivabilidade de funcoes reais de uma unica variavel real. Seja I um intervaloaberto de R e x0 ∈ I. Dizemos que uma funcao f : I → R e derivavel em x0 se existe olimite
limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0.
Esse limite e denotado por f ′(x0) e e chamado de derivada de f em x0.Geometricamente esse limite e interpretado como o coeficiente angular da reta tangente
ao grafico de f no ponto (x0, f(x0)), isto e, se a reta tangente faz angulo θ com o eixo x, entaof ′(x0) = tan θ. Veja a figura 25.
f(x0)
θx0
Figura 25: Interpretacao geometrica da derivada de funcoes de uma variavel real.
Considere agora U ⊂ R2 um subconjunto aberto de R
2, (x0, y0) ∈ U e f : U → R
uma funcao real de duas variaveis. Se fixamos y0 entao temos uma funcao de uma variavelg : A → R definida por g(x) = f(x, y0), onde A = x ∈ R : (x, y0) ∈ U. Por exemplo, sef(x, y) = 7x2 + 3y3 + 5xy e fixamos y = 2 temos g(x) = f(x, 2) = 7x2 + 10x+ 24.
Da mesma forma, fixado x0, temos uma funcao de uma variavel h : B → R definida porh(y) = f(x0, y), onde B = y ∈ R : (x0, y) ∈ U.
A derivada da funcao g(x) = f(x, y0) no ponto x = x0, quando existe, chama-se derivada
parcial de f , em relacao a x, no ponto (x0, y0), e denotamos por∂f
∂x(x0, y0). Analogamente,
a derivada da funcao h(y) = f(x0, y) no ponto y = y0, quando existe, chama-se derivada
parcial de f , em relacao a y, no ponto (x0, y0), e denotamos por∂f
∂y(x0, y0). De maneira mais
resumida temos:
Definicao 17. Sejam f : U ⊂ R2 → R uma funcao definida no aberto U e x0, y0) ∈ U .
Definimos a derivada parcial de f, em relacao a x, no ponto (x0, y0) (quando existe) ea derivada parcial de f, em relacao a y, no ponto (x0, y0) (quando existe) por
∂f
∂x(x0, y0) = lim
x→x0
f(x, y0)− f(x0, y0)
x− x0e∂f
∂y(x0, y0) = lim
y→y0
f(x0, y)− f(x0, y0)
y − y0.
25
Se os limites da definicao anterior existem para todo (x, y) ∈ U entao podemos definir as
funcoes∂f
∂x: U → R e
∂f
∂y: U → R. A funcao
∂f
∂xe chamada derivada parcial de primeira
ordem de f em relacao a x e a funcao∂f
∂ye chamada derivada parcial de primeira ordem de
f em relacao a y.
Exemplo: Seja f : R2 → R dada por f(x, y) = x2 + 5y3 + 3xy. Calcule∂f
∂x(1, 2),
∂f
∂y(1, 2),
∂f
∂x(x, y) e
∂f
∂y(x, y).
Considere g(x) = f(x, 2) = x2+6x+40 e h(y) = f(1, y) = 5y3+3y+1. Logo g′(x) = 2x+6e h′(y) = 15y2 + 3. Portanto
∂f
∂x(1, 2) = g′(1) = 8 e
∂f
∂y(1, 2) = h′(2) = 63.
As funcoes ∂f∂x
e ∂f∂y
sao dadas por
∂f
∂x(x, y) = 2x+ 3y e
∂f
∂y(x, y) = 15y2 + 3x.
Exemplo: Considere agora f(x, y) = 2xy − 4y. Logo temos
∂f
∂x(x, y) = 2y e
∂f
∂y(x, y) = 2x− 4.
Exemplo: Considere agora f(x, y) = exy. Logo temos
∂f
∂x(x, y) = yexy e
∂f
∂y(x, y) = xexy.
Exemplo: Calcule a funcao ∂f∂x, onde a funcao f : R2 → R e dada por
f(x, y) =
x3 − y2
x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
Para os pontos (x, y) 6= (0, 0), usamos a regra de derivacao de funcoes de uma variavel
dada por
[
f
g
]′=
f ′g − fg′
g2e calculamos
∂f
∂x(x, y) =
[3x2][x2 + y2]− [x3 − y2][2x]
[x2 + y2]2=
x4 + 3x2y2 + 2xy2
[x2 + y2]2.
Para o ponto (x, y) = (0, 0) temos que calcular usando a definicao de derivada parcial.
∂f
∂x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0= lim
x→0
x3−02
x2+02− 0
x− 0= lim
x→0
x
x= 1.
26
Portanto temos que
∂f
∂x(x, y) =
x4 + 3x2y2 + 2xy2
[x2 + y2]2, se (x, y) 6= (0, 0),
1, se (x, y) = (0, 0).
Agora veremos a interpretacao geometrica da derivada parcial. Observe que se f : U ⊂R
2 → R e uma funcao de duas variaveis e (x0, y0) ∈ U , entao o grafico da funcao g(x) =f(x, y0) e a interseccao do grafico de f com o plano y = y0. Portanto
∂f∂x(x0, y0) = g′(x0) e o
coeficiente angular da reta tangente ao grafico de f contida no plano y = y0 e que passa peloponto (x0, y0, f(x0, y0)). Veja a figura 26.
f(x0, y0)
θ
y0x0
Figura 26: Interpretacao geometrica da derivada parcial.
Analogamente temos que ∂f∂y(x0, y0) e o coeficiente angular da reta tangente ao grafico de
f contida no plano x = x0 e que passa pelo ponto (x0, y0, f(x0, y0)).
27
Aula 9: 26/03/2010
No Calculo I vale o seguinte resultado “Se f : A ⊂ R → R e derivavel em x0 ∈ A, entao fe contınua em x0”. Veremos no proximo exemplo que uma funcao f : A ⊂ R
2 → R pode teras derivadas parciais em um ponto (x0, y0) ∈ A e mesmo assim nao ser contınua nesse ponto.
Exemplo: Mostre que a funcao
f(x, y) =
xy
x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
tem derivadas parciais em (0, 0), mas nao e contınua em (0, 0).
Inicialmente vamos calcular∂f
∂x(0, 0) usando a definicao
∂f
∂x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0= lim
x→0
0− 0
x− 0= 0.
Analogamente temos
∂f
∂y(0, 0) = lim
y→0
f(0, y)− f(0, 0)
y − 0= lim
y→0
0− 0
y − 0= 0.
Para mostrar que f nao e contınua em (0, 0), vamos mostrar que o limite lim(x,y)→(0,0)
f(x, y)
nao existe. Para isso consideramos os caminhos α1(t) = (t, t) e α2(t) = (t, 0). Logo
limt→0
f(α1(t)) = limt→0
t2
2t2=
1
2e lim
t→0f(α2(t)) = lim
t→0
t.0
t2 + 02= 0.
Derivadas parciais de funcoes de tres ou mais variaveis
Da mesma forma que definimos as derivadas parciais para funcoes de duas variaveis pode-mos definir para funcoes de tres variaveis da seguinte forma:
Definicao 18. Sejam U ⊂ R3 um aberto, f : U → R uma funcao e (x0, y0, z0) ∈ U . Defini-
mos as derivadas parciais com respeito a x, y e z no ponto (x0, y0, z0) respectivamente pelosseguintes limites (quando eles existem):
∂f
∂x(x0, y0, z0) = lim
x→x0
f(x, y0, z0)− f(x0, y0, z0)
x− x0
,
∂f
∂y(x0, y0, z0) = lim
y→y0
f(x0, y, z0)− f(x0, y0, z0)
y − y0e
∂f
∂z(x0, y0, z0) = lim
z→z0
f(x0, y0, z)− f(x0, y0, z0)
z − z0;
Exemplo: Calcule as derivadas parciais da funcao f(x, y, z, w) = exyz + w2z. Temos
∂f
∂x(x, y, z, w) = exyzyz,
∂f
∂y(x, y, z, w) = exyzxz,
∂f
∂z(x, y, z, w) = exyzxy + w2 e
∂f
∂w(x, y, z, w) = 2wz.
28
6.2 Diferenciabilidade
No curso de Calculo I, dizemos que uma funcao f : A ⊂ R → R e diferenciavel em x0 ∈ A seexiste o limite
limx→x0
f(x)− f(x0)
x− x0
= limh→0
f(x0 + h)− f(x0)
h.
E como
limh→0
f(x0 + h)− f(x0)
h= a ⇐⇒ lim
h→0
f(x0 + h)− f(x0)− ah
h= 0,
podemos afirmar que f : A ⊂ R → R e diferenciavel em x0 ∈ A se existe a ∈ R tal que
limh→0
f(x0 + h)− f(x0)− ah
|h| = 0.
Inspirado na observacao anterior temos a seguinte definicao de diferenciabilidade parafuncoes de duas variaveis.
Definicao 19. Sejam A ⊂ R2 um aberto, f : A → R uma funcao e (x0, y0) ∈ A. Dizemos
que f e diferenciavel em (x0, y0) se existem a, b ∈ R tais que
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ah− bk
‖(h, k)‖ = 0.
Exemplo: Prove que a funcao f(x, y) = x2y e diferenciavel em todo ponto (x0, y0) ∈ R2.
Considere a = 2x0y0 e b = x20. Temos
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ah− bk
‖(h, k)‖ =
lim(h,k)→(0,0)
(x0 + h)2(y0 + k)− x20y0 − 2x0y0h− x2
0k√h2 + k2
=
lim(h,k)→(0,0)
2x0hk + h2y0 + h2k√h2 + k2
=
lim(h,k)→(0,0)
[
2x0kh√
h2 + k2+ hy0
h√h2 + k2
+ hkh√
h2 + k2
]
= 0.
Na ultima linha acima usamos o fato que a funcaoh√
h2 + k2e limitada e as funcoes 2x0k,
hy0 e hk tendem a zero quando (h, k) → (0, 0).
Teorema 3. Sejam A ⊂ R2 um aberto, f : A → R uma funcao e (x0, y0) ∈ A. Se f e
diferenciavel em (x0, y0) entao f e contınua em (x0, y0).
Demonstracao: Como (x0, y0) ∈ A e um ponto de acumulacao de A, basta mostrar queexiste o limite lim(x,y)→(x0,y0) f(x, y) e que e igual a f(x0, y0).
Por hipotese f e diferenciavel em (x0, y0), logo existem a, b ∈ R tais que
f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) + ah + bk + E(h, k) com
lim(h,k)→(0,0)
E(h, k)
‖(h, k)‖ = 0
29
Observe que lim(h,k)→(0,0)
‖(h, k)‖ = 0 e lim(h,k)→(0,0)
E(h, k)
‖(h, k)‖ = 0 implica que lim(h,k)→(0,0)
E(h, k) =
0.Observamos ainda que lim
(h,k)→(0,0)[ah+bk] = 0. Portanto, passando o limite quando (h, k) →
(0, 0) na expressao f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) + ah + bk + E(h, k), obtemos
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0).
Portantolim
(x,y)→(x0,y0)f(x, y) = f(x0, y0),
concluindo a demonstracao.
30
Aula 10: 31/03/2010
Teorema 4. Sejam A ⊂ R2 um aberto, f : A → R uma funcao e (x0, y0) ∈ A. Se f e
diferenciavel em (x0, y0) entao f tem derivadas parciais em (x0, y0).
Demonstracao: Por hipotese f e diferenciavel em (x0, y0), logo existem a, b ∈ R tais que
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ah− bk
‖(h, k)‖ = 0.
Fazendo k = 0 na expressao do limite anterior temos
limh→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)− ah
‖(h, 0)‖ = 0 ⇐⇒ limh→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)
h= a,
ou seja,∂f
∂x(x0, y0) = a.
Analogamente, fazendo h = 0 temos
limk→0
f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)− bk
‖(h, 0)‖ = 0 ⇐⇒ limk→0
f(x0, y0 + bk)− f(x0, y0)
h= b,
ou seja,∂f
∂y(x0, y0) = b.
Observacao 1. Da demonstracao do teorema anterior concluımos que os numeros reais a eb da definicao de diferenciabilidade sao exatamente as derivadas parciais com respeito a x ea y respectivamente.
Corolario 1. Sejam A ⊂ R2 um aberto, f : A → R uma funcao e (x0, y0) ∈ A. A funcao f
e diferenciavel em (x0, y0) se, e somente se,
1. f admite derivadas parciais em (x0, y0), e
2. lim(h,k)→(0,0)
E(h, k)
‖(h, k)‖ = 0, onde
E(h, k) = f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)−∂f
∂x(x0, y0).h+
∂f
∂y(x0, y0).k.
Observacoes:
1. Se uma das derivadas parciais nao existir, entao f nao sera diferenciavel nesse ponto.
2. Se ambas derivadas parciais existirem em (x0, y0), mas o limite do corolario anterior naoexistir ou nao for zero, entao f nao sera diferenciavel em (x0, y0).
3. Se f nao for contınua em (x0, y0), entao f nao sera diferenciavel em (x0, y0).
31
Exemplos:
1. A funcao f : R2 → R dada por f(x, y) =√
x2 + y2 e contınua em (0, 0), mas nao ediferenciavel nesse ponto.
De fato, as funcoes h(x, y) = x2 e m(x, y) = y2 sao contınuas logo a funcao n(x, y) =(h + m)(x, y) = x2 + y2 e contınua. Sabemos do curso de Calculo I que a funcaor(u) =
√u e contınua. E como a composicao de funcoes contınua e uma funcao contınua,
concluımos que f(x, y) =√
x2 + y2 = r(n(x, y)) e contınua em qualquer ponto (x, y).Em particular ela e contınua em (0, 0).
Para provar que f nao e diferenciavel em (0, 0) veremos que f nao possui as derivadasparciais em (0, 0). Observe que
∂f
∂x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0= lim
x→0
√x2
x.
Esse limite nao existe pois para x > 0 temos
√x2
x= 1 e para x < 0 temos
√x2
x= −1.
Isto e, os limites laterais sao distintos. O mesmo ocorre para∂f
∂y(0, 0).
2. A funcao
f(x, y) =
2xy2
x2 + y4, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0),
e diferenciavel em (0, 0)? Justifique.
A funcao f nao e diferenciavel em (0, 0), pois f nao e contınua em (0, 0). Para ver quef nao e contınua em (0, 0) basta considerar os caminhos α1(t) = (t, 0) e α2(t) = (t2, t).Daı
limt→0
f(α1(t)) = limt→0
2t02
t2 + 04= 0
e
limt→0
f(α2(t)) = limt→0
2t2t2
t4 + t4= 1.
3. A funcao
f(x, y) =
x3
x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0),
e diferenciavel em (0, 0)? Justifique.
Inicialmente observe que f e contınua pois
lim(x,y)→(0,0)
x = 0 ex2
x2 + y2e limitada
Portanto
lim(x,y)→(0,0)
x3
x2 + y2= 0 = f(0, 0).
32
Agora vamos verificar se existem as derivadas parciais∂f
∂x(0, 0) e
∂f
∂y(0, 0).
∂f
∂x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0= lim
x→0
x3
x2+02− 0
x− 0= lim
x→0
x3
x3= 1
∂f
∂y(0, 0) = lim
y→0
f(0, y)− f(0, 0)
y − 0= lim
x→0
0− 0
y − 0= 0
Resta verificar se
lim(h,k)→(0,0)
E(h, k)
‖(h, k)‖ = 0,
onde E(h, k) = f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0)− 1.h− 0.k =h3
h2 + k2− h. Chame
G(h, k) =E(h, k)
‖(h, k)‖ =h3
h2+k2− h
√h2 + k2
=−hk2
(h2 + k2)√h2 + k2
.
Tome o caminho α(t) = (t, t). Daı
limt→0
G(α(t)) = limt→0
−t3
(t2 + t2)√2t2
= limt→0
−t
2√2|t|
,
o qual nao existe pois
limt→0+
−t
2√2|t|
= − 1
2√2e lim
t→0−
−t
2√2|t|
=1
2√2.
Portanto o limite
lim(h,k)→(0,0)
f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0)− 1.h− 0.k
‖(h, k)‖
nao existe e entao f nao e diferenciavel em (0, 0).
33
Terceira Lista de Exercıcios
1. Determine as derivadas parciais.
(a) f(x, y) = 5x4y2 + xy3 + 4.
(b) f(x, y) = x3+y2
x2+y2.
(c) f(x, y) = e−x2−y2 .
(d) f(x, y) = xyexy.
(e) f(x, y) = arctgxy.
(f) f(x, y) = (x2 + y2)ln(x2 + y2).
(g) f(x, y) = xsenycos(x2+y2)
.
2. Considere a funcao z = xy2
x2+y2. Verifique que x
∂z
∂x+ y
∂z
∂y= z.
3. Considere a funcao z = xsenxy. Verifique que x
∂z
∂x+ y
∂z
∂y= z.
4. Seja φ : R → R uma funcao de uma variavel real, diferenciavel e tal que φ′(1) = 4. Sejag(x, y) = φ(x
y). Calcule
(a) ∂g∂x(1, 1).
(b) ∂g∂y(1, 1).
5. Determine ∂f∂x
e ∂f∂y
sendo f(x, y) =
x+y4
x2+y2se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0).
6. Dizemos que (x0, y0) e um ponto crıtico de z = f(x, y) se ∂f∂x(x0, y0) = 0 e ∂f
∂y(x0, y0) = 0.
Determine caso existam, os pontos crıticos da funcao dada:
(a) f(x, y) = x2 + y2.
(b) f(x, y) = 2x+ y3.
(c) f(x, y) = x2 − 2xy + 3y2 + x− y.
(d) f(x, y) = x4 + 4xy + y4.
7. Prove que as funcoes dadas sao diferenciaveis.
(a) f(x, y) = x2y2.
(b) f(x, y) =1
xy.
(c) f(x, y) =1
x+ y.
8. A funcao f e diferenciavel? Justifique com detalhes.
(a) f(x, y) =x2 − y2
x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0) e f(0, 0) = 0.
34
(b) f(x, y) =x2y
x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0) e f(0, 0) = 0.
(c) f(x, y) =x4
x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0) e f(0, 0) = 0.
(d) f(x, y) = x4 + y3.
(e) f(x, y) = ln(1 + x2 + y2).
(f) f(x, y) = cos(x2 + y2).
9. Determine o conjunto dos pontos em que a funcao dada e diferenciavel. Justifique comdetalhes.
(a) f(x, y) =
xyx2+y2
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0).
(b) f(x, y) =
x3
x2+y2se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0).
(c) f(x, y) =
xy3
x2+y2se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0).
35
Aula 11: 07/04/2010
Agora vamos discutir uma condicao suficiente para diferenciabilidade. Vamos mostrar quese as derivadas parciais existem em todo ponto de uma vizinhanca de (x0, y0) e sao funcoescontınuas em (x0, y0), entao a funcao e diferenciavel em (x0, y0).
Antes de enunciarmos o teorema que da uma condicao suficiente de diferenciabilidade,vamos recordar um dos mais importantes teoremas do curso de Calculo I.
Teorema do Valor Medio Se f : [a, b] → R e uma funcao contınua em [a, b] e diferenciavelem (a, b), entao existe c ∈ (a, b) tal que
f(b)− f(a)
b− a= f ′(c).
Observe que se chamarmos b = a + h a expressao anterior fica
f(a+ h)− f(a) = f ′(c)h.
Teorema 5. Sejam A ⊂ R2 um aberto, f : A → R uma funcao e (x0, y0) um ponto de
A. Se as derivadas parciais ∂f∂x
e ∂f∂y
existem em A e sao contınuas em (x0, y0), entao f e
diferenciavel em (x0, y0).
Demonstracao: Como A e aberto e (x0, y0) ∈ A, segue que existe uma bola aberta decentro em (x0, y0) contida em A. Sejam h e k numeros reais pequenos o suficiente para que(x0 + h, y0 + k) ∈ B. Podemos escrever
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) = f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0 + k) + f(x0, y0 + k)− f(x0, y0).
Facamos G(x) = f(x, y0 + k). Logo f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0 + k) = G(x0 + h)−G(x0). Epelo Teorema do Valor Medio temos que existe x entre x0 e x0 + h tal que
G(x0 + h)−G(x0) = G′(x)h =∂f
∂x(x, y0 + k)h.
Da mesma forma existe y entre y0 e y0 + k tal que
f(x0, y0 + k)− f(x0, y0) =∂f
∂y(x0, y)k.
Portanto temos
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) =∂f
∂x(x, y0 + k)h +
∂f
∂y(x0, y)k.
Subtraindo de ambos os membros ∂f∂x(x0, y0)h+ ∂f
∂y(x0, y0)k, ficamos com
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)−∂f
∂x(x0, y0)h− ∂f
∂y(x0, y0)k =
[
∂f
∂x(x, y0 + k)− ∂f
∂x(x0, y0)
]
h +
[
∂f
∂y(x0, y)−
∂f
∂y(x0, y0)
]
k.
36
Dividindo a expressao por ‖(h, k)‖ =√h2 + k2 temos
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ∂f∂x(x0, y0)h− ∂f
∂y(x0, y0)k
‖(h, k)‖ =
[
∂f
∂x(x, y0 + k)− ∂f
∂x(x0, y0)
]
h√h2 + k2
+
[
∂f
∂y(x0, y)−
∂f
∂y(x0, y0)
]
k√h2 + k2
.
Agora fazemos o limite com (h, k) tendendo a (0, 0). Pelo fato das funcoes derivadas parciais∂f∂x
e ∂f∂y
serem contınuas em (x0, y0) segue que as expressoes entre colchetes na equacao anterior
tendem a zero. Por outro lado, as funcoes h√h2+k2
e k√h2+k2
sao limitadas. Concluımos que
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ∂f∂x(x0, y0)h− ∂f
∂y(x0, y0)k
‖(h, k)‖ = 0.
Portanto a funcao f e diferenciavel no ponto (x0, y0).
Definicao 20. Dizemos que uma funcao f : A ⊂ R2 → R, A aberto, e de classe C1 em A se
∂f∂x
e ∂f∂y
existem e sao contınuas em todos os pontos de A.
Daı temos a seguinte consequencia do Teorema 5.
Corolario 2. Seja f : A ⊂ R2 → R onde A e aberto. Se f e de classe C1 em A entao f e
diferenciavel em todos os pontos de A.
Exemplo: Mostre que a funcao f(x, y) = sen(x2 + y2) e diferenciavel em todos os pontos deR
2.Basta observar que as derivadas parciais
∂f
∂x(x, y) = cos(x2 + y2).2x e
∂f
∂y(x, y) = cos(x2 + y2).2y
sao funcoes contınuas. Logo aplicando o teorema anterior temos que f e diferenciavel em todoponto de R
2.
Exemplo: Seja f : R2 → R a funcao dada por
f(x, y) =
(x2 + y2)sen 1x2+y2
, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
Mostre que f e diferenciavel em (0, 0), mas as funcoes derivadas parciais ∂f∂x
e ∂f∂y
nao sao
contınuas em (0, 0).Primeiro vejamos que f e diferenciavel em (0, 0). Calculamos as derivadas parciais em
(0, 0).∂f
∂x(0, 0) = lim
x→0
x2sen 1x2 − 0
x− 0= lim
x→0x sen
1
x2= 0.
Nesse limite anterior usamos o fato da funcao g(x) = x tender a zero e a funcao h(x) = sen 1x2
ser limitada. De maneira analoga temos
∂f
∂y(0, 0) = 0.
37
Calculando agora
lim(h,k)→(0,0)
f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0)− ∂f∂x(0, 0)h− ∂f
∂y(0, 0)k
‖(h, k)‖ =
lim(h,k)→(0,0)
h2 + k2
√h2 + k2
sen1
h2 + k2= lim
(h,k)→(0,0)
√h2 + k2sen
1
h2 + k2= 0,
pois√h2 + k2 tende a zero e sen 1
h2+k2e limitada.
Passamos agora a provar que as derivadas parciais nao sao contınuas em (0, 0). Vimos que∂f∂x(0, 0) = 0. Nos pontos (x, y) 6= (0, 0) derivamos usando a regra do produto e obtemos
∂f
∂x(x, y) =
2xsen1
x2 + y2− 2x
x2 + y2cos
1
x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
Tomando-se o caminho α(t) = (t, t) vemos que o limite
limt→0
∂f
∂x(α(t))
nao existe. Logo ∂f∂x
nao e contınua em (0, 0).
De modo analogo prova-se que ∂f∂y
nao e contınua em (0, 0).
38
Aula 12: 09/04/2010
Vimos que se uma funcao f : A ⊂ R2 → R, com A aberto, e diferenciavel em (x0, y0) ∈ A
temos
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− ∂f∂x(x0, y0)h− ∂f
∂y(x0, y0)k
‖(h, k)‖ = 0.
Chamando x = x0 + h e y = y0 + k temos
lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)− f(x0, y0)− ∂f∂x(x0, y0)(x− x0)− ∂f
∂y(x0, y0)(y − y0)
‖(x, y)− (x0, y0)‖= 0.
Agora vamos chamar
E(x, y) = f(x, y)− f(x0, y0)− ∂f∂x(x0, y0)(x− x0)− ∂f
∂y(x0, y0)(y − y0),
T (x, y) = f(x0, y0) +∂f∂x(x0, y0)(x− x0) +
∂f∂y(x0, y0)(y − y0).
Portanto temosf(x, y) = T (x, y) + E(x, y) com
lim(x,y)→(x0,y0)
E(x, y)
‖(x, y)− (x0, y0)‖= 0.
Observacoes:
1. A funcao T (x, y) e a unica funcao afim (isto e, uma funcao que tem como grafico umplano) que aproxima f(x, y) com um erro E(x, y) que tende a zero “mais rapidamente”que ‖(x, y)− (x0, y0)‖ quando (x, y) tende a (x0, y0).
2. Se f nao for diferenciavel no ponto (x0, y0), mas existirem ∂f∂x(x0, y0) e
∂f∂y(x0, y0), entao
o plano dado pelo grafico de T (x, y) existira, mas nao sera um plano tangente ao graficode f .
Definicao 21. Seja f : A ⊂ R2 → R uma funcao definida no aberto A e diferenciavel em
(x0, y0) ∈ A. O plano
z − f(x0, y0) =∂f
∂x(x0, y0)(x− x0) +
∂f
∂y(x0, y0)(y − y0)
e o plano tangente ao grafico de f pelo ponto (x0, y0, f(x0, y0)).
Observe que um vetor normal ao plano tangente e o vetor
n =
(
∂f
∂x(x0, y0),
∂f
∂y(x0, y0),−1
)
.
Usando essa observacao podemos definir a reta normal ao grafico de f .
Definicao 22. Seja f : A ⊂ R2 → R uma funcao definida no aberto A e diferenciavel em
(x0, y0) ∈ A. A reta
(x, y, z) = (x0, y0, f(x0, y0)) + λ
(
∂f
∂x(x0, y0),
∂f
∂y(x0, y0),−1
)
, para todo λ ∈ R,
e a reta normal ao grafico de f pelo ponto (x0, y0, f(x0, y0)).
39
Exemplo: Seja f(x, y) = 3x3y − x2. Determine as equacoes do plano tangente e da retanormal ao grafico de f pelo ponto (1, 1, f(1, 1)).
Calculando f(1, 1) obtemos f(1, 1) = 3.13.1 − 12 = 2. As derivadas parciais sao dadaspor ∂f
∂x(x, y) = 9x2y − 2x e ∂f
∂y(x, y) = 3x3. Calculando no ponto (1, 1) vem ∂f
∂x(1, 1) = 7 e
∂f∂y(1, 1) = 3. Como a equacao do plano tangente e z−f(1, 1) = ∂f
∂x(1, 1)(x−1)+ ∂f
∂y(1, 1)(y−1)
obtemos z − 2 = 7(x− 1) + 3(y − 1), ou seja, a equacao do plano tangente e
7x+ 3y − z = 8
e a reta normal e(x, y, z) = (1, 1, 2) + λ(7, 3,−1), λ ∈ R.
Exemplo: Determine o plano tangente e a reta normal ao grafico de f(x, y) = x2 + y2 em(0, 1, f(0, 1)).
Temos f(0, 1) = 1, ∂f∂x(x, y) = 2x e ∂f
∂y(x, y) = 2y. Logo ∂f
∂x(0, 1) = 0 e ∂f
∂y(0, 1) = 2.
Portanto a equacao do plano e z − 1 = 2(y − 1), ou seja,
2y − z = 1
e a equacao da reta normal e
(x, y, z) = (0, 1, 1) + λ(0, 2,−1), λ ∈ R.
Exemplo: Determine o plano que passa pelos pontos (1, 1, 2) e (−1, 1, 1) e que seja tangenteao grafico de f(x, y) = xy.
Seja (a, b, f(a, b)) o ponto em que o plano tangencia o grafico de f . Esse plano e dado por
z − ab = b(x− a) + a(y − b).
Como os pontos (1, 1, 2) e (−1, 1, 1) pertencem ao plano, basta substituir esses valores naequacao do plano e determinar os valores de a e b. Temos
b+ a− 2 = ab,−b+ a− 1 = ab.
Resolvendo esse sistema obtemos a = 3 e b = 12. Portanto o plano procurado e
x+ 6y − 2z = 3.
Exemplo: Considere f(x, y) =x3
x2 + y2. Mostre que todos os planos tangentes ao grafico de
f passam pela origem.Calculando as derivadas parciais temos
∂f
∂x(x, y) =
3x2(x2 + y2)− x3(2x)
(x2 + y2)2=
x4 + 3x2y2
(x2 + y2)2
40
∂f
∂y(x, y) =
−x3(2y)
(x2 + y2)2=
−2x3y
(x2 + y2)2.
Os planos tangentes ao grafico de f pelo ponto (a, b, f(a, b)) sao dados por
z − a3
a2 + b2=
a4 + 3a2b2
(a2 + b2)2(x− a) +
−2a3b
(a2 + b2)2(y − b).
Substituindo x = 0 e y = 0 no lado direito da equacao acima obtemos
(a4 + 3a2b2)(−a) + (−2a3b)(−b)
(a2 + b2)2=
−a5 − 3a3b2 + 2a3b2
(a2 + b2)2=
−a3
a2 + b2.
Exemplo: Seja f : R2 → R a funcao dada por
f(x, y) =
xy2
x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
Mostre que o grafico de f nao admite plano tangente em (0, 0, 0).Basta mostrarmos que f nao e diferenciavel em (0, 0). Calculando as derivadas parciais
em (0, 0) temos ∂f∂x(0, 0) = 0 e ∂f
∂y(0, 0) = 0. Denotando
G(h, k) =f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0)− ∂f
∂x(0, 0)h− ∂f
∂y(0, 0)k
√h2 + k2
=hk2
√h2 + k2
e escolhendo o caminho α(t) = (t, t) temos
limt→0
G(α(t)) = limt→0
t3
2t2√2t2
= limt→0
1
2√2
t
|t|
o qual nao existe.
41
Aula 13: 14/04/2010
Sejam A ⊂ R2 um aberto e f : A → R uma funcao diferenciavel em (x0, y0) ∈ A. Considere
a transformacao linear (funcao linear)
L : R2 → R dada por L(h, k) =∂f
∂x(x0, y0)h+
∂f
∂y(x0, y0)k.
A funcao L e a unica transformacao linear de R2 em R que aproxima o acrescimo f(x0 +
h, y0+k)− f(x0, y0) com erro E(h, k) que tende a zero “mais rapido” do que ‖(h, k)‖ quando(h, k) tende a (0, 0), isto e,
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) = L(h, k) + E(h, k)
lim(h,k)→(0,0)
E(h, k)
‖(h, k)‖ = 0
Definicao 23. A transformacao linear L : R2 → R dada por
L(h, k) =∂f
∂x(x0, y0)h +
∂f
∂y(x0, y0)k
e chamada diferencial de f no ponto (x0, y0).
Sabemos que o grafico de
T (x, y) = f(x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)(x− x0) +
∂f
∂y(x0, y0)(y − y0)
e o plano tangente ao grafico de f no ponto (x0, y0, f(x0, y0)).Fazendo x = x0 + h e y = y0 + k temos
T (x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)h+
∂f
∂y(x0, y0)k,
isto e,T (x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) + L(h, k) = T (x0, y0) + L(h, k).
Portanto L(h, k) e a variacao que T sofre quando passa de (x0, y0) para (x0 + h, y0 + k). Poroutro lado, f(x0+h, y0+ k)− f(x0, y0) e a variacao que f sofre quando passa de (x0, y0) para(x0 + h, y0 + k). Usaremos o sımbolo ∆f para denotar a variacao que f sofre quando passade (x, y) para (x+ dx, y + dy), isto e,
∆f = f(x+ dx, y + dy)− f(x, y)
e denotaremos a diferencial de f por df , isto e,
df =∂f
∂x(x, y)dx+
∂f
∂y(x, y)dy.
Como conclusao temos ∆f e aproximadamente df e escrevemos
∆f ∼= df.
42
Exemplo: Seja f : R2 → R dada por f(x, y) = x2y.
1. Calcule a diferencial df .
2. Usando a diferencial, calcule um valor aproximado para ∆f , quando passa de x = 1 ey = 2 para x = 1, 02 e y = 2, 01.
3. Qual e o erro cometido na aproximacao.
Solucao: Para o ıtem 1., a diferencial e dada por
df =∂f
∂x(x, y)dx+
∂f
∂y(x, y)dy.
Portantodf = 2xydx+ x2dy.
Para o ıtem 2., usamos o fato que ∆f ∼= df . Daı
∆f ∼= df = 2xydx+ x2dy = 2.1.2.(0, 02) + 12.(0, 01) = 0, 08 + 0, 01 = 0, 09.
Para o ıtem 3., calculamos ∆f e depois comparamos com df .
∆f = f(1.02, 2.01)− f(1, 2) = (1.02)2(2.01)− 2 = 0.091204
Portanto o erro e 0.001204.Exemplo: Calcule um valor aproximado para a variacao ∆A na area de um retangulo quandoos lados variam de x = 2 e y = 3 para x = 2.01 e y = 2.97.Solucao: Considere a funcao A(x, y) = xy. Logo
dA =∂A
∂x(x, y)dx+
∂A
∂y(x, y)dy = ydx+ xdy.
Logo∆A ∼= dA = 3(0.01) + 2(−0.03) = −0.03
Por curiosidade ∆A = (2.01)(2.97)− (2)(3) = 5.9697− 6 = −0.0303, logo o erro cometido ede 0.0003.
6.3 Vetor Gradiente
Definicao 24. Sejam A ⊂ R2 um aberto e f : A → R uma funcao que possui derivadas
parciais em (x0, y0) o vetor
∇f(x0, y0) =
(
∂f
∂x(x0, y0),
∂f
∂y(x0, y0)
)
,
chama-se vetor gradiente de f em (x0, y0).
Exemplo: Considere a funcao f : R2 → R dada por f(x, y) = x3 + y4. Calcule o vetorgradiente de f no ponto (1, 1).Solucao: Inicialmente calculamos as derivadas parciais
∂f
∂x(x, y) = 3x2 e
∂f
∂y(x, y) = 4y3,
logo, avaliando no ponto (1, 1) temos
∇f(1, 1) = (3, 4).
43
Quarta Lista de Exercıcios
1. Determine as equacoes do plano tangente e da reta normal ao grafico da funcao dadano ponto dado.
(a) f(x, y) = 2x2y em (1, 1, f(1, 1)).
(b) f(x, y) = 3x3y − xy em (1,−1, f(1,−1)).
(c) f(x, y) = xex2−y2 em (2, 2, f(2, 2)).
2. Determine o plano que seja paralelo ao plano z = 2x + y e tangente ao grafico def(x, y) = x2 + y2.
3. Sabendo-se que z = 2x + y e o plano tangente ao grafico de f(x, y) no ponto (1, 1, 3),calcule ∂f
∂x(1, 1) e ∂f
∂y(1, 1).
4. Determine os planos que sejam tangentes ao grafico de f(x, y) = x2+y2 e que contenhama interseccao dos planos x+ y + z = 3 e z = 0.
5. Seja β um plano que e tangente aos graficos de f(x, y) = 2+x2+y2 e g(x, y) = −x2−y2.Mostre que a2 + b2 = 1, sendo (a, b, f(a, b) o ponto em que β tangencia o grafico de f .
6. Calcule a diferencial.
(a) z = x3y2.
(b) z = sen(xy).
(c) T = ln(1 + p2 + v2).
7. Seja z = xex2−y2 .
(a) Calcule um valor aproximado para a variacao ∆z em z, quando passa de x = 1 ey = 1 para x = 1, 01 e y = 1, 002.
(b) Calcule um valor aproximado para z, correspondente a x = 1, 01 e y = 1, 002.
8. A altura de um cone e h = 20cm e o raio da base e r = 12cm. Calcule um valoraproximado para a variacao ∆V no volume quando h aumenta 2mm e r decresce 1mm.
9. Calcule ∇f(x, y) sendo.
(a) f(x, y) = x2y.
(b) f(x, y) = xy.
(c) f(x, y) = ex2−y2 .
10. Seja f(x, y) = x2 − y2. Represente geometricamente ∇f(x0, y0), sendo (x0, y0) =
(a) (1, 1).
(b) (−1, 1).
(c) (1,−1).
(d) (−1,−1).
44
Aula 14: 16/04/2010
6.4 Regra da Cadeia
Quando estudamos limites por caminhos, vimos que uma curva ou caminho e uma aplicacaodefinida em um intervalo I ⊂ R com valores em R
2.
Definicao 25 (Curva Diferenciavel). Uma curva α : I ⊂ R → R2 da forma α(t) =
(α1(t), α2(t)) e diferenciavel em t0 ∈ I se α1 : I → R e α2 : I → R sao derivaveis emt0. E nesse caso,
α′(t0) = (α′1(t0), α
′2(t0)).
Exemplo: Considere a curva α(t) = (cos t, 2sent). Como as funcoes α1(t) = cos t e α2(t) =2sent sao derivaveis em t0 =
π2segue que α e diferenciavel em t0 =
π2e
α′(t0) = (−sen(π
2), 2 cos(
π
2)) = (−1, 0).
Como curiosidade, se chamamos x = cos t e y = 2sent temos que para todo t os pontos da
curva α pertencem a elipse x2+y2
4= 1. O ponto α(π
2) = (0, 2) e um dos vertices da elipse. Se
representamos o vetor α′(π2) = (−1, 0) com origem no ponto (0, 2) temos a figura 27. De fato
isso e a interpretacao fısica de que α(t0) e a posicao da partıcula na trajetoria α no instantet = t0 e α′(t0) e a velocidade instantanea da partıcula no instante t = t0.
(0, 2)α′(π
2)
Figura 27: Uma curva diferenciavel e sua derivada.
Teorema 6 (Regra da Cadeia). Sejam A ⊂ R2 aberto, f : A → R uma funcao, I ⊂ R um
intervalo aberto e γ : I → R2 uma curva tal que γ(t) ∈ A para todo t ∈ I. Nessas condicoes,
se γ for diferenciavel em t0 e f diferenciavel em γ(t0), entao a composta F (t) = f(γ(t)) seradiferenciavel em t0 e
F ′(t0) = 〈∇f(γ(t0)), γ′(t0)〉.
Demonstracao: Chamando γ(t0) = (x0, y0) e usando o fato que f e diferenciavel em(x0, y0) temos
f(x, y)− f(x0, y0) =∂f
∂x(x0, y0)(x− x0) +
∂f
∂y(x0, y0)(y − y0) + E(x, y)
com lim(x,y)→(x0,y0)
E(x, y)
‖(x, y)− (x0, y0)‖= 0.
45
Substituindo x = γ1(t) e y = γ2(t) temos
f(γ(t))− f(γ(t0)) =∂f
∂x(γ(t0))(γ1(t)− γ1(t0)) +
∂f
∂y(γ(t0))(γ2(t)− γ2(t0)) + E(γ(t)).
Em outras palavras
f(γ(t))− f(γ(t0)) = 〈∇(γ(t0)), (γ(t)− γ(t0))〉+ E(γ(t)).
Dividindo por (t− t0) temos
f(γ(t))− f(γ(t0))
t− t0= 〈∇(γ(t0)),
γ(t)− γ(t0)
t− t0〉+ E(γ(t))
t− t0.
Fazendo o limite quando t tende a t0 obtemos
F ′(t0) = 〈∇(γ(t0)), γ′(t0)〉.
Exemplo: Considere f(x, y) = xy e γ(t) = (t3, t2). Inicialmente vamos calcular a compostae depois a derivada da composta.
F (t) = f(γ(t)) = f(t3, t2) = t3t2 = t5.
Dai a derivada e F ′(t) = 5t4. Agora vamos calcular usando a formula da Regra da CadeiaF ′(t) = 〈∇(γ(t)), γ′(t)〉. Observe que
∂f
∂x(x, y) = y ⇒ ∂f
∂x(γ(t)) = t2,
∂f
∂y(x, y) = x ⇒ ∂f
∂y(γ(t)) = t3.
Dai temos〈∇(γ(t)), γ′(t)〉 = 〈(t2, t3), (3t2, 2t)〉 = 3t4 + 2t4 = 5t4.
Agora veremos uma outra notacao para a Regra da Cadeia. Fazendo γ(t) = (x(t), y(t))temos
∇f(γ(t)) =
(
∂f
∂x(x(t), y(t)),
∂f
∂y(x(t), y(t))
)
e γ′(t) =
(
dx
dt(t),
dy
dt(t)
)
.
Omitindo a variavel t na formula F ′(t) = 〈∇(γ(t)), γ′(t)〉 obtemos
dF
dt=
∂f
∂x
dx
dt+
∂f
∂y
dy
dt.
Exemplo: Sejam z = f(x, y) = x2y, x = x(t) = et2e y = y(t) = 2t + 1. Calcule
dz
dt.
Utilizando a formula anterior temos
dz
dt=
∂f
∂x
dx
dt+
∂f
∂y
dy
dt= 2xy[2tet
2
] + x2[2] = 2et2
(2t+ 1)(2tet2
) + [et2
]22 = e2t2
[8t2 + 4t+ 2].
De uma outra forma, calculando a composta primeiro temos
z = x2y = e2t2
(2t+ 1) ⇒ dz
dt= 4te2t
2
(2t+ 1) + e2t2
2 = e2t2
[8t2 + 4t+ 2].
46
Exemplo: Seja F (t) = f(et2, sent) onde f(x, y) e uma funcao diferenciavel.
1. Expresse F ′(t) em termos das derivadas parciais de f .
2. Calcule F ′(0) sabendo que∂f
∂y(1, 0) = 5.
Solucao: Para o ıtem 1. temos
F ′(t) =∂f
∂x(et
2
, sent).2tet2
+∂f
∂y(et
2
, sent). cos t.
Para o ıtem 2. temos
F ′(0) = 2.0.e0∂f
∂x(1, 0) + 1
∂f
∂y(1, 0) =
∂f
∂y(1, 0) = 5.
47
Aula 15: 23/04/2010
Exemplo: Suponha que f : R2 → R e diferenciavel e que f(3x+ 1, 3x− 1) = 4 para todo x.Mostre que
∂f
∂x(3x+ 1, 3x− 1) = −∂f
∂y(3x+ 1, 3x− 1).
Solucao: Chamando x = t e derivando vem
0 =∂f
∂x(3t+ 1, 3t− 1)
dx
dt+
∂f
∂y(3t+ 1, 3t− 1)
dy
dt= 3
∂f
∂x(3t+ 1, 3t− 1) + 3
∂f
∂y(3t+ 1, 3t− 1).
Daı, dividindo por 3 e voltando a chamar t = x temos o requerido.Sejam A ⊂ R
2 e B ⊂ R2 conjuntos abertos, f : A → R e g, h : B → R funcoes
diferenciaveis tais que g(B)× h(B) ⊂ A. Considere a funcao F : B → R dada por F (u, v) =f(g(u, v), h(u, v)). O objetivo agora e calcular
∂F
∂ue∂F
∂v.
Para calcular ∂F∂u, basta fazer v constante e aplicar a regra da cadeia. Portanto temos
∂F
∂u=
∂f
∂x
∂g
∂u+
∂f
∂y
∂h
∂u.
Para calcular ∂F∂v, basta fazer u constante e aplicar a regra da cadeia. Portanto temos
∂F
∂v=
∂f
∂x
∂g
∂v+
∂f
∂y
∂h
∂v.
Exemplo: Seja F (r, θ) = f(x, y), onde x = r cos θ e y = rsenθ, calcule∂F
∂re∂F
∂θ.
Utilizando a formula anterior temos
∂F
∂r(r, θ) =
∂f
∂x(x, y)
∂x
∂r(r, θ) +
∂f
∂y(x, y)
∂y
∂r(r, θ) =
∂f
∂x(x, y) cos θ +
∂f
∂y(x, y)senθ
e
∂F
∂θ(r, θ) =
∂f
∂x(x, y)
∂x
∂θ(r, θ) +
∂f
∂y(x, y)
∂y
∂θ(r, θ) =
∂f
∂x(x, y)(−rsenθ) +
∂f
∂y(x, y)r cos θ,
portanto∂F
∂r(r, θ) = cos θ
∂f
∂x(r cos θ, rsenθ) + senθ
∂f
∂y(r cos θ, rsenθ)
e∂F
∂θ(r, θ) = −rsenθ
∂f
∂x(r cos θ, rsenθ) + r cos θ
∂f
∂y(r cos θ, rsenθ).
6.5 Derivacao de funcoes definidas implicitamente
Em muitas situacoes uma funcao nao e definida de forma explıcita. Ela e definida de formaimplıcita. Mais precisamente, temos a seguinte definicao.
48
Definicao 26. Sejam A ⊂ R2, f : A → R, e g : I ⊂ R → R uma funcao tal que o grafico
de g esta contido em A. Dizemos que a funcao g e definida implicitamente pela equacaof(x, y) = 0 se para todo x ∈ I tivermos f(x, g(x)) = 0.
Exemplo: A funcao y(x) =√1− x2 e definida implicitamente por x2 + y2 = 1.
A ideia agora e calcular a derivada g′(x) de uma funcao derivavel y = g(x) definidaimplicitamente por uma equacao f(x, y) = 0, onde f e uma funcao diferenciavel. Sabemosque f(x, g(x)) = 0 para todo x. Entao e so derivar e aplicar a regra da cadeia. Logo
∂f
∂x(x, y)
dx
dx+
∂f
∂y(x, y)
dg
dx(x) = 0
isto e∂f
∂x(x, y) +
∂f
∂y(x, y)g′(x) = 0,
portanto temos
g′(x) = −∂f
∂x(x, y)
∂f
∂y(x, y)
,
desde que∂f
∂y(x, y) 6= 0.
No exemplo anterior temos f(x, y) = x2 + y2 − 1, logo
g′(x) = −∂f
∂x(x, y)
∂f
∂y(x, y)
= −2x
2y= − x√
1− x2.
Analogamente, pode-se calcular a derivada h′(y) de uma funcao derivavel x = h(y) definidaimplicitamente por uma equacao f(x, y) = 0, onde f e uma funcao diferenciavel. Sabemosque f(h(y), y) = 0 para todo y. Entao e so derivar e aplicar a regra da cadeia. Logo
∂f
∂x(x, y)
dh
dy(y) +
∂f
∂y(x, y)
dy
dy= 0
isto e∂f
∂x(x, y)h′(y) +
∂f
∂y(x, y) = 0,
portanto temos
h′(y) = −
∂f
∂y(x, y)
∂f
∂x(x, y)
,
desde que∂f
∂x(x, y) 6= 0.
49
Exemplo: A funcao diferenciavel y = y(x) e definida implicitamente pela equacao y3 + xy+
x3 = 3. Expressedy
dxem termos de x e y.
Solucao 1 : Considere f(x, y) = y3 + xy + x3 − 3. Daı temos
y′(x) = −∂f
∂x(x, y)
∂f
∂y(x, y)
= −3x2 + y
3y2 + x.
Solucao 2 : Derivamos a expressao y3 + xy + x3 = 3 em relacao a x e obtemos
d
dx[y3 + xy + x3] =
d
dx[3] ⇒ 3y2y′(x) + y + xy′(x) + 3x2 = 0.
Daı isolamos y′(x) na expressao anterior e obtemos
y′(x)(3y2 + x) + (3x2 + y) = 0 ⇒ y′(x) = −3x2 + y
3y2 + x.
50
Quinta Lista de Exercıcios
1. Seja f(x, y) = x2 + y2 e seja γ(t) = (x(t), y(t)) uma curva diferenciavel cuja imagemesta contida na curva de nıvel f(x, y) = 1. Seja γ(t0) = (x0, y0). Prove que o produtoescalar de γ′(t0) com ∇f(x0, y0) e zero. Interprete geometricamente.
2. Calcule dzdt
nos casos abaixo.
(a) z = senxy, x = 3t e y = t2.
(b) z = x2 + 3y2, x = sent e y = cost.
(c) z = ln(1 + x2 + y2), x = sen3t e y = cos3t.
3. Seja g(t) = f(3t, 2t2 − 1).
(a) Expresse g′(t) em termos das derivadas parciais de f .
(b) Calcule g′(0) admitindo que ∂f∂x(0,−1) = 1
3.
4. Suponha que, para todo x, f(3x, x3) = arctgx.
(a) Calcule ∂f∂x(3, 1) admitindo ∂f
∂y(3, 1) = 2.
(b) Determine a equacao do plano tangente ao grafico de f no ponto (3, 1, f(3, 1)).
5. Admita que, para todo (x, y),
4y∂f
∂x(x, y)− x
∂f
∂y(x, y) = 2.
Calcule g′(t), sendo g(t) = f(2cost, sent).
6. Admita que, para todo (x, y),
4y∂f
∂x(x, y)− x
∂f
∂y(x, y) = 0.
Prove que f e constante sobre a elipse x2
4+ y2 = 1.
7. A imagem da curva γ(t) = (2t, t2, z(t)) esta contida no grafico de z = f(x, y). Sabe-seque f(2, 1) = 3, ∂f
∂x(2, 1) = 1 e ∂f
∂y(2, 1) = −1 Determine a equacao da reta tangente a γ
no ponto γ(1).
8. Admita que, para todo (x, y),
x∂f
∂x(x, y)− y
∂f
∂y(x, y) = 0.
Mostre que g(t) = f(t, 2t), t > 0, e constante.
9. Sejam f = f(t) e g = g(x, y) funcoes diferenciaveis tais que g(t, f(t)) = 0, para todot. Suponha que f(0) = 1, ∂g
∂x(0, 1) = 2 e ∂g
∂y(0, 1) = 4. Determine a equacao da reta
tangente a γ(t) = (t, f(t)), no ponto γ(0).
51
10. Sejam f = f(x, y, z) e g = g(x, y) funcoes diferenciaveis tais que para todo (x, y) nodomınio de g, f(x, y, g(x, y)) = 0. Suponha que g(1, 1) = 3, ∂f
∂x(1, 1, 3) = 2, ∂f
∂y(1, 1, 3) =
5 e ∂f∂z(1, 1, 3) = 10. Determine a equacao do plano tangente ao grafico de g, no ponto
(1, 1, 3).
11. Seja F (x, y, z) = f(
xy, yz, zx
)
. Mostre que
x∂F
∂x+ y
∂F
∂y+ z
∂F
∂z= 0.
52
Aula 16: 28/04/2010
Aula de Duvidas, Revisao e Exercıcios.
53
Aula 17: 30/04/2010
Primeira Prova de Calculo II
1. Esboce a curva de nıvel c = 12da funcao f(x, y) =
1
x2 + 2y2.
2. Calcule, caso exista.
(a) lim(x,y)→(0,0)
x2
√
x2 + y2.
(b) lim(x,y)→(0,0)
xy(x− y)
x4 + y4.
3. Seja f(x, y) =√
x2 + y2, (x, y) ∈ R2. Calcule o plano tangente ao grafico de f passando
pelo ponto (3,−4, 5).
4. Considere a funcao f(x, y) =
x2√x2+y2
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0).
(a) Verifique se f e contınua em (0, 0).
(b) Calcule ∂f∂x(0, 0) e ∂f
∂y(0, 0).
(c) Verifique se f e diferenciavel em (0, 0).
5. Sejam f : R2 → R e (x0, y0) ∈ R
2. Verifique se cada uma das sentencas abaixo everdadeira ou falsa. Justifique com detalhes.
(a) Se as derivadas parciais ∂f∂x
e ∂f∂y
sao contınuas, entao f e contınua.
(b) Se ∂f∂x(x0, y0) e
∂f∂y(x0, y0) existem, entao f e diferenciavel em (x0, y0).
Boa Prova!
54
Resolucao da Prova
1. Temos que f(x, y) = c se, e somente se, x2 + 2y2 = 2. Portanto a curva de nıvel e aelipse dada por
x2
2+ y2 = 1.
O esboco e apresentado na figura abaixo.
√2
1
−√2
−1
Figura 28: Curva de nıvel c = 12.
2. (a) A funcao x2√x2+y2
pode ser escrita como x. x√x2+y2
. Usando o fato que a funcao
x√x2+y2
e limitada e a funcao x tende a zero quando (x, y) tende a (0, 0). Concluımos
que
lim(x,y)→(0,0)
x2
√
x2 + y2= 0.
(b) O limite nao existe. Pois se considerarmos o caminho α(t) = (t,−t) teremos
limt→0
f(α(t)) = limt→0
−2t3
2t4= lim
t→0
−1
t.
O limite anterior nao existe, pois os limites laterais sao −∞ e +∞.
3. A equacao do plano tangente e dada por
z − f(3,−4) =∂f
∂x(3,−4)(x− 3) +
∂f
∂y(3,−4)(y + 4).
Calculando as derivadas parciais temos∂f
∂x(x, y) =
x√
x2 + y2e∂f
∂y(x, y) =
y√
x2 + y2.
Portanto a equacao do plano e
z − 5 =3
5(x− 3) +
−4
5(y + 4),
ou seja,3x− 4y − 5z = 0.
55
4. (a) A funcao f e contınua, pois o ponto (0, 0) e um ponto de acumulacao do domıniode f e nesse caso basta verificar se o limite de f(x, y) quando (x, y) tende a (0, 0)e igual a f(0, 0). Pelo item a) da questao 2 o limite e zero e da definicao da funcaoo valor de f(0, 0) tambem e zero.
(b) Temos que ∂f∂x(0, 0) nao existe pois
∂f
∂x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0= lim
x→0
x
|x|
e esse limite nao existe pois possui limites laterais distintos.
Ja ∂f∂y(0, 0) existe e e igual a zero pois
∂f
∂y(0, 0) = lim
y→0
f(0, y)− f(0, 0)
y − 0= lim
y→0
0
y= 0.
(c) A funcao f nao e diferenciavel em (0, 0) pois nao possui a derivada parcial comrelacao a variavel x nesse ponto.
5. (a) A afirmacao e verdadeira, pois se as derivadas parciais existem e sao contınuas,entao f e diferenciavel. E se f e diferenciavel, entao f e contınua.
(b) A afirmacao e falsa. Existem funcoes que possuem derivadas parciais em um ponto,mas nao sao contınuas nesse ponto. Portanto, nesse caso, nao sao diferenciaveis
nesse ponto. Por exemplo a funcao f(x, y) =
xyx2+y2
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0). As
derivadas parciais em (0, 0) existem pois
∂f
∂x(0, 0) = lim
x→0
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0= lim
x→0
0
x= 0 e
∂f
∂y(0, 0) = lim
y→0
f(0, y)− f(0, 0)
y − 0= lim
y→0
0
y= 0 e
se considerarmos os caminhos α1(t) = (t, 0) e α2(t) = (t, t) teremos
limt→0
f(α1(t)) = 0 e limt→0
f(α2(t)) =1
2.
56
Aula 18: 05/05/2010
Exemplo: Suponha que a funcao diferenciavel z = g(x, y) e dada implicitamente pela equacao
f(x, y, z) = 0, onde f e diferenciavel. Calcule∂g
∂xe∂g
∂y.
Solucao: Para obter∂z
∂x, derivamos em relacao a x a expressao
f(x, y, g(x, y)) = 0.
Logo∂f
∂x(x, y, z)
∂
∂x[x] +
∂f
∂y(x, y, z)
∂
∂x[y] +
∂f
∂z(x, y, z)
∂
∂x[g(x, y)] = 0.
Usando o fato que ∂∂x[x] = 1 e ∂
∂x[y] = 0 temos
∂g
∂x(x, y) = −
∂f
∂x(x, y, z)
∂f
∂z(x, y, z)
.
De maneira analoga obtemos
∂g
∂y(x, y) = −
∂f
∂y(x, y, z)
∂f
∂z(x, y, z)
.
Teorema 7 (Teorema das Funcoes Implıcitas). Seja F : A ⊂ R2 → R uma funcao de classe
C1 (isto e, com as derivadas parciais contınuas), num aberto A ⊂ R2 e (x0, y0) ∈ A, com
F (x0, y0) = 0. Nessas condicoes, se∂F
∂y(x0, y0) 6= 0, entao existirao intervalos abertos I e J ,
com x0 ∈ I e y0 ∈ J , tais que para cada x ∈ I, existe um unico g(x) ∈ J , com F (x, g(x)) = 0.A funcao g : I → J e diferenciavel e
g′(x) = −∂F
∂x(x, g(x))
∂F
∂y(x, g(x))
.
Exemplo: A equacao y3 + xy + x3 = 4 define implicitamente alguma funcao diferenciavely = g(x)? Em caso afirmativo, expresse g′(x) em termos de x e y.
Solucao: Considere a funcao F (x, y) = y3 + xy + x3 − 4. F e uma funcao de classe C1, poissuas derivadas parciais sao contınuas. Considere o ponto (x0, y0) = (0, 3
√4). Observe que
F (x0, y0) = ( 3√4)3 + 0. 3
√4 + 03 − 4 = 0. Observe ainda que
∂F
∂y(x, y) = 3y2 + x, ou seja,
∂F
∂y(x0, y0) = 3(
3√4)2+0 6= 0. Portanto pelo Teorema das Funcoes Implıcitas segue que existe
57
uma funcao diferenciavel y = g(x) que e definida implicitamente por y3 + xy + x3 = 4 e suaderivada e dada por
g′(x) = −∂F
∂x(x, y)
∂F
∂y(x, y)
= −y + 3x2
x+ 3y2.
Observacao: No Teorema das Funcoes Implıcitas, se a hipotese∂F
∂y(x0, y0) 6= 0 for sub-
stituıda por∂F
∂x(x0, y0) 6= 0, entao existirao intervalos I e J , com x0 ∈ I e y0 ∈ J , tais que
para cada y ∈ J , existe um unico h(y) ∈ I, com F (h(y), y) = 0. A funcao h : J → I ediferenciavel e
h′(y) = −
∂F
∂y(h(y), y)
∂F
∂x(h(y), y)
.
Exemplo: Considerando a equacao do exemplo anterior, existe alguma funcao diferenciavelx = h(y) definida implicitamente pela equacao y3+xy+x3 = 4? Em caso afirmativo, expresseh′(y) em termos de x e y.
Solucao: Sim. Fazendo (x0, y0) = ( 3√4, 0) temos F (x0, y0) = 0 e
∂F
∂y(x0, y0) = 3(
3√4)2.
Portanto existe uma funcao diferenciavel x = h(y) que e definida implicitamente por y3 +xy + x3 = 4 e sua derivada e dada por
h′(y) = −
∂F
∂y(x, y)
∂F
∂x(x, y)
= −x+ 3y2
y + 3x2.
Teorema 8 (Teorema das Funcoes Implıcitas (Caso F (x, y, z) = 0)). Seja F : A ⊂ R3 → R
uma funcao de classe C1 (isto e, com as derivadas parciais contınuas), num aberto A ⊂ R3 e
(x0, y0, z0) ∈ A, com F (x0, y0, z0) = 0. Nessas condicoes, se∂F
∂z(x0, y0, z0) 6= 0, entao existira
uma bola aberta B de centro (x0, y0) e um intervalo aberto J , com z0 ∈ J , tais que para cada(x, y) ∈ B, existe um unico g(x, y) ∈ J , com F (x, y, g(x, y)) = 0. A funcao g : B → J ediferenciavel e
∂g
∂x(x, y) = −
∂F
∂x(x, y, g(x, y))
∂F
∂z(x, y, g(x, y))
e∂f
∂y(x, y) = −
∂F
∂y(x, y, g(x, y))
∂F
∂z(x, y, g(x, y))
.
58
Exemplo: Mostre que a equacao ex+y+z + xyz = 1 define implicitamente pelo menos umafuncao diferenciavel z = g(x, y) e expresse ∂g
∂xe ∂g
∂yem temos de x, y e z.
Solucao: Considere a funcao de classe C1 dada por F (x, y, z) = ex+y+z + xyz − 1. Temos que∂F
∂z(x, y, z) = ex+y+z + xy. Portanto fazendo (x0, y0, z0) = (0, 0, 0) temos F (x0, y0, z0) = 0 e
∂F
∂z(x0, y0, z0) = 1 6= 0. Portanto, pelo Teorema das Funcoes Implıcitas, segue que existe uma
funcao diferenciavel z = g(x, y) que e definida implicitamente por ex+y+z + xyz = 1 e suasderivadas parciais sao dadas por
∂g
∂x(x, y) = −
∂F
∂x(x, y, z)
∂F
∂z(x, y, z)
= −ex+y+z + yz
ex+y+z + xy
e
∂g
∂y(x, y) = −
∂F
∂y(x, y, z)
∂F
∂z(x, y, z)
= −ex+y+z + xz
ex+y+z + xy.
59
Aula 19: 07/05/2010
6.6 Derivada Direcional
Sejam A ⊂ R2 um conjunto aberto, (x0, y0) um ponto de A, f : A → R uma funcao e u = (a, b)
um vetor nao nulo de R2. Observe que como A e um conjunto aberto e (x0, y0) ∈ A, entao
para t ∈ R suficientemente pequeno temos (x0 + ta, y0 + tb) ∈ A. Portanto temos a seguintedefinicao.
Definicao 27. O limite
∂f
∂u(x0, y0) = lim
t→0
f(x0 + ta, y0 + tb)− f(x0, y0)
t
quando existe e e finito, denomina-se derivada direcional de f , no ponto (x0, y0) e nadirecao do vetor u = (a, b).
Exemplo: Seja f(x, y) = x2 + y2. Calcule ∂f∂v(1, 1), onde v = (−1, 1).
Solucao: Utilizando a definicao anterior temos
∂f
∂v(1, 1) = lim
t→0
f(1− t, 1 + t)− f(1, 1)
t= lim
t→0
(1− t)2 + (1 + t)2 − 2
t= lim
t→0
2t2
t= 0.
Observe na figura 29 que o vetor v e tangente a curva de nıvel que passa por (1, 1).
(1, 1)
u
Figura 29: Vetor tangente a Curva de nıvel.
Observacao: Quando tomamos o vetor u = (1, 0) e calculamos a derivada direcional, obtemos
∂f
∂u(x0, y0) = lim
t→0
f(x0 + t.1, y0 + t.0)− f(x0, y0)
t= lim
x→x0
f(x, y0)− f(x0, y0)
x− x0
=∂f
∂x(x0, y0).
E quando tomamos o vetor u = (0, 1) e calculamos a derivada direcional, obtemos
∂f
∂u(x0, y0) = lim
t→0
f(x0 + t.0, y0 + t.1)− f(x0, y0)
t= lim
y→y0
f(x0, y)− f(x0, y0)
y − y0=
∂f
∂y(x0, y0).
Ou seja, as derivadas parciais sao casos particulares das derivadas direcionais.
Interpretacao geometrica da derivada direcionalSeja u = (a, b) e considere a funcao g(t) = f(x0 + at, y0 + bt), entao
∂f
∂u(x0, y0) = g′(0).
60
Portanto a derivada direcional ∂f∂u(x0, y0) e o coeficiente angular da reta tangente ao grafico de
f , no ponto (x0, y0, f(x0, y0)), e que esta contida no plano que passa pelo ponto (x0, y0, f(x0, y0))e possui vetores diretores (a, b, 0) e (0, 0, 1). Nesse caso, se β e o angulo que essa reta tangentefaz com o plano z = 0, temos ∂f
∂u(x0, y0) = tan β. Veja a figura 30.
(x0, y0)
u
β
Figura 30: Interpretacao geometrica da derivada direcional.
A partir de agora veremos qual a relacao que existe entre o vetor gradiente e as curvas denıveis de uma funcao diferenciavel.
Aproveitamos esse momento para recordar que um vetor u e perpendicular a um vetor wse, e somente se,
〈u, w〉 = 0.
Definicao 28. Dizemos que um vetor v ∈ R2 e perpendicular a uma curva γ : I → R
2 emt = t0 se v e perpendicular ao vetor tangente a curva γ no ponto γ(t0), isto e, se
〈v, γ′(t0)〉 = 0.
Exemplo: Considere a curva γ : [0, 2π] → R2 dada por γ(t) = (
√2sent,
√2 cos t). Mostre
que o vetor u = (3, 3) e perpendicular a curva γ no ponto t = π4.
Solucao: Inicialmente observamos que o traco da curva γ esta contido na circunferencia decentro (0, 0) e raio
√2. Para ver isso, chame x =
√2sent e y =
√2 cos t. Logo temos
x2 + y2 = (√2sent)2 + (
√2 cos t)2 = 2(cos2 t + sen2t) = 2.
Agora provemos que u e perpendicular a γ em t = π4. Como γ′(t) = (
√2 cos t,−
√2sent),
entao γ′(π4) = (
√2√22,−
√2√22) = (1,−1). Portanto temos
〈u, γ′(π4)〉 = 〈(3, 3), (1,−1)〉 = 3.1 + 3(−1) = 0.
61
Aula 20: 12/05/2010
Ja vimos que se f : A → R e uma funcao diferenciavel definida no aberto A ⊂ R2 , entao
o vetor gradiente de f no ponto (x0, y0) ∈ A e dado por
∇f(x0, y0) =
(
∂f
∂x(x0, y0),
∂f
∂y(x0, y0)
)
.
Vimos tambem na regra da cadeia que se h(t) = f(γ(t)) e a composicao de duas funcoesdiferenciaveis, entao h e diferenciavel e
h′(t) = 〈∇f(γ(t)), γ′(t)〉.
Teorema 9. Sejam f : A ⊂ R2 → R uma funcao de classe C1 num aberto A ⊂ R
2 e(x0, y0) um ponto da curva de nıvel f(x, y) = c. Suponhamos que ∇f(x0, y0) 6= (0, 0). Entao∇f(x0, y0) e perpendicular a qualquer curva diferenciavel γ : I → R
2, passando por (x0, y0),e contida na curva de nıvel f(x, y) = c.
Demonstracao: Inicialmente observamos que as curvas diferenciaveis γ : I → R2, pas-
sando por (x0, y0), e contidas na curva de nıvel f(x, y) = c existem. De fato, como∇f(x0, y0) 6=(0, 0) temos que ∂f
∂x(x0, y0) 6= 0 ou ∂f
∂y(x0, y0) 6= 0. Daı usamos o Teorema das Funcoes
Implıcitas para garantir que a equacao f(x, y) = c possui uma funcao implıcita diferenciavelda forma x = h(y) ou y = g(x), ou seja, γ(t) = (t, g(t)) ou γ(t) = (h(t), t).
Portanto temos que f(γ(t)) = c para todo t. Derivando e aplicando a Regra da Cadeiatemos
d
dt[f(γ(t))] =
d
dt[c] ⇒ 〈∇f(γ(t0)), γ
′(t0)〉 = 0.
Portanto ∇f(γ(t0)) e perpendicular a curva γ : I → R2 em t = t0.
Exemplo: Considere a funcao diferenciavel f(x, y) = x3y3−xy. Seja γ(t) uma curva diferen-ciavel que passa pelo ponto (1, 2) e que esta contida na curva de nıvel f(x, y) = 6. Determinea equacao da reta tangente a curva γ(t) passando pelo ponto (1, 2).
Solucao: Antes de calcularmos a equacao da reta procurada faremos uma recordacao deGeometria Analıtica Plana. No plano, a equacao da reta que passa pelo ponto (x0, y0) e quepossui vetor normal n = (a, b) e dada por
〈(a, b), (x− x0, y − y0)〉 = 0.
Agora passamos a resolver o exercıcio. Pelo teorema anterior sabemos que ∇f(1, 2) e perpen-dicular a curva γ no ponto (1, 2). Temos que
∇f(1, 2) =
(
∂f
∂x(1, 2),
∂f
∂y(1, 2)
)
.
As derivadas parciais sao ∂f∂x(x, y) = 3x2y3 − y e ∂f
∂y(x, y) = 3y2x3 − x, logo ∂f
∂x(1, 2) = 22 e
∂f∂y(1, 2) = 11. Daı ∇f(1, 2) = (22, 11) e portanto a reta tangente a γ, que e perpendicular a
∇f(1, 2), e dada por
〈(22, 11), (x− 1, y − 2)〉 = 0 ⇐⇒ 2x+ y − 4 = 0.
62
Teorema 10. Sejam f : A ⊂ R2 → R uma funcao definida em um aberto A ⊂ R
2, (x0, y0) ∈A e u = (a, b) 6= (0, 0) um vetor de R
2. Se f e diferenciavel em (x0, y0), entao∂f
∂u(x0, y0)
existe e∂f
∂u(x0, y0) = 〈∇f(x0, y0), u〉.
Demonstracao: Considere g(t) = f(x0 + at, y0 + bt). Como f e diferenciavel, entao g ediferenciavel. E pela Regra da Cadeia temos
g′(0) =∂f
∂x(x0, y0)a+
∂f
∂y(x0, y0)b = 〈∇f(x0, y0), (a, b)〉 = 〈∇f(x0, y0), u〉.
E como g′(0) = ∂f∂u(x0, y0) segue que
∂f
∂u(x0, y0) = 〈∇f(x0, y0), u〉.
Antes de enunciarmos o proximo resultado, recordamos um resultado de Geometria Analıtica
〈u, v〉 = ‖u‖.‖v‖. cos θ,
onde θ e o angulo entre u e v.
Teorema 11. Seja f : A ⊂ R2 → R uma funcao diferenciavel em um ponto (x0, y0) do aberto
A, e tal que ∇f(x0, y0) 6= (0, 0). Entao, sendo u unitario, o valor maximo que∂f
∂u(x0, y0)
pode atingir ocorre quando u e o versor de ∇f(x0, y0), isto e, quando
u =∇f(x0, y0)
‖∇f(x0, y0)‖.
E nesse caso, o valor de∂f
∂u(x0, y0) e ‖∇f(x0, y0)‖.
Demonstracao: Pelo Teorema 10 temos ∂f∂u(x0, y0) = 〈∇f(x0, y0), u〉, e pela observacao
anterior ao Teorema 11 temos
〈∇f(x0, y0), u〉 = ‖∇f(x0, y0)‖.‖u‖. cos θ.
Como u e unitario, entao temos
∂f
∂u(x0, y0) = ‖∇f(x0, y0)‖. cos θ.
Portanto o valor maximo e atingido quando θ = 0, ou seja, quando u e paralelo a ∇f(x0, y0)e e unitario. Nesse caso
u =∇f(x0, y0)
‖∇f(x0, y0)‖
e daı∂f
∂u(x0, y0) = ‖∇f(x0, y0)‖. cos 0 = ‖∇f(x0, y0)‖.
63
Aula 21: 14/05/2010
Observacao: O Teorema 11 diz que, estando em (x0, y0), a direcao e sentido que se devetomar para que f cresca mais rapidamente e a do vetor ∇f(x0, y0), ou seja, o vetor gradienteaponta na direcao de maior crescimento da funcao.
Exemplo: Seja f(x, y) = x2y.
1. Calcule ∂f∂v(1, 1), onde v = (
√22,√22).
2. Determine u unitario para que ∂f∂u(1, 1) seja maximo.
3. Qual o valor maximo de ∂f∂u(1, 1) para u unitario?
4. Estando em (1, 1), que direcao e sentido deve-se tomar para que f cresca mais rapida-mente?
Solucao: ∇f(x, y) = (2xy, x2) =⇒ ∇f(1, 1) = (2, 1).
1. ∂f∂v(1, 1) = 〈∇f(1, 1), (
√22,√22)〉 = 〈(2, 1), (
√22,√22)〉 = 3
√2
2.
2. u = ∇f(1,1)‖∇f(1,1)‖ = 1√
5(2, 1) = ( 2√
5, 1√
5).
3. O valor maximo e ‖∇f(1, 1)‖ =√5.
4. Deve-se tomar a direcao e sentido de v = ( 2√5, 1√
5).
Exemplo: Admita que T (x, y) = x2+3y2 represente a distribuicao de temperatura no planoxy, isto e, T (x, y) e a temperatura no ponto (x, y). Estando em (2, 1
2), qual e a direcao e
sentido de maior crescimento da temperatura?
Solucao: E a direcao e sentido do vetor gradiente ∇T (2, 12). E como ∇T (x, y) = (2x, 6y),
entao e a direcao e sentido do vetor (4, 3).
6.7 Derivadas parciais de ordem superior
Seja z = f(x, y) uma funcao diferenciavel de duas variaveis. Ja vimos como construir as
funcoes∂f
∂xe
∂f
∂y. Agora, se essas funcoes forem diferenciaveis, podemos deriva-las com
relacao a x ou a y, obtendo
∂
∂x
[
∂f
∂x
]
,∂
∂y
[
∂f
∂x
]
,∂
∂x
[
∂f
∂y
]
e∂
∂y
[
∂f
∂y
]
,
que serao denotadas respectivamente por
∂2f
∂x2,
∂2f
∂y∂x,
∂2f
∂x∂ye
∂2f
∂y2.
Essas funcoes sao chamadas derivadas parciais de segunda ordem. A partir dai, se tambemforem diferenciaveis, podemos derivar essas 4 funcoes e obter as derivadas parciais de terceiraordem, como por exemplo
∂
∂x
[
∂2f
∂x2
]
=∂3f
∂x3e
∂
∂x
[
∂2f
∂x∂y
]
=∂3f
∂x2∂y.
64
Exemplo: Seja f(x, y) = 3x4y5 − 4x3y + 4. Calcule todas as derivadas parciais de segundaordem.
Solucao: Inicialmente calculamos as derivadas parciais de primeira ordem
∂f
∂x(x, y) = 12x3y5 − 12x2y e
∂f
∂y(x, y) = 15x4y4 − 4x3.
Daı temos
∂2f
∂x2(x, y) =
∂
∂x
[
∂f
∂x(x, y)
]
=∂
∂x
[
12x3y5 − 12x2y]
= 36x2y5 − 24xy,
∂2f
∂y∂x(x, y) =
∂
∂y
[
∂f
∂x(x, y)
]
=∂
∂y
[
12x3y5 − 12x2y]
= 60x3y4 − 12x2,
∂2f
∂y2(x, y) =
∂
∂y
[
∂f
∂y(x, y)
]
=∂
∂y
[
15x4y4 − 4x3]
= 60x4y2,
∂2f
∂x∂y(x, y) =
∂
∂x
[
∂f
∂y(x, y)
]
=∂
∂x
[
15x4y4 − 4x3]
= 60x3y4 − 12x2.
Observe que∂2f
∂x∂y(x, y) =
∂2f
∂y∂x(x, y).
Exemplo: Considere a funcao
f(x, y) =
xy3
x2 + y2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
Calcule∂2f
∂x∂y(0, 0) e
∂2f
∂y∂x(0, 0).
Solucao: Vamos calcular∂f
∂y. Inicialmente para os pontos (x, y) 6= (0, 0).
∂f
∂y(x, y) =
3xy2(x2 + y2)− xy3(2y)
(x2 + y2)2=
3x3y2 + xy4
(x2 + y2)2.
Agora para o ponto (0, 0)
∂f
∂y(0, 0) = lim
t→0
f(0, t)− f(0, 0)
t= 0.
Portanto a funcao∂f
∂ye dada por
∂f
∂y(x, y) =
3x3y2 + xy4
(x2 + y2)2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
65
Agora podemos calcular a derivada de segunda ordem
∂
∂x
[
∂f
∂y
]
(0, 0) = limt→0
∂f∂y(t, 0)− ∂f
∂y(0, 0)
t= lim
t→0
0− 0
t= 0.
Portanto∂2f
∂x∂y(0, 0) = 0.
Agora vamos calcular∂f
∂x. Inicialmente para os pontos (x, y) 6= (0, 0).
∂f
∂x(x, y) =
y3(x2 + y2)− xy3(2x)
(x2 + y2)2=
y5 − x2y3
(x2 + y2)2.
Agora para o ponto (0, 0)
∂f
∂x(0, 0) = lim
t→0
f(t, 0)− f(0, 0)
t= 0.
Portanto a funcao∂f
∂xe dada por
∂f
∂x(x, y) =
y5 − x2y3
(x2 + y2)2, se (x, y) 6= (0, 0),
0, se (x, y) = (0, 0).
Agora podemos calcular a derivada de segunda ordem
∂
∂y
[
∂f
∂x
]
(0, 0) = limt→0
∂f∂x(0, t)− ∂f
∂x(0, 0)
t= lim
t→0
t5−0t4
− 0
t= lim
t→0
t5
t5= 1.
Portanto∂2f
∂y∂x(0, 0) = 1. Observe que
∂2f
∂x∂y(0, 0) 6= ∂2f
∂y∂x(0, 0).
66
Aula 22: 19/05/2010
Na ultima aula vimos dois exemplos em que em um deles tivemos as derivadas parciaisde segunda ordem mistas iguais, e no outro diferentes. O proximo resultado fornece umacondicao suficiente para que as derivadas mistas sejam iguais.
Definicao 29. Uma funcao f : A ⊂ R2 → R, com A aberto, e dita ser de classe Cr em A se
f admitir todas as derivadas parciais de ordem r contınuas.
Teorema 12 (Teorema de Schwarz). Seja f : A ⊂ R2 → R uma funcao definida no aberto
A. Se f for de classe C2 em A, entao
∂2f
∂x∂y(x, y) =
∂2f
∂y∂x(x, y) ∀(x, y) ∈ A.
Demonstracao: Considere (x0, y0) ∈ A. Como A e aberto existe uma bola B de centro(x0, y0) e raio δ contida em A. Considere (h, k) tal que (x0 + h, y0 + k) ∈ B ⊂ A. Defina
H(h, k) = f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0 + k)− f(x0 + h, y0) + f(x0, y0).
Considere
ϕ(t) = f(t, y0 + k)− f(t, y0) e ρ(s) = f(x0 + h, s)− f(x0, s).
LogoH(h, k) = ϕ(x0 + h)− ϕ(x0) = ρ(y0 + k)− ρ(y0).
Pelo Teorema do Valor Medio, existe um t1 entre x0 + h e x0 tal que
ϕ(x0 + h)− ϕ(x0) = ϕ′(t1).h =
[
∂f
∂x(t1, y0 + k)− ∂f
∂x(t1, y0)
]
h.
Pelo Teorema do Valor Medio aplicado a funcao g(t) =∂f
∂x(t1, t) temos que existe um s1 entre
y0 e y0 + k tal que
∂f
∂x(t1, y0 + k)− ∂f
∂x(t1, y0) = g(y0 + k)− g(y0) = g′(s1)k =
∂2f
∂y∂x(t1, s1).k.
Portanto temos
H(h, k) = ϕ(x0 + h)− ϕ(x0) =∂2f
∂y∂x(t1, s1)hk.
Analogamente prova-se que existem t2 entre x0 + h e x0 e s2 entre y0 + k e y0 tais que
H(h, k) = ρ(y0 + k)− ρ(y0) =∂2f
∂x∂y(t2, s2)hk.
E portanto concluımos que∂2f
∂y∂x(t1, s1) =
∂2f
∂x∂y(t2, s2).
Fazendo-se h → 0 e k → 0 temos que t1 → x0, t2 → x0, s1 → y0 e s2 → y0. E da continuidadedas funcoes ∂2f
∂y∂xe ∂2f
∂x∂ysegue que
∂2f
∂y∂x(x0, y0) =
∂2f
∂x∂y(x0, y0).
67
Aplicacoes da derivada de ordem superiorSejam z = f(x, y), x = x(t) e y = y(t) diferenciaveis. Pela Regra da Cadeia sabemos que
dz
dt=
∂f
∂x(x, y)
dx
dt+
∂f
∂y(x, y)
dy
dt.
Se a funcao∂f
∂xtambem e diferenciavel entao
d
dt
[
∂f
∂x(x, y)
]
=∂
∂x
[
∂f
∂x
]
(x, y)dx
dt+
∂
∂y
[
∂f
∂x
]
(x, y)dy
dt=
∂2f
∂x2(x, y)
dx
dt+
∂2f
∂y∂x(x, y)
dy
dt.
Exemplo: Seja f uma funcao de classe C2 e seja ainda g(t) = f(3t, 2t + 1). Expresse g′′(t)em termos das derivadas parciais de f .Solucao: Chame g(t) = f(x, y) com x = 3t e y = 2t + 1. Daı temos
g′(t) =d
dt[f(x, y)] =
∂f
∂x
dx
dt+
∂f
∂y
dy
dt= 3
∂f
∂x+ 2
∂f
∂y.
Logo
g′′(t) = 3d
dt
[
∂f
∂x(x, y)
]
+ 2d
dt
[
∂f
∂y(x, y)
]
.
Mas
d
dt
[
∂f
∂x(x, y)
]
=∂
∂x
[
∂f
∂x
]
(x, y)dx
dt+
∂
∂y
[
∂f
∂x
]
(x, y)dy
dt= 3
∂2f
∂x2(x, y) + 2
∂2f
∂y∂x(x, y)
e
d
dt
[
∂f
∂y(x, y)
]
=∂
∂x
[
∂f
∂y
]
(x, y)dx
dt+
∂
∂y
[
∂f
∂y
]
(x, y)dy
dt= 3
∂2f
∂x∂y(x, y) + 2
∂2f
∂y2(x, y)
Portanto
g′′(t) = 3
(
3∂2f
∂x2(x, y) + 2
∂2f
∂y∂x(x, y)
)
+ 2
(
3∂2f
∂x∂y(x, y) + 2
∂2f
∂y2(x, y)
)
,
e usando o Teorema de Schwarz obtemos
g′′(t) = 9∂2f
∂x2(x, y) + 12
∂2f
∂x∂y(x, y) + 4
∂2f
∂y2(x, y),
onde x = 3t e y = 2t+ 1.
Exemplo: Sejam f(x, y) = x5y4, x = 3t e y = 2t+1. Calcule g′′(t) sendo g(t) = f(3t, 2t+1).Solucao: Pelo exemplo anterior temos
g′′(t) = 9∂2f
∂x2(x, y) + 12
∂2f
∂x∂y(x, y) + 4
∂2f
∂y2(x, y).
Logo
g′′(t) = 9(20x3y4)+12(20x4y3)+4(12x5y2) = 180(3t)3(2t+1)4+240(3t)4(2t+1)3+48(3t)5(2t+1)2.
68
Exemplo: Seja f(x, y) de classe C2 e seja g dada por g(t) = t2∂f
∂x(x, y), onde x = t2 e y = t3.
Expresse g′(t) em termos das parciais de f .Solucao:
d
dt[g(t)] = 2t
∂f
∂x(x, y) + t2
d
dt
[
∂f
∂x(x, y)
]
=
= 2t∂f
∂x(x, y) + t2
[
∂
∂x
(
∂f
∂x
)
(x, y)dx
dt+
∂
∂y
(
∂f
∂x
)
(x, y)dy
dt
]
=
= 2t∂f
∂x(x, y) + t2
[
∂2f
∂x2(x, y)2t+
∂2f
∂y∂x(x, y)3t2
]
Portanto
g′(t) = 2t∂f
∂x(x, y) + 2t3
∂2f
∂x2(x, y) + 3t4
∂2f
∂y∂x(x, y),
onde x = t2 e y = t3.
69
Sexta Lista de Exercıcios
1. Mostre que cada uma das equacoes abaixo define implicitamente pelo menos uma funcaodiferenciavel y = y(x). Expresse dy
dxem termos de x e y.
(a) x2y + seny = x.
(b) y4 + x2y2 + x4 = 3.
2. Mostre que x3 + y3 + z3 = x + y + z define implicitamente pelo menos uma funcaodiferenciavel z = z(x, y). Expresse ∂z
∂xe ∂z
∂xem termos de x, y e z.
3. A funcao diferenciavel z = z(x, y) e dada implicitamente pela equacao
f
(
x
y, z
)
= 0,
onde f(u, v) e suposta diferenciavel e ∂f∂v(u, v) 6= 0. Verifique que
x∂z
∂x+ y
∂z
∂y= 0.
4. A funcao diferenciavel z = z(x, y) e dada implicitamente pela equacao
f
(
x
y,z
xλ
)
= 0
(λ 6= 0 um real fixo), onde f(u, v) e suposta diferenciavel e ∂f∂v(u, v) 6= 0. Verifique que
x∂z
∂x+ y
∂z
∂y= λz.
5. E dada uma curva γ que passa pelo ponto γ(t0) = (1, 3) e cuja imagem esta contida nacurva de nıvel x2 + y2 = 10. Suponha que γ′(t0) 6= (0, 0).
(a) Determine a equacao da reta tangente a γ no ponto (1, 3).
(b) Determine uma curva γ(t) satisfazendo as condicoes acima.
6. Determine a equacao da reta tangente a curva de nıvel dada no ponto dado.
(a) x2 + xy + y2 − 3y = 1 no ponto (1, 2).
(b) e2x−y + 2x+ 2y = 4 no ponto (12, 1).
7. Determine uma reta que seja tangente a elipse 2x2+y2 = 3 e paralela a reta 2x+y = 5.
8. Determine uma reta que seja tangente a curva x2 + xy + y2 = 7 e paralela a reta4x+ 5y = 17.
9. Seja z = f(x, y) diferenciavel em R2 e tal que ∇f(x, y) = g(x, y).(x, y), para todo (x, y)
em R2, onde g(x, y) e uma funcao de R2 em R dada.
(a) Com argumentos geometricos, verifique que e razoavel esperar que f seja constantesobre cada circunferencia de centro na origem.
70
(b) Prove que f e constante sobre cada circunferencia de centro na origem.
Sugestao: g(t) = f(Rcost, Rsent) fornece os valores de f sobre a circunferenciax2 + y2 = R2.
10. Calcule∂f
∂v(x0, y0) sendo dados:
(a) f(x, y) = x2 − 3y2, (x0, y0) = (1, 2) e v o versor de (2, 1).
(b) f(x, y) = ex2−y2 , (x0, y0) = (1, 1) e v = (3, 4).
(c) f(x, y) = arctg
(
x
y
)
, (x0, y0) = (3, 3) e v o versor de (1, 1).
11. Seja f(x, y) = x.arctg
(
x
y
)
. Calcule∂f
∂u(1, 1), onde u e unitario e aponta na direcao e
sentido de maior crescimento de f no ponto (1, 1).
12. Uma funcao diferenciavel f(x, y) tem, no ponto (1, 1), derivada direcional igual a 3 nadirecao (3, 4) e igual a −1 na direcao (4,−3). Calcule:
(a) ∇f(1, 1).
(b)∂f
∂v(1, 1) onde v o versor de (1, 1).
13. Seja f(x, y) = xy. Determine a reta tangente ao grafico de f no ponto (1, 2, f(1, 2)),que forma com o plano xy angulo maximo.
14. Seja f(x, y) =x3
x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0) e f(0, 0) = 0. Mostre que
∂f
∂u(0, 0) 6= ∇f(0, 0).u,
onde u =(
1√2, 1√
2
)
. Explique.
15. Verifique que∂2f
∂x2+
∂2f
∂y2= 0, onde f(x, y) = ln(x2 + y2).
16. Seja f(x, y) =
xy x2−y2
x2+y2se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0). Calcule
∂2f
∂x∂y(0, 0) e
∂2f
∂y∂x(0, 0).
17. Seja u = f(x− at) + g(x+ at), onde f e g sao duas funcoes quaisquer de uma variavelreal e derivaveis ate a segunda ordem. Verifique que
∂2u
∂t2= a2
∂2u
∂x2.
18. Expresse g′′(t) em termos de derivadas parciais de f , sendo g(t) = f(5t, 4t).
19. Considere a funcao z = x∂f
∂x(2x, x3). Verifique que
dz
dx=
∂f
∂x(2x, x3) + x
[
2∂2f
∂x∂y(2x, x3) + 3x2∂
2f
∂y2(2x, x3)
]
.
71
Aula 23: 21/05/2010
6.8 Generalizacao do Teorema do Valor Medio
Antes de qualquer coisa, vamos introduzir os conceitos de segmento e poligonal.
Definicao 30. Sejam P0 e P1 pontos de R2. O conjunto
P0P1 = P ∈ R2 : P = P0 + λ(P1 − P0) com 0 ≤ λ ≤ 1
chama-se segmento de extremidades P0 e P1.
Exemplo: Represente o segmento de extremidades P0 = (1, 1) e P1 = (2, 3). De acordo coma definicao anterior temos
P0P1 = (x, y) ∈ R2 : (x, y) = (1, 1) + λ(1, 2) com 0 ≤ λ ≤ 1.
1
1 2
3
Figura 31: Segmento.
Definicao 31. Sejam P0, P1, . . . , Pn, n+ 1 pontos de R2. O conjunto
P0P1 ∪ P1P2 ∪ · · · ∪ Pn−1Pn
chama-se poligonal de vertices P0, P1, . . . , Pn.
P0
P1
P2
P3
P4
Figura 32: Poligonal.
Recordacao: (Teorema do Valor Medio) Seja g : [a, b] → R contınua em [a, b] e diferenciavelem (a, b). Entao existe c ∈ (a, b) tal que
f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a).
72
Teorema 13 (Generalizacao do Teorema do Valor Medio). Sejam A um conjunto aberto doR
2, P0 e P1 dois pontos de A tais que o segmento P0P1 ⊂ A. Nessas condicoes, se f : A → R
for diferenciavel em A, entao existira pelo menos um ponto P interno ao segmento P0P1 (istoe, pertence ao segmento P0P1 mas nao e extremidade), tal que
f(P1)− f(P0) = 〈∇f(P ), (P1 − P0)〉.
Demonstracao: Considere g : [0, 1] → R dada por g(t) = f(P0 + t(P1 − P0)). Comof e diferenciavel em A e P0P1 ⊂ A, entao g e contınua em [0, 1] e diferenciavel em (0, 1).Aplicando o Teorema do Valor Medio, existe t ∈ (0, 1) tal que
g(1)− g(0) = g′(t)(1− 0) = g′(t).
Observe que g(1) = f(P1) e g(0) = f(P0). Daı concluımos que
f(P1)− f(P0) = g′(t).
Pela Regra da Cadeia temos g′(t) = 〈∇f(γ(t)), γ′(t)〉, onde γ(t) = P0 + t(P1 − P0). Logoγ′(t) = (P1 − P0). Portanto
f(P1)− f(P0) = 〈∇f(P ), (P1 − P0)〉
onde P = P0 + t(P1 − P0) e um ponto interno ao segmento P0P1.
Observacao: Pode ocorrer de uma funcao ter gradiente nulo em todos os pontos de umaberto sem que seja constante nesse aberto. Por exemplo, considere o aberto A = (x, y) ∈R
2 : 0 < x < 2, 0 < y < 1 e x 6= 1, e f : A → R definida por
f(x, y) =
2, se 0 < x < 1 e 0 < y < 1,1, se 1 < x < 2 e 0 < y < 1.
Definicao 32. Um conjunto A ⊂ R2 e conexo por poligonais se quaisquer que forem os
pontos P e Q de A, existir uma poligonal de extremidades P e Q, contida em A.
P
Q
Figura 33: Conjunto conexo por poligonais.
Exemplos:
1. O conjunto A = R2 e conexo por poligonais.
73
2. O conjunto da figura 33 e conexo por poligonais.
3. O conjunto A = (x, y) ∈ R2 : 0 < x < 2, 0 < y < 1 e x 6= 1 nao e conexo por
poligonais, pois dado um ponto P = (x1, y1) e Q = (x2, y2) em A, com x1 < 1 e x2 > 1,nao podem ser conectados por uma poligonal contida em A.
Teorema 14. Seja f : A ⊂ R2 → R diferenciavel, com A aberto e conexo por poligonais.
Nessas condicoes, se ∇f(x, y) = (0, 0) para todo (x, y) ∈ A, entao f e constante em A.
Demonstracao: Seja P0 = (x0, y0) um ponto de A. Vamos mostrar que para qualquer outroponto P = (x, y) ∈ A temos f(x, y) = f(x0, y0). Como A e conexo por poligonais existempontos P1, P2, . . . , Pn = P em A tais que P0P1 ∪ · · · ∪ Pn−1Pn ⊂ A. Daı, pela Generalizacaodo Teorema do Valor Medio, vale que para todo i = 1, 2, . . . , n, existe Pi interno a Pi−1Pi talque
f(Pi)− f(Pi−1) = 〈∇f(Pi), (Pi − Pi−1)〉 = 〈0, (Pi − Pi−1)〉 = 0.
Portanto f(Pi) = f(Pi−1) para todo i, e daı f(P ) = f(Pn−1) = · · · = f(P0), ou seja, f(x, y) =f(x0, y0).
74
Aula 24: 26/05/2010
Observacoes:
1. Multiplicando a expressao que aparece na Generalizacao do Teorema do Valor Medio
por1
‖P1 − P0‖obtemos
f(P1)− f(P0)
‖P1 − P0‖= 〈∇f(P ),
P1 − P0
‖P1 − P0‖〉.
E se chamamos v =P1 − P0
‖P1 − P0‖, temos
f(P1)− f(P0)
‖P1 − P0‖=
∂f
∂v(P ).
2. Se uma funcao diferenciavel f(x, y) e constante em um aberto A ⊂ R2, entao ∇f(x, y) =
(0, 0) para todo (x, y) ∈ A.
Teorema 15. Sejam f, g : A ⊂ R2 → R diferenciaveis, A aberto e conexo por poligonais.
Nessas condicoes, se ∇f(x, y) = ∇g(x, y) para todo (x, y) em A, entao existe uma constantek tal que g(x, y) = f(x, y) + k.
Demonstracao: Considere h : A → R dada por h(x, y) = g(x, y) − f(x, y). Nesse casotemos que h esta definida em um conjunto aberto conexo por poligonais e
∇h(x, y) = ∇g(x, y)−∇f(x, y) = (0, 0).
Daı, usando o Teorema 14, temos que h e constante. Seja k tal que h(x, y) = k para todo(x, y) em A. Logo g(x, y)− f(x, y) = k, ou seja, g(x, y) = f(x, y) + k.
Agora definiremos os campos de vetores.
Definicao 33. Dadas duas funcoes Q,P : A ⊂ R2 → R, chamamos de campo de vetores
de A em R2 a funcao F : A → R
2 dada por F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)).
Exemplo: F (x, y) = (xy, x2 − x3y).
Definicao 34. Um campo de vetores F : A → R2 dado por F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) e
conservativo se existe uma funcao ϕ : A → R diferenciavel tal que ∇ϕ(x, y) = F (x, y) paratodo (x, y) de A. Nesse caso, a funcao ϕ e chamada funcao potencial de F .
Exemplo: Dado F (x, y) = (5x4y4, 4x5y3), temos que a funcao ϕ(x, y) = x5y4 e uma funcaopotencial para F .
Uma pergunta natural que se pode fazer e a seguinte. Todos os campos de vetores saoconservativos? A resposta e que em geral nao. Veremos a seguir uma condicao necessariapara ser conservativo.
Teorema 16. Para que um campo de vetores F : A ⊂ R2 → R
2 de classe C1, dado porF (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)), seja conservativo e necessario que
∂P
∂y=
∂Q
∂x.
75
Demonstracao: Se F e conservativo, entao existe uma funcao ϕ : A → R tal que
∂ϕ
∂x= P e
∂ϕ
∂y= Q.
Observe que se P e Q sao de classe C1, entao ϕ e de classe C2. Daı, aplicando o Teorema deSchwarz, temos que as derivadas mistas de ϕ sao iguais. Logo
∂Q
∂x=
∂2ϕ
∂x∂y=
∂2ϕ
∂y∂x=
∂P
∂y.
6.9 Formula de Taylor com resto de Lagrange
Seja f : A ⊂ R2 → R uma funcao de classe C2 definida no aberto A ⊂ R
2. Sejam ainda(x0, y0) ∈ A e (h, k) 6= (0, 0) tais que o segmento de extremidades (x0, y0) e (x0 + h, y0 + k)esteja contido em A. Considere g : [0, 1] → R dada por g(t) = f(x0 + th, y0 + tk).
Pela Formula de Taylor com resto de Lagrange do calculo 1, temos
g(1) = g(0) + g′(0)(1− 0) +g′′(t)
2!(1− 0)2, (1)
com t ∈ (0, 1). Agora vamos usar a Regra da Cadeia para calcular g′(t) e g′′(t).
g′(t) =d
dt[f(x0 + th, y0 + tk)] =
∂f
∂x(x0 + th, y0 + tk)h+
∂f
∂y(x0 + th, y0 + tk)k
g′′(t) =d
dt
[
∂f
∂x(x0 + th, y0 + tk)h+
∂f
∂y(x0 + th, y0 + tk)k
]
=
= hd
dt
[
∂f
∂x(x0 + th, y0 + tk)
]
+ kd
dt
[
∂f
∂y(x0 + th, y0 + tk)
]
=
= h
[
∂
∂x
(
∂f
∂x
)
(x0 + th, y0 + tk)h +∂
∂y
(
∂f
∂x
)
(x0 + th, y0 + tk)k
]
+
+k
[
∂
∂x
(
∂f
∂y
)
(x0 + th, y0 + tk)h +∂
∂y
(
∂f
∂y
)
(x0 + th, y0 + tk)k
]
=
=∂2f
∂x2(x0 + th, y0 + tk)h2 + 2
∂2f
∂x∂y(x0 + th, y0 + tk)hk +
∂2f
∂y2(x0 + th, y0 + tk)k2
Portanto temos
g(1) = f(x0 + h, y0 + k),g(0) = f(x0, y0),
g′(0) =∂f
∂x(x0, y0)h+
∂f
∂y(x0, y0)k,
g′′(t) =∂2f
∂x2(x, y)h2 + 2
∂2f
∂x∂y(x, y)hk +
∂2f
∂y2(x, y)k2,
onde x = x0 + th e y = y0 + tk.
76
Substituindo essas informacoes em (1) temos
f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)h +
∂f
∂y(x0, y0)k+
+1
2!
[
∂2f
∂x2(x, y)h2 + 2
∂2f
∂x∂y(x, y)hk +
∂2f
∂y2(x, y)k2
]
.
Agora chame x = x0 + h e y = y0 + k. Logo temos h = x − x0 e k = y − y0. Portantoficamos com
f(x, y) = P1(x, y) + E1(x, y),
onde
P1(x, y) = f(x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)(x− x0) +
∂f
∂y(x0, y0)(y − y0)
e chamado polinomio de Taylor de ordem 1 de f em (x0,y0). E o erro
E1(x, y) =1
2!
[
∂2f
∂x2(x, y)(x− x0)
2 + 2∂2f
∂x∂y(x, y)(x− x0)(y − y0) +
∂2f
∂y2(x, y)(y − y0)
2
]
e chamado resto de Lagrange de ordem 1.
77
Aula 25: 28/05/2010
Exemplo: Calcule o polinomio de Taylor de ordem 1 da funcao f(x, y) = ex+5y no ponto(x0, y0) = (1, 0).
Solucao: Inicialmente calculamos as derivadas parciais∂f
∂x(x, y) = ex+5y e
∂f
∂y(x, y) = 5ex+5y.
Dai vemP1(x, y) = f(1, 0) + ∂f
∂x(1, 0)(x− 1) + ∂f
∂y(1, 0)(y − 0) =
= e + e(x− 1) + 5ey == ex+ 5ey.
Nesse momento recordaremos o polinomio de Taylor de ordem r− 1 e o resto de Lagrangepara funcoes g : [a, a+h] → R de classe Cr. O teorema principal afirma que, nessas condicoes,existe t ∈ (a, a+ h) tal que
g(a+ h) = g(a) + g′(a)h+ · · ·+ g(r−1)(a)
(r − 1)!hr−1 +
g(r)(t)
(r)!hr.
A expressao g(a)+g′(a)h+ · · ·+ g(r−1)(a)(r−1)!
hr−1 e chamada o polinomio de Taylor de ordem r−1
de g em a e a expressao g(r)(t)(r)!
hr e chamada de resto de Lagrange.
Na aula passada vimos que se f : A ⊂ R2 → R e de classe C2 e o segmento [(x0, y0), (x, y)] ⊂
A, entao existe (x, y) interno ao segmento [(x0, y0), (x, y)] tal que
f(x, y) = P1(x, y) + E1(x, y),
onde
P1(x, y) = f(x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)(x− x0) +
∂f
∂y(x0, y0)(y − y0)
e
E1(x, y) =1
2!
[
∂2f
∂x2(x, y)(x− x0)
2 + 2∂2f
∂x∂y(x, y)(x− x0)(y − y0) +
∂2f
∂y2(x, y)(y − y0)
2
]
.
Para obte-lo foi usada a funcao g(t) = f(x0 + th, y0 + tk). Nesse caso temos
g′(t) =∂f
∂xh+
∂f
∂yk,
g′′(t) =∂2f
∂x2h2 + 2
∂2f
∂x∂yhk +
∂2f
∂y2k2,
g′′′(t) =∂3f
∂x3h3 + 3
∂3f
∂x2∂yh2k + 3
∂3f
∂x∂y2hk2 +
∂3f
∂y3k3,
onde as derivadas parciais sao calculadas no ponto (x0 + th, y0 + tk).Portanto o polinomio de Taylor de ordem 2 e dado por
P2(x, y) = f(x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)(x− x0) +
∂f
∂y(x0, y0)(y − y0)+
+1
2!
[
∂2f
∂x2(x0, y0)(x− x0)
2 + 2∂2f
∂x∂y(x0, y0)(x− x0)(y − y0) +
∂2f
∂y2(x0, y0)(y − y0)
2
]
,
78
e o resto de Lagrange e
E2(x, y) =1
3!
[
∂3f
∂x3(x, y)(x− x0)
3 + 3∂3f
∂x2∂y(x, y)(x− x0)
2(y − y0)+
+3∂3f
∂x∂y2(x, y)(x− x0)(y − y0)
2 +∂3f
∂y3(x, y)(y − y0)
3
]
.
De maneira analoga podemos calcular o polinomio de Taylor de ordem r
Pr(x, y) = f(x0, y0) +
r∑
i=1
1
i!
[
i∑
j=0
(
ij
)
∂if
∂xi−j∂yj(x0, y0)(x− x0)
i−j(y − y0)j
]
e o resto de Lagrange e dado por
Er(x, y) =1
(r + 1)!
[
r+1∑
j=0
(
r + 1j
)
∂r+1f
∂xr+1−j∂yj(x, y)(x− x0)
r+1−j(y − y0)j
]
,
onde(
ij
)
=i!
j!(i− j)!.
Exemplo: Calcule o polinomio de Taylor de ordem 3 da funcao f(x, y) = ex+5y no ponto(x0, y0) = (0, 0).
Solucao: Inicialmente calculamos as derivadas parciais de ordem 1, 2 e 3. Temos∂f
∂x(x, y) =
ex+5y,∂f
∂y(x, y) = 5ex+5y,
∂2f
∂x2(x, y) = ex+5y,
∂2f
∂x∂y(x, y) = 5ex+5y,
∂2f
∂y2(x, y) = 25ex+5y,
∂3f
∂x3(x, y) = ex+5y,
∂3f
∂x2∂y(x, y) = 5ex+5y,
∂3f
∂x∂y2(x, y) = 25ex+5y e
∂3f
∂y3(x, y) = 125ex+5y.
Portanto temos∂f
∂x(0, 0) = 1,
∂f
∂y(0, 0) = 5,
∂2f
∂x2(0, 0) = 1,
∂2f
∂x∂y(0, 0) = 5,
∂2f
∂y2(0, 0) = 25,
∂3f
∂x3(0, 0) = 1,
∂3f
∂x2∂y(0, 0) = 5,
∂3f
∂x∂y2(0, 0) = 25 e
∂3f
∂y3= 125.
Portanto o polinomio de Taylor e
P3(x, y) = 1 +1
1![1(x− 0) + 5(y − 0)] +
1
2![1(x− 0)2 + 2.5(x− 0)(y − 0) + 25(y − 0)2]
1
3![1(x− 0)3 + 3.5(x− 0)2(y − 0) + 3.25(x− 0)(y − 0)2 + 125(y − 0)3],
e daı
P3(x, y) = 1 + x+ 5y +1
2x2 + 5xy +
25
2y2 +
1
6x3 +
5
2x2y +
25
2xy2 +
125
6y3.
6.10 Extremos Locais: Maximos e Mınimos
Definicao 35. Seja f : A ⊂ R2 → R uma funcao de duas variaveis reais.
1. Um ponto (x0, y0) ∈ A e chamado um ponto de maximo global de f se f(x, y) ≤f(x0, y0) para todo (x, y) ∈ A.
79
2. Um ponto (x0, y0) ∈ A e chamado um ponto de mınimo global de f se f(x, y) ≥f(x0, y0) para todo (x, y) ∈ A.
3. No caso do ıtem 1, f(x0, y0) e chamado valor maximo de f .
4. No caso do ıtem 2, f(x0, y0) e chamado valor mınimo de f .
5. Um ponto (x0, y0) ∈ A e chamado um ponto de maximo local de f se existir umabola aberta B, de centro (x0, y0) tal que f(x, y) ≤ f(x0, y0) para todo (x, y) ∈ B.
6. Um ponto (x0, y0) ∈ A e chamado um ponto de mınimo local de f se existir umabola aberta B, de centro (x0, y0) tal que f(x, y) ≥ f(x0, y0) para todo (x, y) ∈ B.
80
Aula 26: 02/06/2010
Exemplo: Considere f(x, y) = x2 + y2. Temos que (0, 0) e uma ponto de mınimo global def e 0 e valor mınimo de f , pois 0 = f(0, 0) ≤ f(x, y) para todo (x, y) em R
2.
Exemplo: Seja f a funcao dada por f(x, y) = 2x − y e definida no conjunto A = (x, y) ∈R
2 : x ≥ 0, y ≥ x e x+ y ≤ 3. Encontre os pontos de maximo e mınimo globais de f .Solucao: Observe inicialmente que o conjunto A e o triangulo de vertices (0, 0), (3/2, 3/2) e(0, 3). Observe ainda que as curvas de nıvel de f sao dadas por 2x− y = k, ou seja, sao retasparalelas a reta y = 2x. Veja a figura 34. Percebe-se que a curva de nıvel, com maior valor do
k = 0k = 3/2
k = −3
Figura 34: Curvas de nıvel e domınio.
nıvel, e que intercepta o triangulo e a curva de nıvel k = 3/2 e a de menor nıvel e em k = −3.Portanto o ponto de maximo global e (3/2, 3/2) e o ponto de mınimo global e (0, 3).
Exemplo: Considere agora a funcao definida por
f(x, y) =
x2 + y2, se x2 + y2 ≤ 4,1− (x− 3)2 − y2, se x2 + y2 > 4.
O grafico de f e dado na figura 35. Nesse caso, o ponto (0, 0) e um ponto de mınimo local,
Figura 35: Grafico de f .
(3, 0) e um ponto de maximo local e todos os pontos (x, y) que satisfazem x2 + y2 = 4 saopontos de maximo globais.
81
Definicao 36. Seja f : A ⊂ R2 → R diferenciavel. Um ponto (x0, y0) ∈ A e chamado um
ponto crıtico de f , ou ponto singular de f , se∂f
∂x(x0, y0) = 0 e
∂f
∂y(x0, y0) = 0, isto e, se
∇f(x0, y0) = (0, 0).
Teorema 17. Sejam f : A ⊂ R2 → R uma funcao diferenciavel no aberto A e (x0, y0) um
ponto de maximo (ou de mınimo) local de f , entao (x0, y0) e um ponto singular de f .
Demonstracao: Se (x0, y0) e um ponto de maximo local, entao existe uma bola aberta Bde centro (x0, y0) e raio ε > 0, tal que f(x, y) ≤ f(x0, y0) para todo (x, y) ∈ B. Considereg, h : (−ε, ε) → R dadas por g(t) = f(x0+ t, y0) e h(t) = f(x0, y0+ t). Temos que h(t) ≤ h(0)e g(t) ≤ g(0) para todo t ∈ (−ε, ε), ou seja, 0 e ponto de maximo para g e para h. Dai, por
resultado do Calculo I, segue que g′(0) = 0 e h′(0) = 0. Mas temos que g′(0) =∂f
∂x(x0, y0) e
h′(0) =∂f
∂y(x0, y0). Portanto (x0, y0) e ponto singular de f .
Exemplo: A recıproca do teorema anterior nao e valida. Por exemplo, a funcao f(x, y) =x2−y2 possui (0, 0) como ponto singular, mas (0, 0) nao e nem ponto de maximo local e nem de
mınimo local. De fato, temos que∂f
∂x(x, y) = 2x e
∂f
∂y(x, y) = −2y, ou seja, ∇f(0, 0) = (0, 0).
Porem f(0, 0) = 0 e existem pontos arbitrariamente proximos de (0, 0) nos quais f assumevalores positivos e pontos nos quais f assume valores negativos.
Teorema 18. Sejam f : A ⊂ R2 → R uma funcao de classe C2 no aberto A e (x0, y0) um
ponto de A, entao
1. Se (x0, y0) e um ponto de maximo local de f , entao∂f
∂x(x0, y0) = 0,
∂f
∂y(x0, y0) = 0,
∂2f
∂x2(x0, y0) ≤ 0 e
∂2f
∂y2(x0, y0) ≤ 0.
2. Se (x0, y0) e um ponto de mınimo local de f , entao∂f
∂x(x0, y0) = 0,
∂f
∂y(x0, y0) = 0,
∂2f
∂x2(x0, y0) ≥ 0 e
∂2f
∂y2(x0, y0) ≥ 0.
Demonstracao: A demonstracao segue diretamente da demonstracao do teorema anterior
simplesmente observando que g′′(0) =∂2f
∂x2(x0, y0) e h′′(0) =
∂2f
∂y2(x0, y0).
Observacao: Pelo que vimos nos dois ultimos teoremas, se um ponto (x0, y0) esta o interiordo domınio da funcao e e um extremo local (isto e, um ponto de maximo local ou um pontode mınimo local), entao ele necessariamente e um ponto singular. Portanto, quando queremosencontrar pontos de maximo ou de mınimo, devemos procurar primeiro os pontos singulares.
Exemplo: Determine os candidatos a extremos locais da funcao f(x, y) = x3 − y2 + xy + 5.
82
Solucao: Vejamos quem sao os pontos singulares. Calculando as derivadas parciais e igualandoa zero temos o seguinte sistema de equacoes:
∂f
∂x(x, y) = 3x2 + y = 0
∂f
∂y(x, y) = −2y + x = 0
Pela segunda equacao obtemos x = 2y e substituindo na primeira temos
3(2y)2 + y = 0,
ou seja, y = 0 ou y = −1/12. Portanto temos os seguintes pontos singulares
(0, 0) e
(
−1
6,− 1
12
)
.
Calculando agora as derivadas de segunda ordem temos∂2f
∂x2(x, y) = 6x e
∂2f
∂y2(x, y) = −2.
Portanto temos∂2f
∂x2(0, 0) = 0 ≤ 0 e
∂2f
∂y2(0, 0) = −2 ≤ 0.
Entao (0, 0) e candidato a ponto de maximo local.Temos ainda
∂2f
∂x2
(
−1
6,− 1
12
)
= −1 ≤ 0 e∂2f
∂y2
(
−1
6,− 1
12
)
= −2 ≤ 0.
Entao
(
−1
6,− 1
12
)
tambem e candidato a ponto de maximo local.
83
Aula 27: 09/06/2010
Definicao 37. Seja f : A ⊂ R2 → R uma funcao de classe C2 definida no aberto A. A funcao
dada por
H(x, y) = det
∂2f
∂x2(x, y)
∂2f
∂x∂y(x, y)
∂2f
∂x∂y(x, y)
∂2f
∂y2(x, y)
denomina-se hessiano de f .
O proximo resultado apresenta uma condicao suficiente para um ponto singular ser extremolocal.
Teorema 19. Sejam f : A ⊂ R2 → R uma funcao de classe C2 definida no aberto A e
(x0, y0) ∈ A. Suponhamos que (x0, y0) seja um ponto singular de f , entao
1. Se∂2f
∂x2(x0, y0) > 0 e H(x0, y0) > 0, entao (x0, y0) e um ponto de mınimo local de f .
2. Se∂2f
∂x2(x0, y0) < 0 e H(x0, y0) > 0, entao (x0, y0) e um ponto de maximo local de f .
3. Se H(x0, y0) < 0, entao (x0, y0) nao e extremo local. Nesse caso, ele e chamado umponto de sela de f .
4. Se H(x0, y0) = 0, entao nada se pode concluir.
Demonstracao: (do ıtem 1.) Inicialmente sejam a 6= 0 e Q(h, k) = ah2 + 2bhk + ck2.Observe que
Q(h, k) = a
(
h +b
ak
)2
+
∣
∣
∣
∣
a bb c
∣
∣
∣
∣
ak2.
Logo, se a > 0 e
∣
∣
∣
∣
a bb c
∣
∣
∣
∣
> 0 entao Q(h, k) > 0.
Por hipotese temos que f e de classe C2, daı∂2f
∂x2e a funcao hessiana H sao contınuas.
Pela hipotese do ıtem (1.) tem-se∂2f
∂x2(x0, y0) > 0 e H(x0, y0) > 0. Da continuidade das
funcoes segue que existe uma bola aberta B de centro (x0, y0) tal que para todo (x, y) ∈ Bvale
∂2f
∂x2(x, y) > 0 e H(x, y) > 0.
Pelo polinomio de Taylor de ordem 1 temos que se (x0 + h, y0 + k) ∈ B, entao existe(x, y) ∈ B tal que
f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)h+
∂f
∂y(x0, y0)k +
1
2!Q(h, k),
onde a =∂2f
∂x2(x, y) > 0, b =
∂2f
∂x∂y(x, y) e c =
∂2f
∂y2(x, y).
84
Das hipoteses temos∂f
∂x(x0, y0) =
∂f
∂y(x0, y0) = 0, a > 0 e
∣
∣
∣
∣
a bb c
∣
∣
∣
∣
> 0. Pelo que vimos
no inıcio da demonstracao tambem temos Q(h, k) ≥ 0. Logo
f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) +1
2!Q(h, k) ≥ f(x0, y0).
Portanto f(x, y) ≥ f(x0, y0) para todo (x, y) na bola B, e daı (x0, y0) e ponto de mınimo localde f .
Exemplo: Seja f(x, y) = x3+ y3−3x−3y+4. Achar os pontos de maximo e mınimo locais.
Solucao: Inicialmente calculamos os pontos singulares de f . Temos ∂f∂x(x, y) = 3x2 − 3 e
∂f∂y(x, y) = 3y2 − 3. Resolvendo as equacoes
3x2 − 3 = 0,3y2 − 3 = 0,
encontramos os pontos singulares
(1, 1), (1,−1), (−1, 1) e (−1,−1).
Calculando a funcao hessiana temos
H(x, y) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂2f∂x2
∂2f∂x∂y
∂2f∂x∂y
∂2f∂y2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
6x 00 6y
∣
∣
∣
∣
= 36xy.
Portanto H(1, 1) > 0, H(−1,−1) > 0, H(−1, 1) < 0 e H(1,−1) < 0, e tambem ∂2f∂x2 (1, 1) =
6 > 0 e ∂2f∂x2 (−1,−1) = −6 < 0. A conclusao e que (1, 1) e ponto de mınimo local, (−1,−1) e
ponto de maximo local e (−1, 1) e (1,−1) sao pontos de sela.
Exemplo: Construir uma caixa sem tampa com a forma de um paralelepıpedo retangulocom 1m3 de volume conforme a figura 36. O material utilizado nas laterais custa o triplodo material usado no fundo. Determine as dimensoes da caixa que minimizam o custo domaterial.
a
b
c
Figura 36: Caixa.
85
Solucao: Sejam a, b e c as dimensoes da caixa. Temos que abc = 1, logo c = 1ab. A area lateral
da caixa e 2ac+2bc e a area do fundo da caixa e ab. Entao a funcao que deve ser minimizadae
f(a, b) = 3(2ac+ 2bc) + ab,
onde c = 1ab. Portanto temos
f(a, b) =6
b+
6
a+ ab.
Calculando as derivadas parciais temos
∂f
∂a= 6
(
− 1
a2
)
+ b = 0
e∂f
∂b= 6
(
− 1
b2
)
+ a = 0
Portanto temos ba2 = ab2 = 6, ou seja, a = b. Daı a3 = 6 implica que a = b = 3√6. Vamos
verificar agora o sinal da funcao hessiana e da derivada de segunda ordem em relacao a a.Temos
∂2f
∂a2=
12
a3,
∂2f
∂a∂b= 1 e
∂2f
∂b2=
12
b3,
logo
H(3√6,
3√6) =
∣
∣
∣
∣
2 11 2
∣
∣
∣
∣
= 4− 1 = 3 > 0 e∂2f
∂a2(
3√6,
3√6) = 2 > 0
Portanto ( 3√6, 3√6) e um ponto de mınimo e as dimensoes da caixa devem ser a = 3
√6, b = 3
√6
e c =3√6
6.
86
Aula 28: 11/06/2010
A partir de agora, estudaremos problemas de maximos e mınimos em conjuntos compactos.Vejamos algumas definicoes.
Definicao 38.
1. Um conjunto A ⊂ R2 e limitado se existe uma bola aberta B de centro (0, 0) e raio k
tal que A ⊂ B, isto e, ‖(x, y)‖ < k para todo (x, y) em A.
2. Um conjunto A ⊂ R2 e fechado se seu complementar Ac e aberto.
3. Um conjunto A ⊂ R2 e compacto se e fechado e limitado.
Exemplos:
1. O conjunto A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1 e compacto.
2. O conjunto A = (x, y) ∈ R2 : y ≥ x2 nao e compacto, pois nao e limitado.
Teorema 20 (Teorema de Weierstrass). Se f : A ⊂ R2 → R e contınua e A e compacto,
entao existem (x1, y1) e (x2, y2) em A tais que
f(x1, y1) ≤ f(x, y) ≤ f(x2, y2) ∀(x, y) ∈ A,
em outras palavras, f possui ponto de maximo global e ponto de mınimo global.
Exemplo: Encontre os pontos de maximo e mınimo globais de f(x, y) = x2 + 3xy − 3x emA = (x, y) ∈ R
2 : x ≥ 0, y ≥ 0 e x+ y ≤ 1.
Solucao: Inicialmente procuramos pontos de maximo e mınimo no interior de A. Calculandoas derivadas parciais temos
∂f
∂x= 2x+ 3y − 3 = 0 e
∂f
∂y= 3x = 0.
Portanto o unico ponto singular e (0, 1) que nao pertence ao interior de A. Pois A e o triangulode vertices P = (0, 1), Q = (0, 0) e M = (1, 0).
Vejamos ao longo do segmento PQ. Temos que g(t) = f(0, t) = 0 para todo t entre 0 e 1,ou seja, f e constante.
Agora vejamos ao longo do segmento PM . Uma parametrizacao para o segmento PM e(t, 1 − t), com t variando de 0 a 1. Seja g(t) = f(t, 1 − t) = t2 + 3t(1 − t) − 3t = −2t2. Ovalor maximo de f em PM e 0 que ocorre em P e o valor mınimo e −2 que ocorre em M .
No segmento QM . Uma parametrizacao para QM e (t, 0) com t variando de 0 a 1. Sejag(t) = f(t, 0) = t2 − 3t. Observe que g′(t) = 2t − 3 que e negativa para todo t entre 0 e1. Logo g e decrescente e daı o valor maximo e 0 e ocorre em Q e o valor mınimo e −2 queocorre em M .
A conclusao do exercıcio e que (1, 0) e ponto de mınimo global de f e todos os pontos daforma (0, t) com t entre 0 e 1 sao pontos de maximo globais de f .
Exemplo: Ache os pontos de maximo e mınimo globais de f(x, y) = xy em A = (x, y) ∈R
2 : x2 + y2 ≤ 1.
87
Solucao: Calculando as derivadas parciais de f e igualando a zero vemos que o unico pontosingular de f e (0, 0). O hessiano nesse ponto e H(0, 0) = −1 < 0 e daı (0, 0) e um ponto desela.
Para os pontos da fronteira de A, usamos a parametrizacao (cos t, sent), com t variandode 0 a 2π. Logo analisamos os pontos de maximo e mınimo da funcao g(t) = f(cos t, sent) =
cos tsent =sen(2t)
2, com 0 ≤ t ≤ 2π. Temos
g′(t) = cos(2t) = 0 ⇐⇒ t ∈
π
4,3π
4,5π
4,7π
4
.
Nesses pontos temos que
g′′(π
4
)
= −2, g′′(
3π
4
)
= 2, g′′(
5π
4
)
= −2 e g′′(
7π
4
)
= 2,
portanto os pontosπ
4e5π
4sao pontos de maximo de g e
3π
4e7π
4sao pontos de mınimo.
Portanto os pontos de maximo globais de f sao
(√2
2,
√2
2
)
e
(
−√2
2,−
√2
2
)
e os pontos
de mınimo globais de f sao
(
−√2
2,
√2
2
)
e
(√2
2,−
√2
2
)
.
88
Setima Lista de Exercıcios
1. Determine o polinomio de Taylor de ordem 1 da funcao dada, em torno do ponto (x0, y0)dado.
(a) f(x, y) = ex+5y e (x0, y0) = (0, 0).
(b) f(x, y) = x3 + y3 − x2 + 4y e (x0, y0) = (1, 1).
(c) f(x, y) = sen(3x+ 4y) e (x0, y0) = (0, 0).
2. Determine o polinomio de Taylor de ordem 2 da funcao dada, em torno do ponto (x0, y0)dado.
(a) f(x, y) = xseny e (x0, y0) = (0, 0).
(b) f(x, y) = x3 + 2x2y + 3y3 + x− y e (x0, y0) = (1, 1).
3. Selecione os candidatos a extremantes locais, sendo f(x, y) =
(a) 2x2 + y2 − 2xy + x− y.
(b) x3 − y2 + xy + 5.
(c) x5 + y5 − 5x− 5y.
4. Estude com relacao a maximos e mınimos locais a funcao f(x, y) =
(a) x2 + 3xy + 4y2 − 6x+ 2y.
(b) x3 + 2xy + y2 − 5x.
(c) x2 − 4xy + 4y2 − x+ 3y + 1.
(d) x4 + y4 − 2x2 − 2y2.
(e) x4 + xy + y2 − 6x− 5y.
5. Determine o ponto do plano x+ 2y − z = 4 que se encontra mais proximo da origem.
6. Considere as retas reversas r e s de equacoes (x, y, z) = (0, 0, 2) + λ(1, 2, 0), λ ∈ R, e(x, y, z) = (0, 0, 4) + µ(1, 1, 1), µ ∈ R, respectivamente. Determine P e Q, com P ∈ r eQ ∈ s, de modo que a distancia de P a Q seja a menor possıvel.
7. Determinada empresa produz dois produtos cujas quantidades sao indicadas por x ey. Tais produtos sao oferecidos ao mercado consumidor a precos unitarios p1 e p2,respectivamente, que dependem de x e de y conforme equacoes: p1 = 120 − 2x e p2 =200−y. O custo total da empresa para produzir e vender quantidades x e y dos produtose dado por C = x2+2y2+2xy. Admitindo que toda producao da empresa seja absorvidapelo mercado, determine a producao que maximiza o lucro.
8. Para produzir determinado produto cuja quantidade e representada por z, uma empresautiliza dois fatores de producao (insumos) cujas quantidades serao indicadas por x e y.Os precos unitarios dos fatores de producao sao, respectivamente, 2 e 1. O produto seraoferecido ao mercado a um preco unitario 5. A funcao producao da empresa e dada porz = 900− x2 − y2 + 32x+ 41y. Determine a producao que maximiza o lucro.
89
9. Determine o ponto do plano 3x+ 2y + z = 12 cuja soma dos quadrados das distanciasa (0, 0, 0) e (1, 1, 1) seja mınima.
10. Seja f(x, y) = x2(y4 − x2) e considere, para cada vetor v = (h, k), a funcao gv(t) =f(ht, kt). Verifique que t = 0 e ponto de maximo local de cada gv, mas que (0, 0) nao eponto de maximo local de f .
11. Estude a funcao dada com relacao a maximo e mınimo no conjunto dado.
(a) f(x, y) = x2 + 3xy − 3x em A = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1.
(b) f(x, y) = xy em A = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, 2x+ y ≤ 5.
(c) f(x, y) = y2 − x2 em A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4.
12. Suponha que T (x, y) = 4−x2−y2 represente uma distribuicao de temperatura no plano.Seja A = (x, y) ∈ R
2 : x ≥ 0, y ≥ x, 2y + x ≤ 4. Determine o ponto de A de menortemperatura.
13. Estude com relacao a maximos e mınimos a funcao dada com as restricoes dadas.
(a) f(x, y) = x2 − 2xy + y2 e x2 + y2 = 1.
(b) f(x, y) = x2 − 2y2 e x2 + y2 − 2x = 0.
14. Determine o paralelepıpedo-retangulo de volume maximo, com arestas paralelas aoseixos, inscrito no elipsoide
x2
4+
y2
9+
z2
16= 1.
90
Aula 29: 16/06/2010
Aula de Duvidas, Revisao e Exercıcios.
91
Aula 30: 18/06/2010
Segunda Prova de Calculo II
1. Seja f : R2 → R uma funcao de classe C2 e defina g : R → R por
g(t) = t3∂f
∂x(3t2, 2t).
Calcule g′(t) em termos das derivadas parciais de f .
2. Mostre que a equacao x2y + seny = x define implicitamente pelo menos uma funcao
diferenciavel y = y(x) e expressedy
dxem termos de x e y.
3. Determine o polinomio de Taylor de ordem dois da funcao definida pela expressaof(x, y) = x2 + xy + sen(3x+ 4y) em torno do ponto (x0, y0) = (0, 0).
4. Determine o ponto, situado no primeiro quadrante, da elipse de equacao 3x2+3y2
2= 18
no qual a reta tangente e paralela a reta x+ y = 10.
5. Estude com relacao a maximos e mınimos locais a funcao 2x2 − 4xy+4y2 − x+ 3y+1.
Boa Prova!
92
Resolucao da Prova
1. Aplicando a Regra da Cadeia temos
g′(t) = 3t2∂f
∂x(3t2, 2t) + t3
[
∂2f
∂x2(3t2, 2t)6t+
∂2f
∂x∂y(3t2, 2t)2
]
,
ou seja,
g′(t) = 3t2∂f
∂x(3t2, 2t) + 6t4
∂2f
∂x2(3t2, 2t) + 2t3
∂2f
∂x∂y(3t2, 2t).
2. Considere a funcao F (x, y) = x2y + seny − x. Observe que F e de classe C1 e
∂F
∂y(x, y) = x2 + cos y.
Tomando-se o ponto (x0, y0) = (0, 0) tem-se
F (x0, y0) = 0 e∂F
∂y(x0, y0) = 1 6= 0.
Portanto o Teorema da Funcao Implıcita garante que a equacao F (x, y) = 0 defineimplicitamente pelo menos uma funcao diferenciavel y = y(x). E o mesmo teoremaafirma que
dy
dx= −
∂F
∂x(x, y)
∂F
∂y(x, y)
= − 2xy − 1
x2 + cos y.
3. O polinomio de Taylor de ordem 2 de f em torno do ponto (0, 0) e dada por
P2(x, y) = f(0, 0) +∂f
∂x(0, 0)x+
∂f
∂y(0, 0)y+
1
2!
[
∂2f
∂x2(0, 0)x2 +
(
20
)
∂2f
∂x∂y(0, 0)xy +
∂2f
∂y2(0, 0)y2
]
.
As derivadas parciais de f sao dadas por
∂f
∂x(x, y) = 2x+ y + 3 cos(3x+ 4y)
∂f
∂x(0, 0) = 3
∂f
∂y(x, y) = x+ 4 cos(3x+ 4y)
∂f
∂y(0, 0) = 4
∂2f
∂x2(x, y) = 2− 9sen(3x+ 4y)
∂2f
∂x2(0, 0) = 2
∂2f
∂x∂y(x, y) = 1− 12sen(3x+ 4y)
∂2f
∂x∂y(0, 0) = 1
∂2f
∂y2(x, y) = −16sen(3x+ 4y)
∂2f
∂y2(0, 0) = 0
PortantoP2(x, y) = 3x+ 4y + x2 + xy.
93
4. Usando a propriedade que o vetor gradiente e perpendicular a curva de nıvel, temos queo vetor normal a reta tangente a elipse num ponto (a, b) e
∇f(a, b) = (6a, 3b).
Para que a reta tangente a elipse seja paralela a reta x+y = 10, devemos ter que (6a, 3b)seja paralelo ao vetor (1, 1). Portanto concluımos que b = 2a. Por outro lado, o ponto
(a, b) tem que satisfazer a equacao da elipse 3x2 +3y2
2= 18 e ainda tem que estar no
primeiro quadrante, ou seja, a > 0 e b > 0. Logo
3a2 +3(2a)2
2= 18 ⇒ a2 = 2.
Finalmente temos que o ponto e
P = (√2, 2
√2).
5. Calculando as derivadas parciais de primeira ordem e igualando a zero temos
4x− 4y − 1 = 0−4x+ 8y + 3 = 0
Resolvendo o sistema acima temos um unico ponto singular dado por
(
−1
4,−1
2
)
.
Alem disso, calculando a segunda derivada parcial de f em relacao a x e a funcaohessiana temos
∂2f
∂x2(x, y) = 4 > 0 e H(x, y) =
∣
∣
∣
∣
∣
∂2f∂x2 (x, y)
∂2f∂x∂y
(x, y)∂2f∂x∂y
(x, y) ∂2f∂y2
(x, y)
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
4 −4−4 8
∣
∣
∣
∣
= 16 > 0.
Portanto o ponto
(
−1
4,−1
2
)
e um ponto de mınimo local de f .
94
Aula 31: 23/06/2010
6.11 Multiplicadores de Lagrange
Para se resolver problemas do tipo: “Encontrar maximos e mınimos de uma funcao f : A ⊂R
2 → R sujeito a um vınculo g(x, y) = 0, onde g : A ⊂ R2 → R.” Usaremos o metodo dos
Multiplicadores de Lagrange.
Teorema 21 (Teorema de Lagrange). Sejam f, g : A ⊂ R2 → R de classe C1. Suponhamos
que ∇g(x, y) 6= (0, 0) para todo (x, y) em g−1(0). Se (x0, y0) ∈ A e um extremo (maximo oumınimo) de f , sujeito ao vınculo g(x, y) = 0, entao existe λ ∈ R tal que
∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0).
Demonstracao: Seja α(t) = (α1(t), α2(t)) uma parametrizacao de g(x, y) = 0 e suponha-mos que α(t0) = (x0, y0). Defina uma funcao de uma variavel t por F (t) = f(α(t)). Comof(x0, y0) e um extremo, entao F ′(t0) = 0. Mas
F ′(t) = 〈∇f(α(t)), α′(t)〉.
Daı 0 = F ′(t0) = 〈∇f(α(t0)), α′(t0)〉 = 〈∇f(x0, y0), α
′(t0)〉. Entao o vetor ∇f(x0, y0) eortogonal a α′(t0). Mas α′(t0) e tangente a curva g(x, y) = 0 e ∇g(x0, y0) e ortogonal acurva g(x, y) = 0. Portanto ∇f(x0, y0) e paralelo a ∇g(x0, y0), ou seja, existe λ ∈ R tal que∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0).
Observacao: Para procurar pontos extremos de uma funcao f : A ⊂ R2 → R sujeito a um
vınculo g(x, y) = 0, onde g : A ⊂ R2 → R, devemos encontrar (x, y, λ) que satisfaz
∂f
∂x(x, y) = λ
∂g
∂x(x, y),
∂f
∂y(x, y) = λ
∂g
∂y(x, y),
g(x, y) = 0.
Exemplo: Ache os extremos de f(x, y) = xy se (x, y) esta restrito a elipse 4x2 + y2 = 4.
Solucao: O vınculo e dado por g(x, y) = 4x2 + y2 − 4. Calculando as derivadas parciais da fe da g e substituindo no sistema
∂f
∂x(x, y) = λ
∂g
∂x(x, y),
∂f
∂y(x, y) = λ
∂g
∂y(x, y),
g(x, y) = 0,
temos
y = λ8x,x = λ2y,4x2 + y2 − 4 = 0.
95
Das duas primeiras equacoes temos y = 16λ2y, ou seja, y = 0 ou λ = ±14. Claro que
se y = 0 entao pela segunda equacao temos x = 0 e a terceira equacao nao e satisfeita.Para λ = 1
4temos y = 2x e dai calculando a interseccao da reta y = 2x com a elipse
4x2+ y2 = 4 encontramos os pontos(√
22,√2)
e(
−√22,−
√2)
. Para λ = −14temos y = −2x
e dai calculando a interseccao da reta y = −2x com a elipse 4x2+y2 = 4 encontramos os pontos(
−√22,√2)
e(√
22,−
√2)
. Calculando os valores de f nesses pontos temos f(√22,√2) = 1,
f(√22,−
√2) = −1, f(−
√22,√2) = −1 e f(−
√22,−
√2) = 1. Logo os pontos de maximo sao
(√2
2,√2
)
e
(
−√2
2,−
√2
)
,
e os pontos de mınimo sao
(
−√2
2,√2
)
e
(√2
2,−
√2
)
.
Teorema 22 (Extensao do Teorema de Lagrange). Sejam g, f : A ⊂ R3 → R de classe C1.
Suponhamos que ∇g(x, y, z) 6= (0, 0, 0) para todo (x, y, z) ∈ g−1(0). Se f tem um extremo em(x0, y0, z0) sujeito ao vınculo g(x, y, z) = 0, entao existe λ ∈ R tal que
∇f(x0, y0, z0) = λ∇g(x0, y0, z0).
Exemplo: Ache o volume da maior caixa retangular de lados paralelos aos planos coordena-dos, que possa ser inscrita no elipsoide 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144.
Solucao: A funcao que queremos maximizar e V (x, y, z) = (2x)(2y)(2z) = 8xyz e o vınculo eg(x, y, z) = 16x2 + 4y2 + 9z2 − 144. Portanto temos o sistema de equacoes
8yz = λ32x,8xz = λ8y,8xy = λ18z,16x2 + 4y2 + 9z2 − 144 = 0.
Multiplicando a primeira equacao por x, a segunda por y, a terceira por z e somando obtemos24xyz = 2λ(16x2 + 4y2 + 9z2) = 288λ. Portanto xyz = 12λ.
Multiplicando a primeira equacao por x e substituindo xyz = 12λ, chegamos a conclusaoque λ = 0 ou x =
√3. A solucao λ = 0 tem que ser desprezada, senao terıamos volume zero.
Multiplicando a segunda equacao por y e substituindo xyz = 12λ, chegamos a conclusaoque λ = 0 ou y = 2
√3. Finalmente multiplicando a terceira equacao por z e substituindo
xyz = 12λ, chegamos a conclusao que λ = 0 ou z = 4√3. Portanto, o maior volume da caixa
inscrita eV (
√3, 2
√3, 4
√3) = 192
√3 ' 333.
Observacao: Algumas aplicacoes podem envolver mais de um vınculo. Por exemplo acharos extremos de f(x, y, z) sujeita a dois vınculos g(x, y, z) = 0 e h(x, y, z) = 0. Nesse caso acondicao que tem que ser satisfeita e
∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z).
96
Aula 32: 25/06/2010
Revisao de Integrais de funcoes de uma variavel
Inicialmente apresentamos as primitivas de algumas funcoes elementares:
∫
exdx = ex + k,∫
xndx =xn
n+ 1+ k(n 6= −1),
∫
1
xdx = ln |x|+ k,
∫
cosxdx = senx+ k,∫
senxdx = − cosx+ k,∫
1
1 + x2dx = arctan x+ k,
∫
1√1− x2
dx = arcsenx+ k.
Agora vamos calcular alguns exemplos.
Exemplo: Calcule∫
cos2 xdx.Solucao: Inicialmente observamos que
cos 2x = cos(x+x) = cos x cosx−senxsenx = cos2 x−sen2x = cos2 x−(1−cos2 x) = 2 cos2 x−1.
Portanto temos cos2 x =cos 2x
2+
1
2e daı
∫
cos2 xdx =
∫ (
cos 2x
2+
1
2
)
dx =sen2x
4+
1
2x+ k.
Integracao por Substituicao
Para calcular uma integral da forma
∫
f(g(x))g′(x)dx, podemos fazer a substituicao
u = g(x) ⇒ du = g′(x)dx.
Daı temos a seguinte expressao
∫
f(g(x))g′(x)dx =
∫
f(u)du.
97
Exemplos:
1. Calcule
∫
√π2
0
x cos x2dx.
Solucao: Fazendo a substituicao u = x2 temos du = 2xdx. Logo xdx = 12du. Portanto
temos∫
x cosx2dx =
∫
1
2cosudu =
1
2senu+ k =
1
2senx2 + k.
Daı∫
√π2
0
x cosx2dx =
[
1
2senx2
]
√π2
0
=1
2− 0 =
1
2.
2. Calcule
∫
x
1 + x2dx.
Solucao: Fazemos a substituicao u = x2 + 1. Daı du = 2xdx e daı vem∫
x
1 + x2dx =
∫
1
2
1
udu =
1
2ln u+ k =
1
2ln(1 + x2) + k.
3. Calcule
∫
x
1 + x4dx.
Solucao: A substituicao u = 1 + x4 nao da certo, mas a substituicao u = x2 leva adu = 2xdx e
∫
x
1 + x4dx =
∫
1
2
1
1 + u2du =
1
2arctanu+ k =
1
2arctan(x2) + k.
4. Calcule
∫
x3√1 + x2dx.
Solucao: Fazemos a substituicao u = 1 + x2, logo du = 2xdx. Daı∫
x3√1 + x2dx =
∫
1
2x2√1 + x22xdx =
∫
1
2(u− 1)
√udu =
1
2
∫
(
u32 − u
12
)
du =
1
2
[
u52
52
− u32
32
]
+ k =
√u5
5−
√u3
3+ k =
√
(1 + x2)5
5−√
(1 + x2)3
3+ k.
5. Calcule
∫
senx
cos3 xdx.
Solucao: Fazemos a substituicao u = cosx, logo du = −senxdx. Daı∫
senx
cos3 xdx = −
∫
1
u3du =
1
2u2+ k =
1
2 cos2 x+ k.
6. Calcule
∫
sen4x cos3 xdx.
Solucao: Observe que podemos escrever
sen4x cos3 x = sen4x cos2 x cosx = sen4x(1 − sen2x) cosx = (−sen6x+ sen4x) cosx.
98
Entao, fazendo a substituicao u = senx temos∫
sen4x cos3 xdx =
∫
(−sen6x+ sen4x) cosxdx =
∫
(−u6 + u4)du =
−u7
7+
u5
5+ k = −sen7x
7+
sen5x
5+ k.
7. Calcule
∫
2
3 + 2x2dx.
Solucao: Observe que podemos escrever
2
3 + 2x2=
2
3
1
1 + 23x2
=2
3
1
1 +(√
23x)2 .
Fazendo a substituicao
√
2
3x = u, temos du =
√
2
3dx e daı
∫
2
3 + 2x2dx =
√
3
2
∫
2
3
1
1 + u2du =
√6
3arctan
(
√
2
3x
)
+ k.
Integracao por partes
Observando que [f(x).g(x)]′ = f ′(x).g(x)+f(x).g′(x), segue que f ′(x).g(x) = [f(x).g(x)]′−f(x).g′(x) e portanto temos
∫
f ′(x).g(x) = f(x).g(x)−∫
f(x).g′(x).
Chamando u = f(x) e v = g(x) temos du = f ′(x)dx e dv = g′(x)dx e podemos escrever aexpressao anterior como
∫
udv = uv −∫
vdu.
Exemplos:
1. Calcule
∫
x cos xdx.
Solucao: Fazendo u = x e dv = cosxdx temos que v = senx e du = dx logo∫
x cosxdx = xsenx−∫
senxdx = xsenx+ cosx+ k.
2. Calcule
∫
arctan xdx.
Solucao: Fazendo u = arctanx e dv = dx temos que v = x e du =1
1 + x2dx logo
∫
arctanxdx = x arctan x−∫
x
1 + x2dx.
Fazendo uma integracao por substituicao na ultima integral temos∫
arctan xdx = x arctanx− 1
2ln(1 + x2) + k.
99
Aula 33: 03/08/2010
7 Integral dupla
7.1 Definicao
Inicialmente faremos a definicao de somas de Riemann. Considere um retangulo R = (x, y) ∈R
2 : a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d. Sejam P1 = a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b eP2 = c = y0 < y1 < y2 < · · · < ym = d. O conjunto
P = (xi, yj) : i = 1, 2, . . . , n e j = 1, 2, . . . , m
e chamado particao do retangulo R. Uma particao determina mn retangulos Rij =(x, y) ∈ R
2 : xi−1 ≤ x ≤ xi e yi−1 ≤ y ≤ yi. Veja a figura 37.
a b
c
d
Rij
Figura 37: Particao de um retangulo.
Seja B ⊂ R2. Se B e limitado, entao existe um retangulo R com B ⊂ R.
∆yj
∆xi
B
Xij
Figura 38: Conjunto limitado em R2.
Definicao 39. Sejam B um conjunto limitado, f : B ⊂ R2 → R uma funcao, R um retangulo
com B ⊂ R e P = (xi, yj) : i = 1, 2, . . . , n e j = 1, 2, . . . , m uma particao de R. Para cadai = 1, . . . , n e j = 1, . . . , m seja Xij ∈ Rij um ponto escolhido arbitrariamente. O numero
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj,
100
onde f(Xij) = 0 se Xij 6∈ B, ∆xi = xi−xi−1, ∆yj = yj−yj−1, chama-se soma de Riemann
de f relacionada a particao P e aos Xij.
Observe que se f(Xij) > 0, entao f(Xij)∆xi∆yj e o volume do paralelepıpedo de alturaf(Xij) e base Rij . Veja a figura 39.
Figura 39: Interpretacao geometrica da Soma de Riemann.
Indicaremos por ∆ o maior dos ∆x1,∆x2, . . . ,∆xn e ∆y1,∆y2, . . . ,∆ym. Observe que se∆ tende a zero, entao todos os ∆xi e ∆yj tendem a zero.
Definicao 40. Dizemos que o numero
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj tende a L quando ∆ tende a
zero e escrevemos
lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj = L
se ∀ε > 0 dado, ∃δ > 0, que depende apenas de ε, tal que∣
∣
∣
∣
∣
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj − L
∣
∣
∣
∣
∣
< ε
para toda particao P com ∆ < δ. O numero L chama-se integral dupla de f sobre B eindica-se por
∫∫
Bf(x, y)dxdy. Ou seja,
∫∫
B
f(x, y)dxdy = lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj .
Se o limite acima existe dizemos que f e integravel em B.
Observacao 2.
• A area de B e igual a∫∫
Bdxdy.
• Se f : B ⊂ R2 → R e integravel em B com f(x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ B, entao o
volume do conjunto A = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ B e 0 ≤ z ≤ f(x, y) e dado por
Volume de A =
∫∫
B
f(x, y)dxdy.
101
Exemplo: Seja f(x, y) = k definida no retangulo R = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d.
Prove que f e integravel e∫∫
Rf(x, y)dxdy = k(b− a)(d− c).
Solucao: Dado qualquer particao P = (xi, yj) ∈ R2 : i = 1, 2, . . . , n e j = 1, 2, . . . , m temos
que f(Xij) = k para qualquer Xij ∈ Rij e ainda∑n
i=1∆xi = b − a e∑m
j=1∆yj = d − c.Portanto temos
lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj = lim∆→0
k
(
n∑
i=1
∆xi
)(
m∑
j=1
∆yj
)
= k(b− a)(d− c).
102
Aula 34: 05/08/2010
7.2 Propriedades da integral
Proposicao 6. Se f, g : B ⊂ R2 → R sao integraveis em B, e k e uma constante, entao
as funcoes f + g e kf sao integraveis em B. Alem disso,∫∫
B(f(x, y) + g(x, y))dxdy =
∫∫
Bf(x, y)dxdy +
∫∫
Bg(x, y)dxdy e
∫∫
Bkf(x, y)dxdy = k
∫∫
Bf(x, y)dxdy.
Demonstracao: Como f e integravel, entao o limite
lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj
existe. Como g e integravel, entao o limite
lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
g(Xij)∆xi∆yj
existe. Sabemos que
n∑
i=1
m∑
j=1
(f(Xij) + g(Xij))∆xi∆yj =
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj +
n∑
i=1
m∑
j=1
g(Xij)∆xi∆yj.
Passando ao limite temos
lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
(f(Xij)+g(Xij))∆xi∆yj = lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj+lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
g(Xij)∆xi∆yj .
Portanto f + g e integravel e
∫∫
B
(f(x, y) + g(x, y))dxdy =
∫∫
B
f(x, y)dxdy +
∫∫
B
g(x, y)dxdy.
Para a funcao kf , basta observar que
n∑
i=1
m∑
j=1
kf(Xij)∆xi∆yj = k
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj
e dai passando ao limite vem que kf e integravel e
∫∫
B
kf(x, y)dxdy = k
∫∫
B
f(x, y)dxdy.
Proposicao 7. Se f : B ⊂ R2 → R e integravel em B e f(x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ B,
entao∫∫
Bf(x, y)dxdy ≥ 0.
103
Demonstracao: Como f(x, y) ≥ 0 para todo (x, y) ∈ B, entao dado qualquer particaoP = (xi, yj) : i = 1, 2, . . . , n e j = 1, 2, . . . , m temos que
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj ≥ 0.
Portanto, passando ao limite temos
lim∆→0
n∑
i=1
m∑
j=1
f(Xij)∆xi∆yj ≥ 0.
Portanto∫∫
B
f(x, y)dxdy ≥ 0.
Proposicao 8. Se f, g : B ⊂ R2 → R sao integraveis em B e f(x, y) ≤ g(x, y) para todo
(x, y) ∈ B, entao∫∫
Bf(x, y)dxdy ≤
∫∫
Bg(x, y)dxdy.
Demonstracao: Como f(x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) ∈ B, entao g(x, y)− f(x, y) ≥ 0para todo (x, y) ∈ B. Daı, pela Proposicao 7 segue que
∫∫
B
(g(x, y)− f(x, y))dxdy ≥ 0.
Usando agora a Proposicao 6 temos
∫∫
B
g(x, y)dxdy −∫∫
B
f(x, y)dxdy ≥ 0, ou seja,
∫∫
B
f(x, y)dxdy ≤∫∫
B
g(x, y)dxdy.
7.3 Teorema de Fubini
Nesta secao veremos um teorema que sera muito util para o calculo de integrais duplas.Transformaremos o problema de encontrar uma integral dupla por um problema de calcularduas integrais (de uma variavel) repetidas.
∆yj
Figura 40: Interpretacao geometrica do Teorema de Fubini.
104
Seja R = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d um retangulo e f : R ⊂ R
2 → R umafuncao integravel em R. Para cada y fixo em [c, d] podemos considerar a funcao x 7→ f(x, y).Chamemos de fy(x) = f(x, y). Se para cada y a funcao fy e integravel em [a, b], entaopodemos considerar a funcao
α(y) =
∫ b
a
f(x, y)dx.
Observe que se f(x, y) ≥ 0 para todo (x, y), entao α(y) e a area da figura hachurada na figura40.
Em breve vamos enunciar o Teorema de Fubini que afirma que
∫∫
R
f(x, y)dxdy =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy.
Portanto teremos∫∫
R
f(x, y)dxdy =
∫ d
c
α(y)dy.
Observe que se tomamos uma particao P2 = c = y0 < y1 < · · · < ym = d de [c, d] entao asomas de Riemann da funcao α sao da forma
m∑
j=1
α(ξj)∆yj.
E α(ξj)∆yj e o volume do solido de base α(ξj) (figura hachurada na figura 40) e altura ∆yj,ou seja, as somas de Riemann de α se aproximam das somas de Riemann de f .
105
Aula 35: 10/08/2010
Teorema 23 (Teorema de Fubini). Seja f : R ⊂ R2 → R uma funcao integravel no retangulo
R = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d. Suponhamos que
∫ b
af(x, y)dx exista para todo
y ∈ [c, d] e que∫ d
cf(x, y)dy exista para todo x ∈ [a, b]. Entao
∫∫
R
f(x, y)dxdy =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y)dy
]
dx.
Demonstracao: Sejam P1 = a = x0 < x1 < · · · < xn = b particao de [a, b] e P2 = c =y0 < y1 < · · · < ym = d particao de [c, d]. Vamos chamar de mij = minf(x, y) : xi−1 ≤x ≤ xi e yj−1 ≤ y ≤ yj e de Mij = maxf(x, y) : xi−1 ≤ x ≤ xi e yj−1 ≤ y ≤ yj. Portantotemos
mij ≤ f(x, y) ≤ Mij ∀(x, y) ∈ Rij ,
logo
mij∆xi ≤∫ xi
xi−1
f(x, y)dx ≤ Mij∆xi.
Daı seguen∑
i=1
mij∆xi ≤∫ b
a
f(x, y)dx ≤n∑
i=1
Mij∆xi,
ou seja,n∑
i=1
mij∆xi ≤ α(y) ≤n∑
i=1
Mij∆xi.
Para qualquer ξj ∈ [yj−1, yj] temos que vale
n∑
i=1
mij∆xi∆yj ≤ α(ξj)∆yj ≤n∑
i=1
Mij∆xi∆yj
e portanto calculando as somas de Riemann vem
m∑
j=1
n∑
i=1
mij∆xi∆yj ≤m∑
j=1
α(ξj)∆yj ≤m∑
j=1
n∑
i=1
Mij∆xi∆yj ,
e passando ao limite quando ∆ → 0, vem
∫∫
R
f(x, y)dxdy ≤∫ d
c
α(y)dy ≤∫∫
R
f(x, y)dxdy.
Dessa forma provamos que
∫∫
R
f(x, y)dxdy =
∫ d
c
α(y)dy =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy.
A outra igualdade do enunciado prova-se de maneira analoga.
106
A partir de agora faremos diversas aplicacoes das propriedades das integrais duplas e doTeorema de Fubini.
Exemplos:
1. Calcule∫∫
R(x+ y)dxdy, onde R = [0, 1]× [1, 2].
Solucao: Usando o teorema de Fubini temos∫∫
R
(x+ y)dxdy =
∫ 2
1
[∫ 1
0
(x+ y)dx
]
dy =
∫ 2
1
[
(
x2
2+ xy
)1
0
]
dy =
∫ 2
1
(
1
2+ y
)
dy =
(
y
2+
y2
2
)2
1
= 1 + 2− 1
2− 1
2= 2.
Observe que invertendo a ordem de integracao, tambem podemos resolver da seguinteforma
∫∫
R
(x+ y)dxdy =
∫ 1
0
[∫ 2
1
(x+ y)dy
]
dx =
∫ 1
0
[
(
xy +y2
2
)2
1
]
dx =
∫ 1
0
(
2x+ 2− x− 1
2
)
dy =
(
x2
2+
3x
2
)1
0
=1
2+
3
2= 2.
2. Calcule∫ 1
−1
∫ 2
0xy2dxdy e
∫ 2
0
∫ 1
−1xy2dydx.
Solucao:∫ 1
−1
∫ 2
0
xy2dxdy =
∫ 1
−1
[
(
x2y2
2
)2
0
]
dy =
∫ 1
−1
2y2dy =
(
2y3
3
)1
−1
=4
3.
∫ 2
0
∫ 1
−1
xy2dydx =
∫ 2
0
[
(
xy3
3
)1
−1
]
dy =
∫ 2
0
2x
3dy =
(
x2
3
)2
0
=4
3.
3. Calcule o volume do conjunto A formado pelos pontos (x, y, z) tais que 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ x2 + y2. Veja figura 41.
Figura 41: Volume do conjunto A.
Solucao: Pelo que vimos, se chamarmos R = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1, entao ovolume de A e dado por
V ol A =
∫∫
R
(x2 + y2)dxdy =
∫ 1
0
[∫ 1
0
(x2 + y2)dx
]
dy =
∫ 1
0
[
(
x3
3+ xy2
)1
0
]
dy =
∫ 1
0
(
1
3+ y2
)
dy =
(
y
3+
y3
3
)1
0
=1
3+
1
3=
2
3.
107
4. Calcule∫∫
Bxydxdy, onde B = (x, y) ∈ R
2 : 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ x2.Solucao: A regiao B e mostrada na figura 42. Seja R = [0, 1] × [0, 1]. E defina uma
1
1
Figura 42: Regiao B.
funcao F : R ⊂ R2 → R por
F (x, y) =
xy se (x, y) ∈ B,0 se (x, y) 6∈ B.
Portanto temos que
∫∫
B
xydxdy =
∫∫
R
F (x, y)dxdy =
∫ 1
0
[∫ 1
0
F (x, y)dy
]
dx.
Observe que para cada y fixado temos que
∫ 1
0
F (x, y)dy =
∫ x2
0
F (x, y)dy +
∫ 1
x2
F (x, y)dy =
∫ x2
0
xydy + 0 =
(
xy2
2
)x2
0
=x5
2.
Portanto∫∫
B
xydxdy =
∫ 1
0
x5
2dx =
(
x6
12
)1
0
=1
12.
Corolario 3. Sejam c, d : [a, b] → R duas funcoes contınuas em [a, b] tais que para todox ∈ [a, b], c(x) ≤ d(x). Seja B o conjunto de todos os pontos (x, y) tais que a ≤ x ≤ b ec(x) ≤ y ≤ d(x). Conforme na figura 43. Se f for contınua em B, entao
∫∫
B
f(x, y)dxdy =
∫ b
a
[
∫ d(x)
c(x)
f(x, y)dy
]
dx.
a
B
b
c(x)
d(x)
Figura 43: Regiao B.
108
Aula 36: 12/08/2010
Corolario 4. Sejam a, b : [c, d] → R duas funcoes contınuas em [c, d] tais que para todoy ∈ [c, d], a(y) ≤ b(y). Seja B o conjunto de todos os pontos (x, y) tais que c ≤ y ≤ d ea(y) ≤ x ≤ b(y). Conforme na figura 44. Se f for contınua em B, entao
∫∫
B
f(x, y)dxdy =
∫ d
c
[
∫ b(y)
a(y)
f(x, y)dx
]
dy.
d
B
ca(y)
b(y)
Figura 44: Regiao B.
Exemplos:
1. Calcule∫∫
B(x− y)dxdy, onde B e o semicırculo x2 + y2 ≤ 1 e x ≥ 0. Veja figura 45.
1
−1−√1− x2
√1− x2
Figura 45: Semicırculo x2 + y2 ≤ 1 e x ≥ 0.
Solucao: Observe que podemos aplicar o Corolario 3 colocando a variacao de x nointervalo [0, 1] e a variacao de y como −
√1− x2 ≤ y ≤
√1− x2. Daı temos
∫∫
B
(x− y)dxdy =
∫ 1
0
[
∫
√1−x2
−√1−x2
(x− y)dy
]
dx =
∫ 1
0
(
xy − y2
2
)
√1−x2
−√1−x2
dx =
=
∫ 1
0
2x√1− x2dx =
(
−2
3
√
(1− x2)3)1
0
=2
3.
Para encontrar uma primitiva dessa ultima integral usamos integracao por substituicaofazendo u = 1− x2, logo du = −2xdx. Daı
∫
2x√1− x2dx = −
∫ √udu = −u
32
32
= −2
3
√
(1− x2)3.
109
Uma outra solucao possıvel e usando o Corolario 4. Podemos colocar a variacao de yno intervalo [−1, 1] e a variacao de x como 0 ≤ x ≤
√
1− y2. Daı temos
∫∫
B
(x− y)dxdy =
∫ 1
−1
[
∫
√1−y2
0
(x− y)dx
]
dy =
∫ 1
−1
(
x2
2− xy
)
√1−y2
0
dy =
=
∫ 1
−1
(
1
2− y2
2− y√
1− y2)
dy =
=
(
y
2− y3
6+
2
6
√
(1− y2)3)1
−1
=1
2− 1
6+
1
2− 1
6=
2
3.
2. Calcule o volume do conjunto
V = (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1− x2.
A figura 46-(a) mostra o grafico da funcao f(x, y) = 1 − x2, a figura 46-(b) mostra oconjunto V e a figura 46-(c) mostra a regiao onde a integral deve ser calculada, isto e,a regiao dos pontos (x, y) que satisfazem x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1.
(a) (b) (c)
1
1
y = 1− x
Figura 46: Figuras do exemplo 2.
Solucao:
V ol V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1− x2)dydx =
∫ 1
0
(
(1− x2)y)1−x
0dx =
∫ 1
0
(1− x− x2 + x3)dx =
=
(
x− x2
2− x3
3+
x4
4
)1
0
= 1− 1
2− 1
3+
1
4=
12− 6− 4 + 3
12=
5
12.
3. Calcule∫∫
Bxydxdy onde B e o triangulo de vertices (−1, 0), (0, 1) e (1, 0).
Solucao: A reta que liga os pontos (−1, 0) e (0, 1) e y = x+1 e a reta que liga os pontos(0, 1) e (1, 0) e y = −x + 1. Portanto se usarmos o Corolario 4, colocamos y variandono intervalo [0, 1] e x variando de y − 1 a −y + 1, portanto
∫ 1
0
∫ −y+1
y−1
xydxdy =
∫ 1
0
(
x2y
2
)−y+1
y−1
dy =
∫ 1
0
(
(1− y)2y
2− (1− y)2y
2
)
dy = 0.
Se usarmos o Corolario 3, podemos separar a regiao de integracao em duas partescolocando na primeira parte o x variando no intervalo [−1, 0] e y variando entre 0 e
110
(−1, 0)(1, 0)
(0, 1)
y = −x + 1y = x+ 1
Figura 47: Figura do exemplo 3.
x + 1, e na segunda parte x variando no intervalo [0, 1] e y variando entre 0 e −x + 1.Temos∫ 0
−1
∫ x+1
0
xydydx+
∫ 1
0
∫ −x+1
0
xydydx =
∫ 0
−1
(
xy2
2
)x+1
0
dx+
∫ 1
0
(
xy2
2
)−x+1
0
dx =∫ 0
−1
(
x3
2+ x2 +
x
2
)
dx+
∫ 1
0
(
x3
2− x2 +
x
2
)
dx =(
x4
8+
x3
3+
x2
2
)0
−1
+
(
x4
8− x3
3+
x2
2
)1
0
= −(
1
8− 1
3+
1
4
)
+
(
1
8− 1
3+
1
4
)
= 0.
4. Inverta a ordem de integracao e calcule∫ 1
0
∫ 1
√y
sen(x3)dxdy.
Solucao: Inicialmente, devemos fazer a figura com a regiao de integracao. Temos que yvaria no intervalo [0, 1] e x varia entre
√y e 1. A curva x =
√y e a mesma que y = x2.
Veja a figura 48. Entao invertendo temos
0
1
1
Figura 48: Figura do exemplo 4.
∫ 1
0
∫ x2
0
sen(x3)dydx =∫ 1
0(ysen(x3))
x2
0 dx =∫ 1
0x2sen(x3)dx =
=
(
−1
3cos(x3)
)1
0
= −1
3(cos(1)− 1).
111
Oitava Lista de Exercıcios
1. Seja A o retangulo 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1. Calcule∫∫
Af(x, y)dxdy sendo f(x, y) igual a
(a) f(x, y) = ycosxy.
(b) f(x, y) = 1(x+y)2
.
(c) f(x, y) = yexy.
(d) f(x, y) = xy2.
2. Calcule
(a)∫∫
Axlnydxdy, onde A e o retangulo 0 ≤ x ≤ 1, −π
4≤ y ≤ π
4.
(b)∫∫
Axyex
2−y2dxdy, onde A e o retangulo −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3.
(c)∫∫
Asen2x1+4y2
dxdy, onde A e o retangulo 0 ≤ x ≤ π2, 0 ≤ y ≤ 1
2.
3. Calcule o volume do conjunto dado
(a) (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ √
xy.(b) (x, y, z) ∈ R
3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, x2 + y2 ≤ z ≤ 2.(c) (x, y, z) ∈ R
3 : 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1, x+ y ≤ z ≤ x+ y + 2.(d) (x, y, z) ∈ R
3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 1 ≤ z ≤ ex+y.
4. Calcule Calcule∫∫
Bydxdy, onde B e o conjunto dado
(a) B e o triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) e (2, 1).
(b) B e a regiao compreendida entre os graficos de y = x e y = x2, com 0 ≤ x ≤ 2.
(c) B e o paralelogramo de vertices (−1, 0), (0, 0), (1, 1) e (0, 1).
(d) B e o semicırculo x2 + y2 ≤ 4, y ≥ 0.
5. Calcule∫∫
Bf(x, y)dxdy sendo dados
(a) f(x, y) = xy√
x2 + y2 e B o retangulo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1.
(b) f(x, y) = x+ y e B o paralelogramo de vertices (0, 0), (1, 1), (3, 1) e (2, 0).
(c) f(x, y) =1
ln ye B =
(x, y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ x ≤ 1
y
.
(d) f(x, y) = xycosx2 e B = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1.
(e) f(x, y) = x + y e B a regiao compreendida entre os graficos das funcoes y = x ey = ex, com 0 ≤ x ≤ 1.
(f) f(x, y) = y3exy2e B o retangulo 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2.
(g) f(x, y) = x5y3 e B = (x, y) ∈ R2 : y ≥ x2, x2 + y2 ≤ 2.
(h) f(x, y) = x2 e B o conjunto de todos os (x, y) tais que x ≤ y ≤ −x2 + 2x+ 2.
(i) f(x, y) = 1 e B o conjunto de todos os (x, y) tais que y ≥ x2 e x ≤ y ≤ x+ 2.
112
6. Inverta a ordem de integracao
(a)
∫ 1
0
[∫ x
0
f(x, y)dy
]
dx.
(b)
∫ 1
−1
[
∫
√1−x2
−√1−x2
f(x, y)dy
]
dx.
(c)
∫ 1
0
[∫ 1
x2
f(x, y)dy
]
dx.
(d)
∫ 1
0
[
∫
√2x
√x−x2
f(x, y)dy
]
dx.
(e)
∫ π4
0
[∫ cosx
senx
f(x, y)dy
]
dx.
(f)
∫ 2
−1
[
∫ x+73
√
7+5x2
3
f(x, y)dy
]
dx.
(g)
∫ 3
0
[
∫
√3x
x2−2x
f(x, y)dy
]
dx.
7. Calcule o volume do conjunto dado
(a) (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ x2 + y2.
(b) (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ y ≤ 1− x2 e 0 ≤ z ≤ 1− x2.
(c) (x, y, z) ∈ R3 : x2 + 4y2 ≤ 4 e x+ y ≤ z ≤ x+ y + 1.
(d) (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, x ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ ey
2.(e) (x, y, z) ∈ R
3 : x2 + y2 ≤ a2 e y2 + z2 ≤ a2, (a > 0).
(f) (x, y, z) ∈ R3 : x ≤ z ≤ 1− y2 e x ≥ 0.
(g) (x, y, z) ∈ R3 : 4x+ 2y ≤ z ≤ 3x+ y + 1, x ≥ 0 e y ≥ 0.
8. Utilizando integral dupla, calcule a area do conjunto B dado
(a) B = (x, y) ∈ R2 : x3 ≤ y ≤ √
x.(b) B e determinado pelas desigualdades xy ≤ 2, x ≤ y ≤ x+ 1 e x ≥ 0.
(c) B =
(x, y) ∈ R2 : x > 0,
4
x≤ 3y ≤ −3x2 + 7x
.
113
Aula 37: 17/08/2010
Exemplos:
1. Inverta a ordem de integracao de
∫ 1
0
∫
√2−x2
x
f(x, y)dydx.
Solucao: Da forma como esta definido, o x esta variando no intervalo [0, 1] e o y estavariando entre x e
√2− x2. A curva y = x e uma reta e a curva y =
√2− x2 e um
arco de circunferencia de centro (0, 0) e raio√2. Veja a figura 49. Como podemos ver
0
1
1
√2
Figura 49: Figura do exemplo 1.
na figura 49, teremos o y variando no intervalo [0,√2] e a variacao de x vai depender
se y < 1 ou se y > 1: para y entre 0 e 1 teremos x variando de 0 ate a reta x = y, epara y entre 1 e
√2 teremos x variando de 0 ate a curva x =
√
2− y2. Portanto
∫ 1
0
∫
√2−x2
x
f(x, y)dydx =
∫ 1
0
∫ y
0
f(x, y)dxdy +
∫
√2
1
∫
√2−y2
0
f(x, y)dxdy.
2. Utilizando a integral dupla calcule a area de B, onde B = (x, y) ∈ R2 : x3 ≤ y ≤ √
x.
Solucao: As curvas y = x3 e y =√x sao dadas na figura 50.
y = x3
y =√x
1
Figura 50: Figura do exemplo 2.
Logo, a variacao de x e de 0 a 1 e a variacao de y e de x3 a√x. Temos entao
Area B =
∫ 1
0
∫
√x
x3
dydx =
∫ 1
0
(√x− x3)dx =
(
2
3
√x3 − x4
4
)1
0
=2
3− 1
4=
5
12.
114
7.4 Aplicacoes
Volume de um solido de revolucaoVejamos um problema de calcular o volume de um solido de revolucao, obtido pela rotacao
do grafico de uma funcao f : [a, b] → R, com f(x) ≥ 0, em torno do eixo x. Veja a figura 51.
f(Mi)
f(mi)
∆xi
Figura 51: Solido de Revolucao.
Solucao: Inicialmente tomamos uma particao P = a = x0 < x1 < . . . xn = b. Em cadaintervalo [xi−1, xi] sejam mi e Mi um ponto de mınimo e de maximo de f , respectivamente.Observamos que π[f(mi)]
2∆xi e o volume do cilindro de altura ∆xi e raio f(mi), ou seja, e ovolume do cilindro menor. Analogamente π[f(Mi)]
2∆xi e o volume do cilindro de altura ∆xi eraio f(Mi), ou seja, e o volume do cilindro maior. Portanto temos as seguintes desigualdades:
π
n∑
i=1
[f(mi)]2∆xi ≤ Volume B ≤ π
n∑
i=1
[f(Mi)]2∆xi.
Passando as desigualdades ao limite quando o maior dos intervalos da particao ∆ tende azero obtemos
π
∫ b
a
[f(x)]2dx ≤ Volume B ≤ π
∫ b
a
[f(x)]2dx.
Portanto
Volume B = π
∫ b
a
[f(x)]2dx.
Exemplo: Calcular o volume de uma esfera de raio r.Solucao: A esfera de raio r pode ser obtida como a revolucao da circunferencia de raio rem torno de seu diametro. Considere entao a funcao f : [−r, r] → R definida por f(x) =√r2 − x2. Aplicando a formula anterior temos
Volume B = π
∫ r
−r
[f(x)]2dx = π
∫ r
−r
[r2 − x2]dx = π
(
r2x− x3
3
)r
−r
=
= π
[
r3 − r3
3−(
−r3 +r3
3
)]
= π
[
2r3 − 2r3
3
]
=4πr3
3.
115
Area lateral de um solido de revolucaoVejamos um problema de calcular a area lateral de um solido de revolucao, obtido pela
rotacao do grafico de uma funcao f : [a, b] → R, com f(x) ≥ 0, em torno do eixo x. Veja afigura 51.Solucao: Inicialmente calculamos a area lateral de um cone de geratriz G e raio da base R.Podemos “planificar” o cone conforme na figura 52.
2πRR
G
G
Figura 52: Area lateral do cone.
A area total do cırculo πG2 esta para o perımetro 2πG assim como a area do cone estapara o arco 2πR. Portanto, resolvendo a regra de tres temos que
Area cone = πRG.
Agora calcularemos a area lateral de um tronco de cone. Veja a figura 53.
xG
g
R
r
Figura 53: Area lateral do tronco de cone.
Vamos obter x e G em termos de r, R e g. Observe que G = x+ g. Usando semelhancade triangulos temos
x+ g
R=
x
r⇒ xR = xr + rg ⇒ x =
rg
R − r,
e
G = x+ g =rg + g(R− r)
R− r=
Rg
R− r.
Portanto a area do tronco, sera a area do cone grande, menos a area do cone pequeno, logo
Area Tronco = πR
(
Rg
R− g
)
− πr
(
rg
R − g
)
= πg
(
R2 − r2
R− g
)
= 2πgR+ r
2.
Podemos dizer que a area do tronco de cone e 2πg vezes o ponto medio dos raios.
116
Aula 38: 19/08/2010
Voltamos agora ao problema de se calcular a area lateral de um solido de revolucao, obtidopela rotacao do grafico de uma funcao positiva f : [a, b] → R em torno do eixo x. Tomamosuma particao P = a = x0 < x1 < · · · < xn = b do intervalo [a, b]. Aproximamos a arealateral do solido de revolucao pela soma das areas laterais dos n troncos de cone Ti mostradosna figura 54.
θi∆xi
xi−1 ti xi
Figura 54: Area lateral do solido de revolucao.
Observe que se ti e o ponto medio do intervalo [xi−1, xi], entao f(ti) e o ponto medio dosraios do tronco de cone Ti. Daı, pelo que vimos acima, a area lateral do tronco de cone Ti e2πgf(ti). Ainda olhando para a figura 54 temos f ′(ti) = tan θi, logo
√
1 + (f ′(ti))2 =√
1 + (tan θi)2 =√
sec2 θi = | sec θi| =1
| cos θi|=
1∆xi
g
=g
∆xi.
Portanto g =√
1 + (f ′(ti))2∆xi, ou seja,
Area lateral Ti = 2πf(ti)√
1 + (f ′(ti))2∆xi.
Somando todas as areas laterais do troncos de cone e passando ao limite quando a particaotende a zero obtemos
Area lateral Solido = lim∆→0
n∑
i=1
2πf(ti)√
1 + (f ′(ti))2∆xi =
∫ b
a
2πf(x)√
1 + (f ′(x))2dx.
Exemplo: Calcule a area de uma esfera de raio r.Solucao: Da mesma forma que calculamos o volume, usaremos a funcao f : [−r, r] → R dadapor f(x) =
√r2 − x2. Temos
√
1 + (f ′(x))2 =
√
1 +
( −2x
2√r2 − x2
)2
=
√
1 +x2
r2 − x2=
r√r2 − x2
.
Portanto, aplicando a formula anterior, temos
Area da Esfera = 2π
∫ r
−r
√r2 − x2
r√r2 − x2
dx = 2πr
∫ r
−r
dx = 2πr(2r) = 4πr2.
117
Coordenadas Polares
Fixado um semi-eixo Ox no plano, cada ponto P fica determinado por suas coordenadaspolares (θ, ρ), onde θ e o angulo entre OP e Ox e ρ e a medida de OP . Veja a figura 55.
θ
ρ
x
y
O
P
X
Figura 55: Coordenadas polares.
A relacao entre coordenadas polares e coordenadas cartesianas e dada por
cos θ = xρ
senθ = yρ
⇒
x = ρ cos θy = ρsenθ
⇒
ρ =√
x2 + y2
θ = arctan(
xy
)
Quando ρ < 0 interpretamos o ponto (θ, ρ) como o ponto simetrico, em relacao a origem, doponto (θ,−ρ).
Exemplo: Marque o ponto(π
4,−2
)
em coordenadas polares.
Solucao: Veja a figura 56.
2
2
π/4
(π/4,−2)
(π/4, 2)
Figura 56: Ponto(π
4,−2
)
em coordenadas polares.
Exemplo: Um ponto P desloca-se no plano de modo que a relacao entre suas coordenadaspolares e ρ = θ, com 0 ≤ θ ≤ 2π. Desenhe o lugar geometrico descrito por P .Solucao: Um metodo pratico para fazer um esboco da curva, consiste em montar uma tabelacolocando os valores conforme abaixo
θ 0 π/4 π/2 3π/4 π 5π/4 3π/2 7π/4 2πρ 0 π/4 π/2 3π/4 π 5π/4 3π/2 7π/4 2π
depois marcamos os pontos no plano em coordenadas polares e unimos formando a curva.Veja a figura 57.
118
Figura 57: Curva ρ = θ em coordenadas polares.
Exemplo: Qual e a curva ρ = senθ em coordenadas polares?Solucao: Como ρ = senθ, entao ρ2 = ρsenθ. Recordando as relacoes entre coordenadaspolares e coordenadas cartesianas temos que x2 + y2 = y, ou seja, x2 + (y − 1/2)2 = 1/4.Portanto a curva nada mais e do que a circunferencia de centro (0, 1/2) e raio 1/2.Exemplo: Desenhe o lugar geometrico de equacao em coordenadas polares ρ = 1 − cos θ.Esta curva e chamada Cardioide.Solucao: Os seguintes pontos satisfazem a equacao
θ 0 π/3 π/2 2π/3 π 4π/3 3π/2 5π/3 2πρ 0 1/2 1 3/2 2 3/2 1 1/2 0
Figura 58: Cardioide.
119
Aula 39: 24/08/2010
Exemplo: Desenhe o lugar geometrico de equacao em coordenadas polares ρ = cos(2θ). Estacurva e chamada Rosacea.Solucao: Os seguintes pontos satisfazem a equacao
θ 0 π/8 π/4 3π/8 π/2 5π/8 3π/4 7π/8 π . . .
ρ 1√2/2 0 −
√2/2 −1 −
√2/2 0
√2/2 1 . . .
Figura 59: Rosacea.
Areas em coordenadas polaresO objetivo agora e determinar areas de regioes delimitadas por curvas dadas em coorde-
nadas polares. Primeiramente recordemos que a area de um setor circular de raio R e angulo∆θ pode ser calculada atraves de uma regra de tres. A area total do cırculo πR2 esta para2π assim como a area do setor circular esta para o angulo ∆θ. Assim obtemos que
Area Setor =R2∆θ
2.
Consideremos agora a funcao ρ = ρ(θ) com ρ(θ) ≥ 0 para todo θ ∈ [α, β]. Queremosdeterminar a area da regiao
A = (θ, ρ) : α ≤ θ ≤ β e 0 ≤ ρ ≤ ρ(θ).
αβ
θi−1
θ
Figura 60: Area em coordenadas polares.
Seja P = α = θ0 < θ1 < · · · < θn = β uma particao do intervalo [α, β]. Veja a figura 60.Sejam θ′i o ponto de mınimo de ρ = ρ(θ) em [θi−1, θi], e θ′′i o ponto de maximo de ρ = ρ(θ)em [θi−1, θi]. Vamos denotar por
Ai = (θ, ρ) : θi−1 ≤ θ ≤ θi e 0 ≤ ρ ≤ ρ(θ).
120
Usando a formula de area de setor circular que vimos antes e a propriedade que θ′i e θ′′i saopontos de mınimo e de maximo de ρ = ρ(θ) temos
ρ(θ′i)2∆θi2
≤ Area Ai ≤ρ(θ′′i )
2∆θi2
.
Fazendo-se a soma vem
n∑
i=1
ρ(θ′i)2∆θi2
≤ Area A ≤n∑
i=1
ρ(θ′′i )2∆θi2
.
Passando ao limite quando o maior dos intervalos da particao tende a zero vem
lim∆→0
n∑
i=1
ρ(θ′i)2∆θi2
≤ Area A ≤ lim∆→0
n∑
i=1
ρ(θ′′i )2∆θi2
.
E portanto∫ β
α
ρ(θ)2
2dθ ≤ Area A ≤
∫ β
α
ρ(θ)2
2dθ,
ou seja,
Area A =1
2
∫ β
α
ρ(θ)2dθ.
Exemplo: Calcule a area da regiao delimitada pela cardioide ρ = 1− cos θ.Solucao: Para cobrir toda a regiao da cardioide temos que ter o θ variando de 0 a 2π. Temos
Area da Cardioide =1
2
∫ 2π
0
(1− cos θ)2dθ =1
2
∫ 2π
0
(1− 2 cos θ + cos2 θ)dθ.
Recorde que cos2 θ =1
2+
cos 2θ
2. Entao uma primitiva de cos2 θ e
1
2θ +
sen2θ
4. Daı
Area da Cardioide =1
2
(
θ − 2senθ +1
2θ +
sen2θ
4
)2π
0
=3π
2.
Exemplo: Calcule a area da regiao delimitada pela circunferencia ρ = cos θ, com 0 ≤ θ ≤ π,em coordenadas polares.Solucao:
Area da Circunferencia =1
2
∫ π
0
(cos θ)2dθ =1
2
(
1
2θ +
sen2θ
4
)π
0
=π
4.
7.5 Mudanca de Variaveis
Antes de vermos como efetuarmos mudancas de variaveis na integracao dupla, veremosuma outra aplicacao de integral que e o calculo do comprimento de curvas. Sabemos que umacurva de classe C1 em R
2 e uma aplicacao γ : [a, b] → R2 dada por γ(s) = (γ1(s), γ2(s)) tal
que γ′(s) = (γ′1(s), γ2′(s)) e contınua em [a, b]. Veremos agora como calcular o comprimento
121
da curva. Seja P = a = s0 < s1 < · · · < sn = b uma particao do intervalo [a, b]. Chame deL(γ, P ) o comprimento da poligonal que passa pelos pontos γ(s0), γ(s1), . . . , γ(sn). Temos
L(γ, P ) = ||γ(s1)− γ(s0)||+ · · ·+ ||γ(sn)− γ(sn−1)||.
Para cada i = 1, . . . , n, podemos usar o Teorema do Valor Medio para dizer que existe um ξientre si−1 e si tal que
||γ(si)− γ(si−1)|| = ||γ′(ξi)||∆si.
E portanto temos
L(γ, P ) =n∑
i=0
||γ′(ξi)||∆si,
e passando ao limite quando o maior dos intervalos da particao ∆ tende a zero temos por umlado que L(γ, P ) tende ao comprimento de γ e por outro lado as somas de Riemann convergempara a integral, entao temos que
Comprimento de γ =
∫ b
a
||γ′(s)||ds.
Podemos definir a funcao s(t), que e o comprimento da curva γ de γ(a) ate γ(t), por
s(t) =
∫ t
a
||γ′(s)||ds
e aplicando o Teorema Fundamental do Calculo na expressao anterior temos
ds
dt= ||γ′(t)|| ⇒ ∆s ∼= ||γ′(t)||∆t.
Pela expressao acima pode-se perceber que a variacao do comprimento da curva ∆s e aprox-imadamente a variacao de t, dado por ∆t, vezes o comprimento do vetor tangente ||γ′(t)||.Nesse caso, ||γ′(t)|| funciona como um fator de ampliacao ou contracao do comprimento dacurva γ.
122
Aula 40: 26/08/2010
Considere agora um retangulo R = [u0, u0 +∆u]× [v0, v0 +∆v] e ϕ : Ω ⊂ R2 → R
2 umaaplicacao de classe C1 no aberto Ω tal que R ⊂ Ω. Veja a figura 61.
v
v0 +∆v
v0
u
u0 +∆uu0
R
ϕ
y
y0
x0 x
M N
PQ
∂ϕ∂v
∂ϕ∂u
Figura 61: Mudanca de Variaveis.
Sejam (x0, y0) = ϕ(u0, v0) e B = ϕ(R) = ϕ(u, v) : (u, v) ∈ R. A curva v 7→ ϕ(u0, v)desempenha o mesmo papel da curva γ(s) da aula passada, e o vetor ∂ϕ
∂v(u0, v) desempenha o
mesmo papel de γ′(s). Entao
o comprimento de MQ e aproximadamente
∥
∥
∥
∥
∂ϕ
∂v(u0, v0)
∥
∥
∥
∥
∆v
e, analogamente
o comprimento de MN e aproximadamente
∥
∥
∥
∥
∂ϕ
∂u(u0, v0)
∥
∥
∥
∥
∆u.
A area de B = ϕ(R) e aproximadamente a area do paralelogramo gerado pelos vetores∂ϕ∂v(u0, v0)∆v e ∂ϕ
∂u(u0, v0)∆u. Recordando que a area de um paralelogramo gerado por dois
vetores e a norma do produto vetorial destes dois vetores, entao temos
a area de B e aproximadamente
∥
∥
∥
∥
∂ϕ
∂u(u0, v0) ∧
∂ϕ
∂v(u0, v0)
∥
∥
∥
∥
∆u∆v.
Observe que ∆u∆v e a area de R e
∥
∥
∥
∥
∂ϕ
∂u(u0, v0) ∧
∂ϕ
∂v(u0, v0)
∥
∥
∥
∥
e um fator de contracao ou
ampliacao da area.Agora veremos uma notacao mais simples para esse fator de contracao ou ampliacao. Se
temos (x, y) = ϕ(u, v), entao x = x(u, v) e y = y(u, v). Portanto temos
∂ϕ
∂u(u, v) =
(
∂ϕ1
∂u(u, v),
∂ϕ2
∂u(u, v)
)
=
(
∂x
∂u,∂y
∂u
)
∂ϕ
∂v(u, v) =
(
∂ϕ1
∂v(u, v),
∂ϕ2
∂v(u, v)
)
=
(
∂x
∂v,∂y
∂v
)
123
Portanto, calculando o produto vetorial temos
∂ϕ
∂u(u, v) ∧ ∂ϕ
∂v(u, v) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k
∂x
∂u
∂y
∂u0
∂x
∂v
∂y
∂v0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
k.
O ultimo determinante e chamado determinante jacobiano da transformacao (x, y) =ϕ(u, v), e e denotado por
∂(x, y)
∂(u, v)=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
Chegamos a conclusao que
∥
∥
∥
∥
∂ϕ
∂u(u0, v0) ∧
∂ϕ
∂v(u0, v0)
∥
∥
∥
∥
=
∣
∣
∣
∣
∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
, e portanto
a area de B e aproximadamente
∣
∣
∣
∣
∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
∆u∆v.
Rij
ϕ
Bij
Figura 62: Mudanca de Variaveis.
Tomando-se particoes como demonstrado na figura 62, temos
n∑
i=1
m∑
j=1
f(xi, yj)AreaBij =
n∑
i=1
m∑
j=1
f(ϕ(ui, vj))
∣
∣
∣
∣
∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
∆ui∆vj
e passando ao limite vem∫∫
B
f(x, y)dxdy =
∫∫
Buv
f(ϕ(u, v))
∣
∣
∣
∣
∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
dudv.
Toda essa discussao pode ser resumida com o proximo teorema.
Teorema 24 (Mudanca de Variaveis na Integral Dupla). Seja ϕ : Ω ⊂ R2 → R
2, Ω aberto,de classe C1, sendo ϕ dada por (x, y) = ϕ(u, v), com x = x(u, v), y = y(u, v). Seja Buv ⊂ Ω.Seja B a imagem de Buv, isto e, B = ϕ(Buv), entao
∫∫
B
f(x, y)dxdy =
∫∫
Buv
f(ϕ(u, v))
∣
∣
∣
∣
∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
dudv.
124
Exemplos:
1. Calcule∫∫
Bsen(x2 + y2)dxdy, onde B = (x, y) ∈ R
2 : x2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0.Solucao: A ideia e usar as coordenadas polares
x = ρ cos θ,y = ρsenθ.
Observe que quando ρ varia de 0 a 1 e θ varia de 0 a π temos a regiao B. Observe aindaque ao calcular o determinante jacobiano temos
∂(x, y)
∂(ρ, θ)=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x
∂ρ
∂x
∂θ
∂y
∂ρ
∂y
∂θ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
cos θ −ρsenθsenθ ρ cos θ
∣
∣
∣
∣
= ρ(cos2 θ + sen2θ) = ρ.
Aplicando a formula de mudanca de variaveis temos
∫∫
B
sen(x2 + y2)dxdy =
∫∫
Bρθ
sen(ρ2)ρdρdθ =
∫ π
0
∫ 1
0
sen(ρ2)ρdρdθ =
=
∫ π
0
[
−1
2cos(ρ2)
]1
0
dθ =
∫ π
0
[
−1
2cos(1) +
1
2
]
dθ =π
2(1− cos(1)).
2. Calcule
∫∫
B
cos(x− y)
sen(x+ y)dxdy, onde B e o trapezio 1 ≤ x+ y ≤ 2, x ≥ 0 e y ≥ 0.
Solucao: Usaremos a seguinte mudanca de coordenadas
u = x− y,v = x+ y.
⇒
x = u+v2,
y = u−v2.
Buv
B
ϕ
1
1
2
2
Figura 63: Mudanca de Variaveis.
Nesse caso, o determinante jacobiano e
∂(x, y)
∂(u, v)=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
12
12
−12
12
∣
∣
∣
∣
=1
2.
125
Observe que as retas x + y = 1 e x + y = 2 sao levadas nas retas v = 1 e v = 2respectivamente. E as retas x = 0 e y = 0 sao levadas nas retas u = −v e u = vrespectivamente. Olhe a figura 63. Entao, usando a formula de mudanca de variaveis,temos
∫∫
B
cos(x− y)
sen(x+ y)dxdy =
∫∫
Buv
cos(u)
sen(v)
1
2dudv =
1
2
∫ 2
1
∫ v
−v
cos(u)
sen(v)dudv =
=1
2
∫ 2
1
[
sen(u)
sen(v)
]v
−v
dv =1
2
∫ 2
1
[
2sen(v)
sen(v)
]
dv =
∫ 2
1
dv = 1.
126
Nona Lista de Exercıcios
1. Encontre o Volume e a Area Lateral do solido obtido pela revolucao do grafico da funcaoy = f(x) em torno do eixo x em cada um dos casos abaixo.
(a) f(x) = x+ 2 com 1 ≤ x ≤ 3.
(b) f(x) = x2 com 0 ≤ x ≤ 1.
2. Trace o grafico da equacao ρ = ρ(θ) em coordenadas polares em cada um dos casosabaixo:
(a) ρ(θ) = 2 + 2cosθ.
(b) ρ(θ) = 2 + 4cosθ.
3. Determine a area da regiao delimitada pelo grafico da equacao em coordenadas polares.
(a) ρ = 1− cosθ.
(b) ρ = 6− 6senθ.
(c) ρ = sen(2θ).
4. Ache a area exterior ao grafico da primeira equacao e interior ao grafico da segundaequacao.
(a) ρ = 2 e ρ = 4cosθ.
(b) ρ = 1− senθ e ρ = 3senθ.
5. Calcule
(a)∫∫
B(x2 + 2y)dxdy onde B e o cırculo x2 + y2 ≤ 4.
(b)∫∫
B(x2 + y2)dxdy onde B = (x, y) ∈ R
2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4.(c)
∫∫
Bx2dxdy onde B e o conjunto 4x2 + y2 ≤ 1.
(d)∫∫
Bsen(4x2+ y2)dxdy onde B e o conjunto de todos os (x, y) tais que 4x2+ y2 ≤ 1
e y ≥ 0.
(e)∫∫
B
3√y − x
1 + y + x(x2 + 2y)dxdy onde B e o triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) e (0, 1).
(f)∫∫
Bxdxdy onde B e o conjunto, no plano xy, limitado pela cardioide ρ = 1− cosθ.
6. Passe para coordenadas polares e calcule
(a)
∫ 1
0
[
∫
√2−x2
x2
√
x2 + y2dy
]
dx.
(b)
∫ 1
0
[
∫
√x−x2
0
xdy
]
dx.
(c)
∫ a
0
[∫ x
0
√
x2 + y2dy
]
dx (a > 0).
127
(d)
∫ ∫
B
xdxdy, onde B e a regiao, no plano xy, limitada pela curva (dada em coorde-
nadas polares) ρ = cos3θ, −π
6≤ θ ≤ π
6.
(e)
∫ ∫
B
dxdy, onde B e a regiao, no plano xy, limitada pela curva (dada em coorde-
nadas polares) ρ = cos2θ, −π
8≤ θ ≤ π
4.
7. Calcule a area da regiao delimitada pela elipsex2
a2+
y2
b2= 1 com (a > 0) e (b > 0).
8. Sejam A = (x, y) ∈ R2 : 1 + x2 ≤ y ≤ 2 + x2, x ≥ 0 e y ≥ x+ x2 e B = (u, v) ∈ R
2 :1 ≤ v ≤ 2, v ≥ u e u ≥ 0.
(a) Verifique que B = ϕ(A), onde (u, v) = ϕ(x, y), com u = x e v = y − x2.
(b) Verifique que a area de A e igual a area de B.
128
Aula 41: 31/08/2010
Exemplo: Calcule
∫∫
B
√
x2 + y2dxdy, onde B e o triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) e (1, 1).
Solucao: Faremos a mudanca de coordenadas polares
x = ρ cos θ,y = ρsenθ.
A reta y = 0 corresponde
a reta θ = 0, a reta y = x corresponde a reta θ = π4e a reta x = 1 corresponde a curva ρ = sec θ
(pois ρ cos θ = 1). Aplicando a formula de mudanca de variaveis temos
∫∫
B
√
x2 + y2dxdy =
∫ π4
0
∫ sec θ
0
√
ρ2ρdρdθ =
∫ π4
0
[
ρ3
3
]sec θ
0
dθ =1
3
∫ π4
0
sec3 θdθ.
Observamos que uma primitiva de sec3 θ e 12[sec θ tan θ + ln | sec θ + tan θ|] + k. Daı
∫∫
B
√
x2 + y2dxdy =1
6
[
2√2+ ln
∣
∣
∣
∣
2√2+ 1
∣
∣
∣
∣
− ln |1|]
=1
6(√2 + ln(1 +
√2)).
8 Integral tripla
8.1 Definicao
Inicialmente faremos a definicao de somas de Riemann. Considere um Bloco A = (x, y, z) ∈R
3 : a ≤ x ≤ a1, b ≤ y ≤ b1 e c ≤ z ≤ c1. Sejam P1 = a = x0 < x1 < x2 < · · · < xm = a1,P2 = b = y0 < y1 < y2 < · · · < yn = b1 e P3 = c = z0 < z1 < z2 < · · · < zp = c1. Oconjunto
P = (xi, yj, zk) : i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n e k = 1, 2, . . . , pe chamado particao do bloco A. Uma particao determina mnp blocos Rijk = (x, y, z) ∈R
3 : xi−1 ≤ x ≤ xi, yj−1 ≤ y ≤ yj e zk−1 ≤ z ≤ zk. Veja a figura 64.
Figura 64: Particao de um Bloco.
Seja B ⊂ R3. Se B e limitado, entao existe um bloco A com B ⊂ A.
Definicao 41. Sejam B um conjunto limitado, f : B ⊂ R3 → R uma funcao, A um bloco com
B ⊂ A e P = (xi, yj, zk) : i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n e k = 1, 2, . . . , p uma particao de
129
A. Para cada i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n e k = 1, . . . , p seja Xijk ∈ Rijk um ponto escolhidoarbitrariamente. O numero
m∑
i=1
n∑
j=1
p∑
k=1
f(Xijk)∆xi∆yj∆zk,
onde f(Xijk) = 0 se Xijk 6∈ B, ∆xi = xi − xi−1, ∆yj = yj − yj−1, ∆zk = zk − zk−1, chama-sesoma de Riemann de f relacionada a particao P e aos Xijk.
Indicaremos por ∆ o maior dos ∆x1,∆x2, . . . ,∆xm, ∆y1,∆y2, . . . ,∆yn e ∆z1,∆z2, . . . ,∆zp.Observe que se ∆ tende a zero, entao todos os ∆xi, ∆yj e ∆zk tendem a zero.
Definicao 42. Dizemos que o numero
m∑
i=1
n∑
j=1
p∑
k=1
f(Xijk)∆xi∆yj∆zk tende a L quando ∆
tende a zero e escrevemos
lim∆→0
m∑
i=1
n∑
j=1
p∑
k=1
f(Xijk)∆xi∆yj∆zk = L
se ∀ε > 0 dado, ∃δ > 0, que depende apenas de ε, tal que∣
∣
∣
∣
∣
m∑
i=1
n∑
j=1
p∑
k=1
f(Xijk)∆xi∆yj∆zk − L
∣
∣
∣
∣
∣
< ε
para toda particao P com ∆ < δ. O numero L chama-se integral tripla de f sobre B eindica-se por
∫∫∫
Bf(x, y, z)dxdydz. Ou seja,
∫∫∫
B
f(x, y, z)dxdydz = lim∆→0
m∑
i=1
n∑
j=1
p∑
k=1
f(Xijk)∆xi∆yj∆zk.
Se o limite acima existe dizemos que f e integravel em B.
Observacao 3. O volume de B e igual a∫∫∫
Bdxdydz.
8.2 Propriedades da integral
Proposicao 9. Se f, g : B ⊂ R3 → R sao integraveis em B, e k e uma constante, entao as
funcoes f + g e kf sao integraveis em B. Alem disso,∫∫∫
B(f(x, y, z) + g(x, y, z))dxdydz =
∫∫∫
Bf(x, y, z)dxdydz+
∫∫∫
Bg(x, y, z)dxdydz e
∫∫∫
Bkf(x, y, z)dxdydz = k
∫∫∫
Bf(x, y, z)dxdydz.
Demonstracao: E analoga a demonstracao da Proposicao 6.
Proposicao 10. Se f : B ⊂ R3 → R e integravel em B e f(x, y, z) ≥ 0 para todo (x, y, z) ∈
B, entao∫∫∫
Bf(x, y, z)dxdydz ≥ 0.
Demonstracao: E analoga a demonstracao da Proposicao 7.
Proposicao 11. Se f, g : B ⊂ R3 → R sao integraveis em B e f(x, y, z) ≤ g(x, y, z) para
todo (x, y, z) ∈ B, entao∫∫∫
Bf(x, y, z)dxdydz ≤
∫∫∫
Bg(x, y, z)dxdydz.
Demonstracao: E analoga a demonstracao da Proposicao 8.
130
Aula 42: 02/09/2010
Reducao de uma integral tripla a uma integral dupla
O Teorema de Fubini tambem e valido para integrais triplas e atraves dele pode-se demons-trar os seguintes resultados. Considere K ⊂ R
2 e g, h : K → R duas funcoes contınuas taisque g(x, y) ≤ h(x, y) para todo (x, y) ∈ K. Considerando o conjunto
B = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ K e g(x, y) ≤ z ≤ h(x, y),
entao∫∫∫
B
f(x, y, z)dxdydz =
∫∫
K
[
∫ h(x,y)
g(x,y)
f(x, y, z)dz
]
dxdy.
De maneira analoga, podemos obter o mesmo resultado quando o conjunto B e dado por
B = (x, y, z) ∈ R3 : (x, z) ∈ K e g(x, z) ≤ y ≤ h(x, z),
entao∫∫∫
B
f(x, y, z)dxdydz =
∫∫
K
[
∫ h(x,z)
g(x,z)
f(x, y, z)dy
]
dxdz,
e quando o conjunto B e dado por
B = (x, y, z) ∈ R3 : (y, z) ∈ K e g(y, z) ≤ x ≤ h(y, z),
entao∫∫∫
B
f(x, y, z)dxdydz =
∫∫
K
[
∫ h(y,z)
g(y,z)
f(x, y, z)dx
]
dydz.
Exemplo: Calcule
∫∫∫
B
xdxdydz, onde
B = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x e 0 ≤ z ≤ x+ y.
Solucao: Seja K = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ x. Entao temos
∫∫∫
B
xdzdydx =
∫∫
K
[∫ x+y
0
xdz
]
dxdy =
∫ 1
0
∫ x
0
[∫ x+y
0
xdz
]
dydx =
∫ 1
0
∫ x
0
∫ x+y
0
xdzdydx =
∫ 1
0
∫ x
0
[xz]x+y0 dydx =
∫ 1
0
∫ x
0
(x2 + xy)dydx =
∫ 1
0
[
x2y +xy2
2
]x
0
dx =
∫ 1
0
[
3x3
2
]
dx =
[
3x4
8
]1
0
=3
8.
Exemplo: Calcule o volume do conjunto B formado por todos os pontos (x, y, z) de R3 que
satisfazem x2 + y2 ≤ z ≤ 2− x2 − y2.
131
Solucao: Inicialmente observamos que o grafico de f(x, y) = x2 + y2 e um paraboloide comconcavidade para cima e o grafico de g(x, y) = 2−x2− y2 e um paraboloide com concavidadepara baixo. Calculando a interseccao de z = x2 + y2 com z = 2 − x2 − y2 e dada por z = 1e x2 + y2 = 1. Seja K = (x, y) ∈ R
2 : x2 + y2 ≤ 1. O conjunto B do enunciado pode serescrito como
B = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ K e x2 + y2 ≤ z ≤ 2− x2 − y2.
Temos
V ol B =
∫∫∫
B
dxdydz =
∫∫
K
[
∫ 2−x2−y2
x2+y2dz
]
dxdy =
∫∫
K
(2− 2x2 − 2y2)dxdy.
Para resolver essa ultima integral, podemos usar uma mudanca de coordenadas polares x =ρ cos θ e y = ρsenθ. Como a regiao K e um cırculo de centro (0, 0) e raio 1, entao a variacaoe de ρ e de 0 a 1 e a variacao de θ e de 0 a 2π. Portanto
∫∫
K
(2− 2x2 − 2y2)dxdy =
∫ 1
0
∫ 2π
0
(2− 2ρ2)ρdθdρ = 4π
∫ 1
0
(ρ− ρ3)dρ = 4π
[
ρ2
2− ρ4
4
]1
0
= π.
8.3 Mudanca de Variaveis
O teorema de mudanca de variaveis tambem e valido para integrais triplas.
Teorema 25 (Mudanca de Variaveis na Integral Tripla). Seja ϕ : Ω ⊂ R3 → R
3, Ω aberto,de classe C1, sendo ϕ dada por (x, y, z) = ϕ(u, v, w), com x = x(u, v, w), y = y(u, v, w) ez = z(u, v, w). Seja Buvw ⊂ Ω. Seja B a imagem de Buvw, isto e, B = ϕ(Buvw), entao
∫∫∫
B
f(x, y, z)dxdydz =
∫∫∫
Buvw
f(ϕ(u, v, w))
∣
∣
∣
∣
∂(x, y, z)
∂(u, v, w)
∣
∣
∣
∣
dudvdw.
A notacao∂(x, y, z)
∂(u, v, w)denota o determinante Jacobiano
det
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂w
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂w
∂z
∂u
∂z
∂v
∂z
∂w
.
132
Aula 43: 09/09/2010
Exemplo: Calcule
∫∫∫
B
sen(x+ y − z)
x+ 2y + zdxdydz, onde
B =
(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x+ 2y + z ≤ 2, 0 ≤ x+ y − z ≤ π
4e 0 ≤ z ≤ 1
.
Considere a seguinte mudanca de variaveis
u = x+ y − z,v = x+ 2y + z,w = z.
Da ultima equacao temos z = w e subtraindo a primeira da segunda equacao temos v − u =y + 2w. Portanto temos
x = 2u− v + 3w,y = −u+ v − 2w,z = w.
Daı
∂(x, y, z)
∂(u, v, w)= det
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
∂w
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
∂w
∂z
∂u
∂z
∂v
∂z
∂w
= det
2 −1 3−1 1 −20 0 1
= 1.
Portanto temos
∫∫∫
B
sen(x+ y − z)
x+ 2y + zdxdydz =
∫ π4
0
∫ 2
1
∫ 1
0
senu
vdwdvdu =
∫ π4
0
∫ 2
1
senu
vdvdu =
∫ π4
0
senu [ln v]21 du =
∫ π4
0
ln 2senudu = ln 2 [− cos u]π40 =
(
1−√2
2
)
ln 2.
Exemplo: Calcule o volume do conjunto B do exemplo anterior.Solucao: Usando a mesma mudanca de coordenadas temos
V olB =
∫∫∫
B
dxdydz =
∫ π4
0
∫ 2
1
∫ 1
0
1dwdvdu = 1.1.π
4=
π
4.
8.4 Aplicacoes
Coordenadas Esfericas
Da mesma forma que conseguimos localizar um ponto do plano usando coordenadas po-lares, podemos localizar um ponto do espaco usando coordenadas esfericas. Seja P = (x, y, z)um ponto do espaco e considere P1 a projecao de P no plano xy, isto e, P1 = (x, y, 0). Veja a
133
x
y
z
w
ρφ
θ
P
P1
Figura 65: Coordenadas Esfericas.
figura 65. Sejam ρ = ‖OP‖ e w = ‖OP1‖. Sejam ainda θ a medida do angulo entre OP1 e OXe φ a medida do angulo entre OP e OZ. O ponto P fica completamente determinado pelascoordenadas esfericas (ρ, φ, θ). Podemos facilmente encontrar a relacao entre as coordenadasesfericas e as coordenadas cartesianas usando a trigonometria. Observe que
senφ =w
ρ
cosφ =z
ρ
=⇒
w = ρsenφz = ρ cosφ.
Tambem temos a relacao
cos θ =x
w
senθ =y
w
=⇒
x = w cos θy = wsenθ.
Portanto a mudanca de variaveis e dada por
x = ρsenφ cos θ,y = ρsenφsenθ,z = ρ cosφ.
Calculando o determinante jacobiano vem
∂(x, y, z)
∂(ρ, φ, θ)=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
senφ cos θ ρ cosφ cos θ −ρsenφsenθsenφsenθ ρ cosφsenθ ρsenφ cos θcos φ −ρsenφ 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= ρ2senφ.
Exemplo: Calcule o volume da esfera de raio r.Solucao: Aplicando uma mudanca de variaveis temos
V ol Sr =
∫∫∫
Sr
dxdydz =
∫ 2π
0
∫ π
0
∫ r
0
ρ2senφdρdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
0
[
ρ3senφ
3
]r
0
dφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
0
r3senφ
3dφdθ =
∫ 2π
0
[
−r3 cosφ
3
]π
0
dθ =
∫ 2π
0
2r3
3dθ = 2π
2r3
3=
4
3πr3.
134
Coordenadas Cilındricas
Da mesma forma que foi feito para as coordenadas esfericas, podemos identificar umponto P = (x, y, z) de R3 da seguinte forma. Seja P1 a projecao de P sobre o plano xy, isto e,P1 = (x, y, 0). Consideramos θ a medida do angulo entre OP1 e OX e consideramos ρ = ‖P1‖.Dessa forma o ponto P fica completamente determinado pelas suas coordenadas cilındricas(ρ, θ, z). Veja a figura 66.
x
y
z
ρθ
P
P1
Figura 66: Coordenadas Cilındricas.
A relacao entre as coordenadas cilındricas e cartesianas e dada pelas relacoes
x = ρ cos θ,y = ρsenθ,z = z.
Portanto o determinante jacobiano e dado por
∂(x, y, z)
∂(ρ, θ, z)=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
cos θ −ρsenθ 0senθ ρ cos θ 00 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= ρ.
Exemplo: Calcule o volume do cilindro de raio r e altura h.Solucao: Aplicando a formula de mudanca de variaveis temos
V ol Cr,h =
∫∫∫
Cr,h
dxdydz =
∫ r
0
∫ 2π
0
∫ h
0
ρdzdθdρ =
∫ r
0
∫ 2π
0
[ρz]h0 dθdρ =
∫ r
0
∫ 2π
0
ρhdθdρ =
∫ r
0
[ρhθ]2π0 dρ =
∫ r
0
2πρhdρ = 2πh
[
ρ2
2
]r
0
= πr2h.
135
Decima Lista de Exercıcios
1. Calcule
(a)∫∫∫
B
√1− z2dxdydz onde B e o conjunto 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ y ≤ z.
(b)∫∫∫
Bdxdydz onde B e o conjunto x2 + y2 ≤ z ≤ 2x+ 2y − 1.
(c)∫∫∫
Bex
2dxdydz onde B e o conjunto 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x e 0 ≤ z ≤ 1.
(d)∫∫∫
Bxdxdydz onde B e o conjunto x2 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ x+ y.
2. Use coordenadas esfericas e calcule
(a)∫∫∫
Bxdxdydz onde B e o conjunto x ≥ 0 e x2 + y2 + z2 ≤ 4.
(b)∫∫∫
Bzdxdydz onde B e o conjunto z ≥ 0 e 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 4.
3. Calcule o volume do elipsoidex2
a2+
y2
b2+
z2
c2≤ 1.
4. Calcule∫∫∫
Bxdxdydz onde B e o conjunto
x2
4+
y2
9+ z2 ≤ 1, x ≥ 0.
5. Calcule o volume do conjunto z ≥√
x2 + y2 e x2 + y2 + z2 ≤ 2ax, com a > 0.
6. Use coordenadas cilındricas e calcule
(a)∫∫∫
B
√
x2 + y2 + z2dxdydz onde B e o cilindro x2 + y2 ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1.
(b)∫∫∫
B(x2+ y2+ z2)dxdydz onde B e o solido x2+ y2−2x ≤ 0, 0 ≤ z ≤ x+ y, x ≥ 0
e y ≥ 0.
136
Aula 44: 14/09/2010
9 Funcoes Vetoriais
Nesta secao estudaremos as funcoes com valores vetoriais, introduziremos os conceitos delimite e continuidade e de derivada.
9.1 Definicao
Definicao 43. Uma funcao cujo domınio e um conjunto de numeros reais e cuja imagem eum conjunto de vetores e chamada uma funcao vetorial.
Uma funcao vetorial definida em um intervalo I ⊂ R, com valores em R3, e denotada por
α(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ I,
onde x(t), y(t) e z(t) sao funcoes reais definidas em I.
9.2 Operacoes
Definimos as operacoes de adicao de duas funcoes vetoriais e multiplicacao de uma cons-tante por uma funcao vetorial, da mesma forma que para vetores. Logo, se k ∈ R e α, β : I ⊂R → R
3 sao funcoes vetoriais dadas por α(t) = (x1(t), y1(t), z1(t)) e β(t) = (x2(t), y2(t), z2(t)),entao definimos a soma α + β e a multiplicacao kα por:
(α + β)(t) = α(t) + β(t) = (x1(t) + x2(t), y1(t) + y2(t), z1(t) + z2(t)),
(kα)(t) = kα(t) = (kx1(t), ky1(t), kz1(t)).
Alem das operacoes de adicao e multiplicacao, podemos definir a operacao de composicaode uma funcao real f : J ⊂ R → R com uma funcao vetorial α : I ⊂ R → R
3 dada porα(t) = (x(t), y(t), z(t)), desde que f(J) ⊂ I, por
α f(t) = (x f(t), y f(t), z f(t)).
9.3 Limite e Continuidade
Definicao 44. O limite de α(t) quando t tende a t0 e definido por
limt→t0
α(t) =
(
limt→t0
x(t), limt→t0
y(t), limt→t0
z(t)
)
,
quando limt→t0 x(t), limt→t0 y(t) e limt→t0 z(t) existem.
Definicao 45. A funcao α(t) e contınua em t0 ∈ I se
limt→t0
α(t) = α(t0).
Quando α(t) e contınua para todo t ∈ I, dizemos que α(t) e contınua em I.
Segue das definicoes 44 e 45 que α(t) e contınua em t0 se, e somente se, x(t), y(t) e z(t)sao contınuas em t0.
137
9.4 Derivada
Definicao 46. A derivada da funcao vetorial α : I ⊂ R → R3 e a funcao α′ : X ⊂ I → R
3,definida por
α′(t) = lim∆t→0
α(t+∆t)− α(t)
∆t,
onde X e o conjunto dos pontos t ∈ I para os quais o limite acima existe.
Segue das definicoes 44, 46 e da definicao de derivada de uma funcao real que
α′(t) = (x′(t), y′(t), z′(t))
se x′(t), y′(t) e z′(t) existem.
9.5 Curvas parametrizadas: vetores tangentes, comprimento de
arco
Quando α : I → R3 e contınua em I, o ponto final P do vetor α(t) = (x(t), y(t), z(t))
descreve uma curva C no R3, ou seja, para cada t ∈ I, obtemos um ponto P = (x, y, z) ∈ C,
onde x = x(t), y = y(t) e z = z(t). Essas equacoes sao chamadas equacoes parametricasda curva C, e a variavel t e o parametro. Se for possıvel eliminar o parametro nas equacoesacima entao obteremos uma expressao cartesiana da curva C.
Exemplo: A imagem de α : R → R2, dada por α(t) = (t, t2), possui equacao cartesiana
y = x2, ou seja representa uma parabola. A curva β : R → R2, dada por β(t) = (2 cos t, 2sent),
tem equacao cartesiana x2 + y2 = 4 e representa uma circunferencia de centro (0, 0) e raio 2.
Se uma curva α : I ⊂ R → R3 e diferenciavel, entao o vetor α′(t) e interpretado geo-
metricamente como o vetor tangente a curva C (imagem de α) no ponto α′(t). De fato,para cada t temos que o vetor que da a direcao da reta que passa por α(t) e α(t + ∆t) eα(t+∆t)− α(t)
∆t. Fazendo ∆t → 0 temos que o ponto α(t+∆t) se aproxima do ponto α(t)
e portanto α′(t) e um vetor tangente a curva no ponto α(t).Conforme vimos um pouco antes do Teorema de Mudanca de Variaveis na integral dupla,
podemos calcular o comprimento de uma curva α : [a, b] ⊂ R → R3 atraves da seguinte
formula
Comprimento de α =
∫ b
a
‖α′(t)‖dt.
Exemplo: Mostre que o comprimento de uma circunferencia de raio r e 2πr.Solucao: Consideremos a circunferencia C de centro na origem e raio r. Podemos parametriza-la por α : [0, 2π] → R
2, onde α(t) = (r cos t, rsent). Logo, calculando o vetor tangente temosα′(t) = (−rsent, r cos t). Daı ‖α′(t)‖ = r e
Comprimento de α =
∫ 2π
0
‖α′(t)‖dt =∫ 2π
0
rdt = 2πr.
Exemplo: Esboce a curva parametrizada por α(t) = (cos 3t, sen3t, 4t), com 0 ≤ t ≤ 4π ecalcule o seu comprimento.Solucao: Inicialmente observamos que as duas primeiras componentes da curva satisfazem aequacao x2+y2 = 1. Logo a curva “vive” em um cilindro que possui como base a circunferencia
138
de centro na origem e raio 1. Observe ainda que enquanto t varia de 0 a 4π, temos que 3t variade 0 a 12π, ou seja, a circunferencia e percorrida 6 vezes. Portanto a curva e uma helice quevai do ponto (1, 0, 0) ao ponto (1, 0, 16π) dando 6 voltas em torno do eixo z. Veja o esbocona figura 67.
x
y
z
Figura 67: Helice.
Calculando o vetor tangente temos α′(t) = (−3sen3t, 3 cos 3t, 4). Daı
‖α′(t)‖ =√9sen23t + 9 cos2 3t+ 16 = 5
e
Comprimento de α =
∫ 4π
0
‖α′(t)‖dt =∫ 4π
0
5dt = 20π.
139
Aula 45: 23/09/2010
10 Integral de Linha
Agora definiremos os campos de vetores.
Definicao 47. Dadas duas funcoes P,Q : Ω ⊂ R2 → R, com Ω aberto, chamamos de campo
de vetores de Ω em R2 a funcao F : Ω → R
2 dada por F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)). Dadastres funcoes P,Q,R : Ω ⊂ R
3 → R, com Ω aberto, chamamos de campo de vetores de Ωem R
3 a funcao F : Ω → R3 dada por F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)).
Exemplo: F (x, y) = (x, y) (veja Figura 68−(a)) e G(x, y) = (x, 0) (veja Figura 68−(b)).
(a) (b)
Figura 68: Campos F (x, y) = (x, y) e G(x, 0) = (x, 0).
Sejam F : Ω ⊂ R3 → R
3 um campo de vetores e γ : [a, b] ⊂ R → Ω uma curva dife-renciavel. Para motivar a definicao de integral de linha de F ao longo de C (imagem de γ),suponhamos que F representa um campo de forcas e calculemos o trabalho realizado pelaforca F ao deslocar uma partıcula ao longo de C.
Observacao 4. Recordemos que o trabalho τ realizado por uma forca constante F para deslo-car uma partıcula de α(a) ate α(b), onde a imagem de α e um segmento de reta, e dado por
τ = F.d = 〈F, α(b)− α(a)〉.
A fim de calcular o trabalho ao longo de C (imagem de γ) tome uma particao P de [a, b]dada por P = a = t0 < t1 < · · · < tn = b. Para cada i = 1, 2, . . . , n, o Teorema do ValorMedio garante que existe ξi ∈ (ti−1, ti) tal que γ(ti)−γ(ti−1) = γ′(ξi)∆ti, onde ∆ti = ti− ti−1.Uma aproximacao para o trabalho τ e dado por
n∑
i=0
〈F (γ(ξi)), γ(ti)− γ(ti−1)〉 =n∑
i=0
〈F (γ(ξi)), γ′(ξi)〉∆ti.
Usando o fato que F e contınua ao longo de C e γ e de classe C1, seque que 〈F (γ(t)), γ′(t)〉e integravel e portanto
τ = lim∆→0
n∑
i=1
〈F (γ(ξi)), γ′(ξi)〉∆ti =
∫ b
a
〈F (γ(t)), γ′(t)〉dt.
140
γ(t0)
γ(t1)γ(t2)
γ(tn)
Figura 69: Poligonal aproximando a curva γ.
Definicao 48. Consideremos uma curva C em R3 parametrizada por γ(t) = (x(t), y(t), z(t)),
com t ∈ [a, b], onde γ e de classe C1 e F (x, y, z) = (F1(x, y, z), F2(x, y, z), F3(x, y, z)) umcampo vetorial contınuo definido em C. Definimos a integral de linha de F ao longo de C por
∫
C
Fdγ =
∫ b
a
〈F (γ(t)), γ′(t)〉dt. (2)
Quando a curva C e fechada, isto e, γ(a) = γ(b), entao a integral de linha e denotada por
∮
C
Fdγ.
Se usarmos as componentes de F e de γ na equacao (2) temos
∫
C
Fdγ =
∫ b
a
F1(γ(t))x′(t)dt+ F2(γ(t))y
′(t)dt+ F3(γ(t))z′(t)dt.
Por essa razao e usual denotar a integral de linha por
∫
C
Fdγ =
∫
C
F1dx+ F2dy + F3dz.
Exemplo: Calcule
∫
C
Fdγ onde F (x, y) = (x, y) e C e parametrizada por γ(t) = (t, t2) para
t ∈ [−1, 1].Solucao:
∫
C
Fdγ =
∫ b
a
〈F (γ(t), γ′(t)〉dt =∫ 1
−1
〈(t, t2), (1, 2t)〉dt =∫ 1
−1
(t + 2t3)dt =
[
t2
2+
2t4
4
]1
−1
= 0.
Exemplo: Calcule
∫
C
Fdγ onde F (x, y) =
( −y
x2 + y2,
x
x2 + y2
)
e C e parametrizada por
γ(t) = (cos t, sent) para t ∈ [0, 2π].Solucao:
∫
C
Fdγ =
∫ b
a
〈F (γ(t), γ′(t)〉dt =∫ 2π
0
⟨(−sent
1,cos t
1
)
, (−sent, cos t)
⟩
dt =
∫ 2π
0
1dt = 2π.
141
Exemplo: Calcule
∫
C
xdx+(x2+y+z)dy+xyzdz onde C e parametrizada por γ(t) = (t, 2t, 1)
para t ∈ [0, 1].Solucao: Nesse caso, o campo vetorial e F (x, y, z) = (x, x2 + y + z, xyz) e γ′(t) = (1, 2, 0).
∫
C
Fdγ =
∫ b
a
〈F (γ(t), γ′(t)〉dt =∫ 1
0
〈(t, t2 + 2t+ 1, 2t2), (1, 2, 0)〉dt =
∫ 1
0
(2t2 + 5t+ 2)dt =
[
2t3
3+
5t2
2+ 2t
]1
0
=2
3+
5
2+ 2 =
31
6.
Exemplo: Calcule
∫
C
−ydx + xdy onde C e a elipsex2
4+
y2
9= 1, orientada no sentido
anti-horario.Solucao: A elipse pode ser escrita como
(x
2
)2
+(y
3
)2
= 1.
Assim chamamosx
2de cos t e
y
3de sent. Portanto uma parametrizacao da elipse orientada
no sentido anti-horario e dada por γ(t) = (2 cos t, 3sent), com t ∈ [0, 2π]. Dai temos
∫
C
Fdγ =
∫ 2π
0
〈(−3sent, 2 cos t), (−2sent, 3 cos t)〉dt =∫ 2π
0
6dt = 12π.
142
Aula 46: 28/09/2010
Aula de Duvidas, Revisao e Exercıcios.
143
Aula 47: 30/09/2010
Terceira Prova de Calculo II
1. (a) Enuncie o Teorema de Fubini.
(b) Usando o Teorema de Fubini calcule
∫ ∫
R
xy3dxdy, onde R e o retangulo [1, 2] ×[0, 1].
2. Inverta a ordem de integracao.
(a)
∫ 1
−2
∫ 1
x3
f(x, y)dydx.
(b)
∫ 1
0
∫ 1−y
−√
1−y2f(x, y)dxdy.
3. Considere as funcoes f, g : [0, 1] → R dadas por f(x) = x2 e g(x) = 2x + 1. Sejam Bf
o solido obtido pela revolucao do grafico de f em torno do eixo dos x, e Bg o solidoobtido pela revolucao do grafico de g em torno do eixo dos x.
(a) Calcule o volume de Bf .
(b) Calcule a area lateral de Bg.
4. Calcule o volume dos seguintes conjuntos:
(a) (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, x2 + y2 ≤ z ≤ 2.
(b) (x, y, z) ∈ R3 : 3x ≤ y ≤ 4− x2 e 0 ≤ z ≤ x+ 4.
5. Passe para coordenadas apropriadas e calcule.
(a)
∫ ∫
B
ydxdy, onde B e a regiao, no plano xy, limitada pela curva (dada em coorde-
nadas polares) ρ = cosθ, −π
6≤ θ ≤ π
6.
(b)
∫ ∫
B
ydxdy, onde B e o cırculo x2 + (y − 1)2 ≤ 1.
(Dica: Lembrar que cos2θ + sen2θ = 1.)
Boa Prova!
144
Resolucao da Prova
1. (a) Seja f : R ⊂ R2 → R uma funcao integravel no retangulo R = (x, y) ∈ R
2 : a ≤x ≤ b e c ≤ y ≤ d. Suponhamos que
∫ b
af(x, y)dx exista para todo y ∈ [c, d] e que
∫ d
cf(x, y)dy exista para todo x ∈ [a, b]. Entao
∫∫
R
f(x, y)dxdy =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y)dy
]
dx.
(b)
∫ ∫
R
xy3dxdy =
∫ 2
1
[∫ 1
0
xy3dy
]
dx =
∫ 2
1
[
xy4
4
]1
0
dx =
∫ 2
1
[x
4
]
dx =
[
x2
8
]2
1
=
4
8− 1
8=
3
8.
2. (a) De acordo com a figura 70-(a) temos
∫ 1
−8
∫ 3√y
−2
f(x, y)dxdy.
(b) De acordo com a figura 70-(b) temos
∫ 0
−1
∫
√1−x2
0
f(x, y)dydx+
∫ 1
0
∫ 1−x
0
f(x, y)dydx.
−8
−1
1
1
1
1
−2
(a) (b)
Figura 70: Exercıcio 2.
3. (a) V olume Bf = π
∫ 1
0
f(x)2dx = π
∫ 1
0
x4dx = π
[
x5
5
]1
0
=π
5.
(b) Area Bg = 2π
∫ 1
0
g(x)√
1 + (g′(x))2dx = 2π
∫ 1
0
(2x+ 1)√1 + 4dx =
2√5π
∫ 1
0
(2x+ 1)dx = 2√5π(x2 + x)10 = 4
√5π.
145
4. (a)
∫ 1
0
∫ 1
0
(2− x2 − y2)dxdy =
∫ 1
0
[
2x− x3
3− xy2
]1
0
dy =
∫ 1
0
(
2− 1
3− y2
)
dy =
(
5y
3− y3
3
)1
0
=4
3.
(b) Inicialmente, para descobrir a variacao de x, calculamos a interseccao das curvasy = 3x e y = 4 − x2. Logo a equacao 3x = 4 − x2 implica nas solucoes x = 1 ex = −4. Veja a figura 71. Portnto temos
∫ 1
−4
∫ 4−x2
3x
(x+ 4)dydx =
∫ 1
−4
(x+ 4)(4− x2 − 3x)dx =
∫ 1
−4
(−x3 − 7x2 − 8x+ 16)dx =
[−x4
4− 7x3
3− 4x2 + 16x
]1
−4
=
43 − 743
3+ 43 + 43 − 1
4− 7
3− 4 + 16 = 204− 455
3− 1
4=
2448− 1820− 3
12=
625
12.
1
−4
Figura 71: Exercıcio 4. (b).
5. (a) Usando coordenadas polares temos
∫ ∫
B
ydxdy =
∫ π/6
−π/6
∫ cos θ
0
ρsenθρdρdθ =
∫ π/6
−π/6
[
ρ3senθ
3
]cos θ
0
dθ =
∫ π/6
−π/6
cos3 θsenθ
3dθ =
[
−cos4 θ
12
]π/6
−π/6
= −9/16
12+
9/16
12= 0.
(b) Usamos a mudanca de coordenadas x = ρ cos θ e y = 1+ρsenθ. Para essa mudanca
de coordenadas o determinante jacobiano e∂(x, y)
∂(ρ, θ)= ρ. Entao
∫∫
B
ydxdy =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 + ρsenθ)ρdρdθ =
∫ 2π
0
[
ρ2
2+
ρ3senθ
3
]1
0
dθ =
∫ 2π
0
(
1
2+
senθ
3
)
dθ =
[
θ
2− cos θ
3
]2π
0
= π.
146
Decima Primeira Lista de Exercıcios
1. Para cada um dos seguintes pares de equacoes parametricas, esboce a curva e determinesua equacao cartesiana.
(a) x = −1 + t, y = 2− t, t ∈ R.
(b) x = cos2 t, y = sen2t, t ∈ R.
(c) x = t2 − 4, y = 1− t, t ∈ R.
(d) x = cos t, y = −3 + sent, t ∈ [0, 2π].
2. De uma parametrizacao para cada uma das curvas
(a) a reta 2x− 3y = 6.
(b) a parabola x2 = 4ay.
(c) a circunferencia (x− a)2 + (y − b)2 = r2.
(d) a elipsex2
a2+
y2
b2= 1, x ≥ 0.
3. Encontre o comprimento do caminho percorrido por uma partıcula que se move ao longodas curvas de equacoes dadas durante o intervalo de tempo especificado em cada umdos casos abaixo:
(a) α(t) = (et cos t, etsent), 0 ≤ t ≤ 2.
(b) α(t) = (a(cos t + tsent), a(sent− t cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.
(c) α(t) = (sent, 1, 1− cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.
4. Calcule
∫
γ
−→F dγ sendo dados
(a)−→F (x, y, z) = (x+ y + z)
−→k e γ(t) = (t, t, 1− t2), com 0 ≤ t ≤ 1.
(b)−→F (x, y) = x2−→j e γ(t) = (t2, 3), com −1 ≤ t ≤ 1.
(c)−→F (x, y) = x2−→i + (x− y)
−→j e γ(t) = (t, sent), com 0 ≤ t ≤ π.
(d)−→F (x, y, z) = x2−→i + y2
−→j + z2
−→k e γ(t) = (2cost, 3sent, t), com 0 ≤ t ≤ 2π.
5. Calcule
∫
γ
xdx− ydy, onde γ e o segmento de extremidades (1, 1) e (2, 3), percorrido no
sentido de (1, 1) para (2, 3).
6. Calcule
∫
γ
xdx+dy+2dz, onde γ e a intersecao do paraboloide z = x2+y2 com o plano
z = 2x + 2y − 1; o sentido de percurso deve ser escolhido de modo que a projecao deγ(t), no plano xy, caminhe no sentido anti-horario.
7. Calcule
∫
γ
dx+dy+dz, onde γ e a intersecao entre as superfıcies y = x2 e z = 2−x2−y2,
x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0, sendo o sentido de percurso do ponto (1, 1, 0) para o ponto (0, 0, 2).
8. O campo vetorial dado e conservativo? Justifique.
147
(a)−→F (x, y) = y
−→i + x
−→j .
(b)−→F (x, y, z) = (x− y)
−→i + (x+ y + z)
−→j + z2
−→k .
(c)−→F (x, y, z) = x
−→i + y
−→j + z
−→k .
9. Verifique se a forma diferencial dada e exata. Justifique.
(a) 2xydx+ x2dy.
(b) yzdx+ xzdy + xydz.
(c) (x+ y)dx+ (x− y)dy.
(d) (x+ y)dx+ (y − x)dy.
(e) xydx+ y2dy + xyzdz.
10. Seja f : R → R uma funcao contınua e seja−→F o campo vetorial central
−→F (x, y, z) = f(r)
−→rr,
onde −→r = x−→i + y
−→j + z
−→k e r = ||−→r ||. Prove que
−→F e conservativo.
(Sugestao: Verifique que ∇ϕ =−→F onde ϕ(x, y, z) = g
(
√
x2 + y2 + z2)
, sendo g uma
primitiva de f .)
148
Aula 48: 05/10/2010
Exemplo: Calcule
∫
C
xdx + xydy onde C e a curva parametrizada por γ(t) = (t, |t|), comt ∈ [−1, 1].Solucao: Observe que a curva γ(t) e dada por (t,−t) para t variando de −1 a 0 e e dada por(t, t) para t variando de 0 a 1. Veja a figura 72.
−1 1
Figura 72: Curva parametrizada por γ(t) = (t, |t|).
Logo
∫
C
Fdγ =
∫ 0
−1
〈F (t,−t), (1,−1)〉dt+∫ 1
0
〈F (t, t), (1, 1)〉dt =∫ 0
−1
(t+ t2)dt+
∫ 1
0
(t+ t2)dt =
∫ 1
−1
(t+ t2)dt =
[
t2
2+
t3
3
]1
−1
=1
2+
1
3− 1
2+
1
3=
2
3.
Exemplo: Calcule
∫
C
xdx + ydy onde C e a curva cuja imagem e a poligonal de vertices
(0, 0), (2, 0) e (2, 1), orientada de (0, 0) para (2, 1).Solucao: Inicialmente desenhamos a curva conforme a figura 73.
(0, 0) (2, 0)
(2, 1)
Figura 73: Poligonal.
Proximo passo e achar uma parametrizacao para a curva. Seja C1 o segmento de reta quevai de (0, 0) a (2, 0) e C2 o segmento que vai de (2, 0) a (2, 1). Uma parametrizacao para C1
149
pode ser γ1(t) = (t, 0), com t ∈ [0, 2]. E uma parametrizacao para C2 pode ser γ2(t) = (2, t),com t ∈ [0, 1]. Portanto temos
∫
C
xdx+ydy =
∫
C1
xdx+ydy+
∫
C2
xdx+ydy =
∫ 2
0
tdt+
∫ 1
0
tdt =
[
t2
2
]2
0
+
[
t2
2
]1
0
= 2+1
2=
5
2.
Exemplo: Calcule
∫
C
−ydx + xdy onde C e a curva cuja imagem e o triangulo de vertices
(0, 0), (1, 0) e (1, 1), orientado no sentido anti-horario.Solucao: Conforme no exemplo anterior, dividimos a curva C em tres componentes C1, C2 e C3
que sao os lados do triangulo. As parametrizacoes para C1, C2 e C3 sao dadas respectivamentepor γ1(t) = (t, 0), com t ∈ [0, 1], γ2(t) = (1, t), com t ∈ [0, 1] e γ3(t) = (−t,−t), comt ∈ [−1, 0]. Portanto temos∫
C
−ydx+ xdy =
∫
C1
−ydx+ xdy +
∫
C2
−ydx+ xdy +
∫
C3
−ydx+ xdy =
∫ 1
0
(0.1− t.0)dt+
∫ 1
0
(−t.0 + 1.1)dt+
∫ 0
−1
(t.(−1) + (−t).(−1))dt = 1.
10.1 Funcao Potencial
Definicao 49. Um campo vetorial F : Ω ⊂ Rn → R
n chama-se conservativo se existe umafuncao ϕ : Ω → R diferenciavel e tal que ∇ϕ = F em Ω. A funcao ϕ e chamada funcao
potencial.
Definicao 50. Seja F : Ω ⊂ R3 → R
3 um campo vetorial dado por F (x, y, z) = (P (x, y, z),Q(x, y, z), R(x, y, z)), definimos o rotacional de F por
RotF =
(
∂R
∂y− ∂Q
∂z,∂P
∂z− ∂R
∂x,∂Q
∂x− ∂P
∂y
)
.
Uma forma pratica de recordar a definicao de campo gradiente e campo rotacional edenotar por
∇ =
(
∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)
e lembrar que o gradiente e o produto por escalar e o rotacional e o produto vetorial. Porexemplo se F = (P,Q,R) e um campo vetorial e f e uma funcao real de tres variaveis temos
∇f =
(
∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)
e
RotF = ∇∧ F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
P Q R
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(
∂R
∂y− ∂Q
∂z,∂P
∂z− ∂R
∂x,∂Q
∂x− ∂P
∂y
)
.
Teorema 26. Seja F : Ω ⊂ Rn → R
n (n = 2 ou 3) um campo vetorial de classe C1. Se F eum campo conservativo, entao RotF = 0 em Ω.
150
Demonstracao: Por hipotese o campo F e conservativo, entao existe uma funcao ϕ talque ∇ϕ = F . O fato de F ser de classe C1 implica que ϕ e de classe C2. Portanto podemosaplicar o Teorema de Schwarz nas componentes de F . Sejam P , Q e R as componentes de F .Quando n = 2 admitimos R = 0. Portanto temos
P =∂ϕ
∂x, Q =
∂ϕ
∂ye R =
∂ϕ
∂z.
Dai segue que∂R
∂y− ∂Q
∂z=
∂2ϕ
∂y∂z− ∂2ϕ
∂z∂y= 0,
∂P
∂z− ∂R
∂x=
∂2ϕ
∂z∂x− ∂2ϕ
∂x∂z= 0 e
∂Q
∂x− ∂P
∂y=
∂2ϕ
∂x∂y− ∂2ϕ
∂y∂x= 0.
Portanto RotF = 0.
Exemplos: Verifique se os campos abaixo sao conservativos.
1. F (x, y) = (−y, x). Para esse caso, temos
RotF =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
−y x 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (0, 0, 2) 6= (0, 0, 0).
Portanto F nao e conservativo.
2. F (x, y) = (x, y). Para esse caso, temos
RotF =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
x y 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (0, 0, 0).
Portanto, usando o teorema anterior, nao da para decidir se o campo e ou nao conser-vativo. Vamos tentar encontrar uma funcao potencial para o campo.
Se ϕ for uma funcao potencial para F , entao∂ϕ
∂x= x. Logo
ϕ(x, y) =x2
2+ f(y).
Derivando em relacao a y obtemos∂ϕ
∂y= f ′(y) = y. Portanto f(y) =
y2
2+ c e assim
uma funcao potencial para o campo F e dada por
ϕ(x, y) =x2
2+
y2
2+ c
e assim F e conservativo.
151
Aula 49: 07/10/2010
10.2 Diferenciais Exatas
Vimos que se F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) e um campo de vetores, entao uma notacao para aintegral de linha de F ao longo de γ e
∫
γ
P (x, y)dx+Q(x, y)dy.
Definicao 51. A expressao P (x, y)dx+Q(x, y)dy sera chamada forma diferencial. Dize-mos que uma forma diferencial P (x, y)dx+ Q(x, y)dy e uma forma diferencial exata seexiste uma funcao diferenciavel ϕ tal que
∂ϕ
∂x(x, y) = P (x, y) e
∂ϕ
∂y(x, y) = Q(x, y).
Em outras palavras, uma forma diferencial P (x, y)dx + Q(x, y)dy e exata se o campoF (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) e um campo conservativo. Daı, temos o seguinte resultado
Proposicao 12. Se P (x, y)dx+Q(x, y)dy e uma forma diferencial exata definida em Ω, entaoentao RotF = 0 em Ω.
Demonstracao: Se a forma e exata, entao o campo e conservativo e daı aplicamos oTeorema 26.
Agora e o momento de recordarmos um dos teoremas mais importantes do Calculo Dife-rencial e Integral I, o Teorema Fundamental do Calculo. O referido teorema afirma que se fe uma funcao de uma variavel diferenciavel tal que ϕ e uma primitiva de f , isto e, ϕ′ = f ,entao
∫ b
a
f(x)dx =
∫ b
a
ϕ′(x)dx = ϕ(b)− ϕ(a).
O proximo teorema e uma versao do teorema anterior para integrais de linha.
Teorema 27. Se F e um campo conservativo em Ω, isto e, existe uma funcao diferenciavelϕ : Ω → R tal que ∇ϕ = F e γ : [a, b] → Ω, entao
∫
γ
Fdγ = ϕ(B)− ϕ(A),
onde B = γ(b) e A = γ(a).
Demonstracao: Pela regra da cadeia temos
d
dtϕ(γ(t)) = 〈∇ϕ(γ(t)), γ′(t)〉 = 〈F (γ(t)), γ′(t)〉.
Logo temos
∫
γ
Fdγ =
∫ b
a
〈F (γ(t)), γ′(t)〉dt =∫ b
a
[
d
dtϕ(γ(t))
]
dt = ϕ(γ(b))− ϕ(γ(a)) = ϕ(B)− ϕ(A).
Na penultima igualdade foi usado o Teorema Fundamental do Calculo.
152
Exemplo: Calcule
∫
C
xdx + ydy, onde C e parametrizada por γ(t) = (arctan t, sent3), com
t ∈ [0, 1].Solucao: Inicialmente, observamos que F (x, y) = (x, y) e um campo conservativo, que possui
uma funcao potencial dada por ϕ(x, y) =x2
2+y2
2. Entao, aplicando o teorema anterior temos
∫
C
xdx+ ydy = ϕ(γ(1))− ϕ(γ(0)) = ϕ(π
4, sen(1)
)
− ϕ(0, 0) =π2
32− sen(1)2
2.
Exemplo: Daremos um exemplo agora de um campo nao conservativo e que possui o rota-cional zero. Considere
F (x, y) =
( −y
x2 + y2,
x
x2 + y2
)
, com (x, y) 6= (0, 0).
(i) Vejamos inicialmente que o rotacional e zero:
rot F =
(
0, 0,∂
∂x
(
x
x2 + y2
)
− ∂
∂y
( −y
x2 + y2
))
=
=
(
0, 0,(x2 + y2)− x.2x
(x2 + y2)2− (x2 + y2)− y.2y
(x2 + y2)2
)
= (0, 0, 0).
(ii) Vamos mostrar que F nao e conservativo argumentando por contradicao. Suponhamosque F seja conservativo, logo existe uma funcao potencial ϕ para F . Seja γ(t) = (cos t, sent).Como γ(0) = γ(2π), aplicando o teorema anterior temos
∫
γ
Fdγ = ϕ(γ(2π))− ϕ(γ(0)) = 0.
Por outro lado, efetuando a conta, temos
∫
γ
Fdγ =
∫ 2π
0
〈F (γ(t)), γ′(t)〉dt =∫ 2π
0
1dt = 2π.
Essa contradicao mostra que o campo F nao e conservativo.
10.3 Independencia dos Caminhos
Definicao 52. Dizemos que a integral de linha∫
Fdγ e independente do caminho de
integracao em Ω se, quaisquer que forem os pontos A e B de Ω, o valor da integral
∫
γ
Fdγ
permanecer o mesmo para toda curva γ : [a, b] → Ω, com γ(a) = A e γ(b) = B. E nesse casoescrevemos
∫
γ
Fdγ =
∫ B
A
Fdγ.
153
Teorema 28. Seja F um campo de classe C1 em Ω. Se F e conservativo, entao∫
Fdγ eindependente do caminho.
Demonstracao: Sejam A e B pontos quaisquer de Ω e γ : [a, b] → Ω uma curva diferen-ciavel qualquer, tal que γ(a) = A e γ(b) = B. Como F e conservativo, existe uma funcaopotencial ϕ com ∇ϕ = F . Logo temos
∫
γ
Fdγ = ϕ(γ(b))− ϕ(γ(a)) = ϕ(B)− ϕ(A),
ou seja, independentemente da curva γ temos
∫
γ
Fdγ = ϕ(B)− ϕ(A).
No proximo resultado usaremos a nocao de conjunto conexo por caminhos. Dizemos queum conjunto Ω e conexo por caminhos se para quaisquer dois pontos A e B de Ω existir umcaminho γ : [a, b] → Ω com γ(a) = A e γ(b) = B.
Teorema 29. Seja F um campo de classe C0 em Ω e Ω e um conjunto conexo por caminhos.Se∫
Fdγ e independente do caminho, entao F e conservativo.
Demonstracao: Fixe um ponto A ∈ Ω e defina a funcao ϕ : Ω → R por
ϕ(X) =
∫ X
A
Fdγ.
Vamos denotar o campo F por F = (P,Q,R) e provemos que∂ϕ
∂x= P ,
∂ϕ
∂y= Q e
∂ϕ
∂z= R.
Seja X = (x, y, z) ∈ Ω. Como Ω e aberto, existe uma bola de centro X contida em Ω. Escolhah > 0 tal que (x+ h, y, z) ∈ Ω. Logo temos
limh→0
ϕ(x+ h, y, z)− ϕ(x, y, z)
h= lim
h→0
∫ X+(h,0,0)
AFdγ −
∫ X
AFdγ
h= lim
h→0
∫ X+(h,0,0)
XFdγ
h.
Na proxima aula usaremos a expressao anterior para mostrar que∂ϕ
∂x= P e concluir a
demonstracao.
154
Aula 50: 14/10/2010
Na aula passada estavamos provando o teorema 29. Havıamos definido ϕ : Ω → R por
ϕ(X) =
∫ X
A
Fdγ
e chegado a conclusao que
∂ϕ
∂x(x, y, z) = lim
h→0
∫ X+(h,0,0)
XFdγ
h.
Como a integral de linha e idependente do caminho, entao podemos escolher qualquer caminhode X a X + (h, 0, 0). Escolhemos entao o segmento de reta γ(t) = (x+ t, y, z), com t ∈ [0, h].Logo
∫ X+(h,0,0)
X
Fdγ =
∫ h
0
〈(P (x+t, y, z), Q(x+t, y, z), R(x+t, y, z)), (1, 0, 0)〉dt =∫ h
0
P (x+t, y, z)dt
Daı
∂ϕ
∂x(x, y, z) = lim
h→0
∫ X+(h,0,0)
XFdγ
h= lim
h→0
∫ h
0P (x+ t, y, z)dt
h= lim
h→0
P (x+ h, y, z)
1= P (x, y, z).
Na penultima igualdade foi aplicado a regra de L’ Hospital. E de maneira analoga prova-se
que∂ϕ
∂y= Q e
∂ϕ
∂z= R.
10.4 Teorema de Green
Nesta secao vamos estudar o seguinte teorema.
Teorema 30 (Teorema de Green). Seja K ⊂ R2 um compacto, com interior nao vazio, cuja
fronteira e a imagem de uma curva C1 por partes γ : [a, b] → R2, fechada, simples e orientada
no sentido anti-horario. Sejam P e Q de classe C1 num aberto contendo K. Nessas condicoestemos
∫
γ
Pdx+Qdy =
∫∫
K
[
∂Q
∂x− ∂P
∂y
]
dxdy.
Vamos demonstrar esse teorema apenas em um caso mais simples que e quando o compactoK = [a, b]× [c, d] conforme a figura 74.
a b
c
d
K
Figura 74: Teorema de Green no retangulo.
155
Demonstracao: Observamos que∫
γ
Pdx+Qdy =
∫
γ1
Pdx+Qdy +
∫
γ2
Pdx+Qdy
∫
γ3
Pdx+Qdy +
∫
γ4
Pdx+Qdy,
onde γ1(t) = (t, c), com a ≤ t ≤ b, γ2(t) = (b, t), com c ≤ t ≤ d, γ3(t) = (b − t, d), com0 ≤ t ≤ b− a, e γ4(t) = (a, d− t), com 0 ≤ t ≤ d− c. Assim temos
∫
γ1
Pdx+Qdy =
∫ b
a
P (t, c)dt,
∫
γ2
Pdx+Qdy =
∫ d
c
Q(b, t)dt,
∫
γ3
Pdx+Qdy =
∫ b−a
0
−P (b− t, d)dt e
∫
γ4
Pdx+Qdy =
∫ d−c
0
−Q(a, d − t)dt.
Na terceira integral acima, podemos fazer a substituicao s = b− t, logo se t varia de 0 a b−a,s varia de b a a, ou seja, ficamos com
∫
γ3
Pdx+Qdy =
∫ b−a
0
−P (b− t, d)dt =
∫ a
b
P (s, d)ds = −∫ b
a
P (t, d)dt.
E de maneira analoga temos
∫
γ4
Pdx+Qdy =
∫ d−c
0
−Q(a, d− t)dt =
∫ c
d
Q(a, s)ds = −∫ d
c
Q(a, t)dt.
Portanto, substituindo estas expressoes ficamos com
∫
γ
Pdx+Qdy =
∫ b
a
[P (t, c)− P (t, d)]dt+
∫ d
c
[Q(b, t)−Q(a, t)]dt.
Por outro lado temos∫∫
K
∂P
∂y(x, y)dxdy =
∫ b
a
[∫ d
c
∂P
∂y(x, y)dy
]
dx =
∫ b
a
[P (x, y)]dc dx =
∫ b
a
[P (x, d)− P (x, c)]dx,
e∫∫
K
∂Q
∂x(x, y)dxdy =
∫ d
c
[∫ b
a
∂Q
∂x(x, y)dx
]
dy =
∫ d
c
[Q(x, y)]ba dy =
∫ d
c
[Q(b, y)−Q(a, y)]dy.
E assim concluımos que
∫
γ
Pdx+Qdy =
∫∫
K
[
∂Q
∂x− ∂P
∂y
]
dxdy.
Exemplo: Usando o Teorema de Green, transforme a integral de linha
∫
γ
(x4− y3)dx+(x3+
y5)dy numa integral dupla e calcule, sendo γ(t) = (cos t, sent) com t ∈ [0, 2π].
Solucao: Inicialmente observamos que a regiao K delimitada pela curva e a regiao interior acircunferencia de raio 1 e centro (0, 0). Portanto, poderemos usar coordenadas polares com o
156
ρ variando de 0 a 1 e θ variando de 0 a 2π. Pela forma que foi dada a integral de linha temosque P (x, y) = x4 − y3 e Q(x, y) = x3 + y5. Portanto temos
∂Q
∂x− ∂P
∂y= 3x2 + 3y2.
E aplicando o Teorema de Green obtemos
∫
γ
(x4 − y3)dx+ (x3 + y5)dy =
∫∫
K
(3x2 + 3y2)dxdy =
∫ 1
0
∫ 2π
0
3ρ3dθdρ = 6π
[
ρ4
4
]1
0
=3π
2.
Exemplo: Nao se pode aplicar o Teorema de Green a integral de linha
∫
γ
−y
x2 + y2dx+
x
x2 + y2dy
onde γ(t) = (cos t, sent), com t ∈ [0, 2π]. De fato, as funcoes−y
x2 + y2e
x
x2 + y2sao de classe
C1 no aberto Ω = R2 \ (0, 0) e γ e a fronteira do cırculo K = (x, y) ∈ R
2 : x2 + y2 ≤ 1.Porem, K 6⊂ Ω, pois (0, 0) ∈ K e (0, 0) 6∈ Ω.
157
Aula 51: 19/10/2010
SEMANA DA MATEMATICA.
158
Aula 52: 21/10/2010
SEMANA DA MATEMATICA.
159
Aula 53: 26/10/2010
Exemplo: Dadas duas curvas conforme a figura 75, mostre que
∫
γ1
Pdx+Qdy +
∫
γ2
Pdx+Qdy =
∫∫
K
[
∂Q
∂x− ∂P
∂y
]
dxdy.
A BC
D
K
K1
K2
γ1γ2
S
V
Z
Y
Figura 75: Extensao do Teorema de Green.
Solucao: Considere os pontos A, B, C, D, S, V , Z e Y conforme na figura 75. Usaremosa seguinte notacao. Para denotar a curva γ2 (anel externo) usaremos a notacao DSAYD.Seja K1 a regiao interna a curva DSABV CD e K2 a regiao interna a curva DCZBAYD.Portanto temos que
∫∫
K
[
∂Q
∂x− ∂P
∂y
]
dxdy =
∫∫
K1
[
∂Q
∂x− ∂P
∂y
]
dxdy +
∫∫
K2
[
∂Q
∂x− ∂P
∂y
]
dxdy.
Aplicando o Teorema de Green nas regioes K1 e K2 temos que a ultima expressao e igual a∫
DSABV CD
Pdx+Qdy +
∫
DCZBAYD
Pdx+Qdy =
∫
DSA
Pdx+Qdy +
∫
AB
Pdx+Qdy +
∫
BV C
Pdx+Qdy +
∫
CD
Pdx+Qdy+
∫
DC
Pdx+Qdy +
∫
CZB
Pdx+Qdy +
∫
BA
Pdx+Qdy
∫
AY D
Pdx+Qdy =
∫
DSAYD
Pdx+Qdy +
∫
BKCZB
Pdx+Qdy =
∫
γ1
Pdx+Qdy
∫
γ2
Pdx+Qdy.
Agora veremos uma outra versao do Teorema de Green em funcao do rotacional.
Teorema 31 (Teorema de Stokes no plano). Sejam F = (P,Q) um campo de classe C1
definido em um aberto Ω ⊂ R2 e γ e K como no Teorema de Green. Entao∫
γ
Fdγ =
∫∫
K
〈rotF, k〉dxdy,
onde k = (0, 0, 1).
160
Demonstracao: Basta observar que o rotacional de F e dado por
(
∂R
∂y− ∂Q
∂z,∂P
∂z− ∂R
∂x,∂Q
∂x− ∂P
∂y
)
e portanto o produto do Rotacional de F com o vetor k = (0, 0, 1) e∂Q
∂x− ∂P
∂y. Daı o resultado
segue direto do Teorema de Green.
Fluxo de um campo atraves de uma curva
Antes de definir o fluxo atraves de uma curva, vejamos uma definicao de curva regular ede campo de vetores normais unitarios ao longo da curva.
Definicao 53 (Curva Regular). Seja γ : [a, b] → R2 uma curva. Se γ e de classe C1 e
γ′(t) 6= (0, 0) para todo t, dizemos que γ e uma curva regular.
Seja γ(t) = (x(t), y(t)) uma curva regular e injetora em [a, b]. Vamos considerar doiscampos de vetores ao longo de γ:
n1(t) =1
||γ′(t)|| (y′(t),−x′(t))
e
n2(t) =1
||γ′(t)|| (−y′(t), x′(t)) .
Observe que n1 e n2 sao vetores normais a curva γ, pois 〈n1(t), γ′(t)〉 = 0 e 〈n2(t), γ
′(t)〉 = 0para todo t ∈ [a, b]. E tambem sao unitarios, pois tem norma 1 para todo t ∈ [a, b].
Sejam F : Ω ⊂ R2 → R
2 um campo contınuo, γ : [a, b] → Ω uma curva regular injetora en um dos campos vetoriais n1 ou n2 definidos logo acima. Considere Fn(t) : [a, b] → R dadapor Fn(t) = 〈F (γ(t)), n(t)〉. Temos que Fn e a componente escalar de F ao longo de γ nadirecao de n. Veja a figura 76.
γ
γ(t)
Fn(t)
F (γ(t))
θ
Figura 76: Fluxo atraves de uma curva.
De fato, 〈F (γ(t)), n(t)〉 = ||F (γ(t))||.||n(t)||. cos θ = ||F (γ(t))|| cos θ.
Definicao 54. Definimos o fluxo de F atraves de γ, na direcao de n, por
∫
γ
〈F, n〉dt =∫ b
a
〈F (γ(t)), n(t)〉||γ′(t)||dt.
161
Definicao 55 (Divergente). Dado um campo de vetores F = (P,Q,R) de classe C1, definidoem um aberto Ω ⊂ R
3, definimos o divergente de F por
divF =∂P
∂x+
∂Q
∂y+
∂R
∂z.
Recordamos aqui que um metodo pratico para lembrar as definicoes de gradiente, diver-
gente e rotacional e considerar ∇ =
(
∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)
e daı o gradiente e o produto por escalar
entre ∇ e f , divergente e o produto escalar entre ∇ e F = (P,Q,R) e o rotacional e o produtovetorial entre ∇ e F = (P,Q,R).
Para interpretar o divergente de um campo F = (P,Q) definido em um aberto de R2,
basta considerar R = 0 na definicao anterior.
Teorema 32 (Teorema da Divergencia no Plano). Sejam F = (P,Q) um campo de classeC1 em um aberto Ω ⊂ R
2 e K um compacto, com interior nao vazio, contido em Ω, cujafronteira e a imagem de uma curva γ(t) = (x(t), y(t)), t ∈ [a, b], fechada, simples, regular eorientada no sentido anti-horario. Seja n a normal exterior a K, entao
∫
γ
〈F, n〉dt =∫∫
K
divFdxdy.
Demonstracao: Antes de mais nada, observamos que nas condicoes das hipoteses do teo-rema temos que a normal exterior a K e dada por n(t) = n1(t). Logo temos∫
γ
〈F, n〉dt =
∫ b
a
〈F (γ(t)), n(t)〉||γ′(t)||dt =∫ b
a
⟨
F (γ(t)),(y′(t),−x′(t))
||γ′(t)||
⟩
||γ′(t)||dt =
=
∫ b
a
〈(P (γ(t)), Q(γ(t))), (y′(t),−x′(t))〉 dt =
=
∫ b
a
−Qdx + PdyGreen=
∫∫
K
(
∂P
∂x+
∂Q
∂y
)
dxdy =
=
∫∫
K
divFdxdy.
Exemplo: Usando o Teorema de Green, calcule a area da elipsex2
a2+
y2
b2= 1.
Solucao: Inicialmente observamos que se Q(x, y) = x e P (x, y) = 0 entao temos∂Q
∂x−∂P
∂y= 1.
Para γ e K nas condicoes do Teorema de Green temos∫
γ
xdy =
∫∫
K
1dxdy = Area de K.
Uma curva que parametriza a elipse no sentido anti-horario e γ(t) = (a cos t, bsent), comt ∈ [0, 2π]. Logo
Area de K =
∫
γ
xdy =
∫ 2π
0
a cos tb cos tdt = ab
∫ 2π
0
cos2 tdt = abπ.
162
Decima Segunda Lista de Exercıcios
1. Calcule
∫
γ
Fdγ, onde γ e uma curva fechada, simples, C1 por partes, cuja imagem e a
fronteira de um conjunto compacto B e F (x, y) = (2x+ y, 3x− y).
2. Calcule
∫
γ
Fdγ, onde F (x, y) = (4x3y3, 3x4y2 + 5x) e γ e a fronteira do quadrado de
vertices (−1, 0), (0,−1), (1, 0) e (0, 1).
3. Calcule
∫
γ
〈F, n〉dt sendo dados
(a) F (x, y) = (0, y), γ a fronteira do quadrado de vertices (0, 0), (1, 0), (1, 1), (0, 1) e na normal unitaria que aponta para fora do quadrado, sendo γ orientada no sentidoanti-horario.
(b) F (x, y) = (x2, 0), γ(t) = (2cost, sent), 0 ≤ t ≤ π, e n a normal unitaria comcomponente y ≥ 0.
(c) F (x, y) = (x, y), γ(t) = (t, t2), 0 ≤ t ≤ 1, e n a normal unitaria com componentey < 0.
163
Aula 54: 28/10/2010
11 Integral de Superfıcies
11.1 Nocoes sobre superfıcies e planos tangentes
Definicao 56. Por superfıcie parametrizada σ entendemos a imagem de uma aplicacaoσ : A → R
3, onde A ⊂ R2 e aberto e as componentes de σ sao diferenciaveis.
Chamando as componentes de σ de x = x(u, v), y = y(u, v) e z = z(u, v) costumamosescrever a superfıcie parametrizada σ por
σ :
x = x(u, v),y = y(u, v),z = z(u, v),
(u, v) ∈ A,
para indicar σ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)).A imagem de σ e dada por Im σ = σ(u, v) ∈ R
3 : (u, v) ∈ A. Na figura 77 representamoso domınio e a imagem de uma aplicacao que da origem a uma superfıcie parametrizada.
A
u
v
x
y
z
σ
(u, v)
σ(u, v)
Im σ
Figura 77: Domınio e Imagem de σ.
Exemplo: Considere a superfıcie dada por σ : R2 → R3 onde
σ :
x = u+ 2v,y = 2u− v + 1,z = u+ v + 2,
(u, v) ∈ R2.
Podemos escrever σ da seguinte forma
(x, y, z) = (u+ 2v, 2u− v + 1, u+ v + 2) = (0, 1, 2) + u(1, 2, 1) + v(2,−1, 1).
Portanto a imagem de σ e o plano que passa pelo ponto (0, 1, 2) e tem como vetores diretores(1, 2, 1) e (2,−1, 1).
164
Exemplo: Considere a superfıcie dada por σ : A ⊂ R2 → R
3, onde A = [0, 2π]× [0, 1] e
σ :
x = cosu,y = senu,z = v,
(u, v) ∈ A.
Esta superfıcie e um cilindro que tem como base a circunferencia contida no plano xy, centradana origem e de raio 1, e de altura 1. Veja a figura 78.
Figura 78: Cilindro.
Exemplo: Uma parametrizacao para a superfıcie esferica (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = r2
e dada por
σ :
x = rsenu cos v,y = rsenusenv,z = r cos u,
0 ≤ u ≤ π e 0 ≤ v ≤ 2π.
Plano Tangente
Considere agora uma superfıcie dada por σ : A ⊂ R2 → R
3, A aberto, de classe C1.
Fixado u0 temos que a funcao v 7→ σ(u0, v) e uma curva de classe C1. E se∂σ
∂v(u0, v0) e um
vetor nao nulo, entao∂σ
∂v(u0, v0) e um vetor tangente a essa curva no ponto σ(u0, v0). De
maneira analoga temos que∂σ
∂u(u0, v0) e um vetor tangente a curva u 7→ σ(u, v0) no ponto
σ(u0, v0). Veja a figura 79.
A
u
v
x
y
z
σ
(u, v)
σ(u, v)
Im σ
Figura 79: Curvas que geram o plano tangente.
165
Definicao 57. O plano tangente a uma superfıcie σ no ponto σ(u0, v0) e o plano que passa
por σ(u0, v0) e possui vetores diretores∂σ
∂u(u0, v0) e
∂σ
∂v(u0, v0). A equacao vetorial do plano
e
π : (x, y, z) = σ(u0, v0) + s∂σ
∂u(u0, v0) + t
∂σ
∂v(u0, v0),
e a equacao geral e
⟨
∂σ
∂u(u0, v0) ∧
∂σ
∂v(u0, v0), [(x, y, z)− σ(u0, v0)]
⟩
= 0.
Exemplo: Esboce a superfıcie σ(u, v) = (u, u2 + v2, v) e calcule o plano tangente no pontoσ(0, 1) = (0, 1, 1).Solucao: Observe que se chamamos x = u, y = u2 + v2 e z = v temos que y = x2 + z2. Ouseja a superfıcie e um paraboloide como na figura 80.
x
y
z
Figura 80: Paraboloide.
Aplicando a definicao temos que os vetores diretores do plano tangente sao
∂σ
∂u(u, v) =
(
∂x
∂u(u, v),
∂y
∂u(u, v),
∂z
∂u(u, v)
)
= (1, 2u, 0),
∂σ
∂v(u, v) =
(
∂x
∂v(u, v),
∂y
∂v(u, v),
∂z
∂v(u, v)
)
= (0, 2v, 1),
que quando avaliados no ponto (0, 1) obtem-se (1, 0, 0) e (0, 2, 1). Portanto
∂σ
∂u(0, 1) ∧ ∂σ
∂v(0, 1) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k1 0 00 2 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (0,−1, 2).
Portanto o plano tangente, obtido por
〈(0,−1, 2), (x− 0, y − 1, z − 1)〉 = 0,
ey − 2z + 1 = 0.
166
Aula 55: 09/11/2010
Antes de falarmos de integral de superfıcies, vamos estudar um metodo para calcular aarea de uma superfıcie. Considere a figura 81.
u
v
R
u0
v0
u0 +∆u
v0 +∆v σ
x
y
z
A B
CD
∂σ∂v∆v
∂σ∂u∆u
Figura 81: Area de Superfıcie.
A aplicacao σ transforma o retangulo R de lados ∆u e ∆v no “paralelogramo curvilıneo”ABCD. Mas a area do “paralelogramo curvilıneo” ABCD e aproximadamente a area do
paralelogramo gerado pelos vetores∂σ
∂u∆u e
∂σ
∂v∆v, que pela geometria analıtica, e dada por
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∆u ∧ ∂σ
∂v∆v
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v
∥
∥
∥
∥
∆u∆v.
Logo a area da superfıcie σ : A ⊂ R2 → R
3 e dada por
Area σ =
∫∫
A
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v
∥
∥
∥
∥
dudv.
Exemplo: Calcular a area da superfıcie σ(u, v) = (u, v, 2− u− v), com u2 + v2 ≤ 1.
Solucao: Inicialmente calculando as derivadas parciais temos ∂σ∂u
= (1, 0,−1) e ∂σ∂v
= (0, 1,−1).Daı segue que ∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v= (1, 1, 1). Portanto
Area σ =
∫∫
A
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v
∥
∥
∥
∥
dudv =
∫∫
A
√3dudv =
√3 Area A =
√3π.
Exemplo: Calcular a area da esfera de raio r .
Solucao: Conforme vimos antes, uma parametrizacao para a esfera e dada por
σ(u, v) = (rsenu cos v, rsenusenv, r cosu) 0 ≤ u ≤ π e 0 ≤ v ≤ 2π.
Calculando as derivadas parciais temos
∂σ
∂u= (r cos u cos v, r cosusenv,−rsenu) e
∂σ
∂v= (−rsenusenv, rsenu cos v, 0).
167
Calculando agora o produto vetorial e a norma, apos algumas simplificacoes, obtemos
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v
∥
∥
∥
∥
= r2senu.
Portanto temos
Area da Esfera =
∫ π
0
∫ 2π
0
r2senudvdu =
∫ π
0
2πr2senudu = 2πr2[1 + 1] = 4πr2.
11.2 Integral de Superfıcies
Seja σ : A ⊂ R2 → R
3 uma superfıcie de classe C1. Dizemos que σ e regular se
∂σ
∂u(u, v) ∧ ∂σ
∂v(u, v) 6= (0, 0, 0) ∀(u, v) ∈ A.
Definicao 58. Seja σ : A ⊂ R2 → R
3 uma superfıcie de classe C1, regular e injetora. Sejaainda f : Ω ⊂ R
3 → R uma funcao contınua tal que Im σ ⊂ Ω. Definimos a integral de
superfıcie de f sobre σ por
∫∫
σ
f(x, y, z)dS =
∫∫
A
f(σ(u, v))
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v
∥
∥
∥
∥
dudv.
Exemplo: Calcule a integral de superfıcie de f sobre σ sendo f(x, y, z) = x e σ(u, v) =(u, v, u2 + v), com 0 ≤ u ≤ 1 e u2 ≤ v ≤ 1.Solucao: Inicialmente calculamos as derivadas parciais ∂σ
∂u= (1, 0, 2u) e ∂σ
∂v= (0, 1, 1). Daı
segue que ∂σ∂u
∧ ∂σ∂v
= (−2u,−1, 1).Agora aplicando a definicao anterior temos
∫∫
σ
f(x, y, z)dS =
∫ 1
0
∫ 1
u2
f(u, v, u2 + v)√4u2 + 2dvdu =
∫ 1
0
(1− u2)u√4u2 + 2du.
Vamos calcular uma primitiva fazendo integracao por substituicao. Chamamos x = 4u2 + 2,
logo udu =1
8dx. Observe que u2 =
x− 2
4, e daı 1 − u2 =
6− x
4. Portanto a ultima integral
fica∫
6− x
4
1
8
√xdx =
6
32
2
3
√x3 − 1
32
2
5
√x5 =
1
8
√
(4u2 + 2)3 − 1
80
√
(4u2 + 2)5.
Dai aplicando em 1 e em 0 temos que a integral de superfıcie e
1
8
√63 − 1
80
√65 −
(
1
8
√23 − 1
80
√25)
=1
10(3√6− 2
√2).
168
Aula 56: 11/11/2010
11.3 Teoremas de Gauss e de Stokes
Antes de os teoremas principais sobre integrais de superfıcies vamos estudar o fluxo de umcampo vetorial atraves de uma superfıcie. Seja σ : A ⊂ R
2 → R3 uma superfıcie de classe
C1, definida em um compacto A, regular e injetora. Podemos considerar dois campos vetoriaisnormais a σ:
n1(σ(u, v)) =
∂σ
∂u(u, v) ∧ ∂σ
∂v(u, v)
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u(u, v) ∧ ∂σ
∂v(u, v)
∥
∥
∥
∥
e
n2(σ(u, v)) = −∂σ
∂u(u, v) ∧ ∂σ
∂v(u, v)
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u(u, v) ∧ ∂σ
∂v(u, v)
∥
∥
∥
∥
Seja agora F : Im σ → R3 um campo vetorial contınuo e n um dos campos normais a σ:
n1 ou n2. ConsideramosFn = 〈F, n〉,
a componente escalar de F na direcao de n. Analogo ao que foi feito para curvas.
Definicao 59. Definimos o fluxo de F atraves de σ, na direcao n, por
∫∫
σ
〈F, n〉dS.
Observamos que o fluxo de F atraves de σ e o volume total de fluıdo que atravessa asuperfıcie σ em unidade de tempo. Se para uma superfıcie fechada como a esfera escolhermosn como a normal exterior, entao o fluxo mede o fluxo lıquido para fora da esfera em unidadede tempo. Por exemplo, se o fluxo for positivo e porque saiu mais do que entrou. Nessecaso teria uma fonte dentro da esfera. Por outro lado, se o fluxo for negativo, entao e porqueentrou mais do que saiu e portanto temos um poco dentro da esfera.
Teorema 33 (Teorema da Divergencia de Gauss). Seja Q uma regiao em 3 dimensoes de-limitada por uma superfıcie fechada σ. Seja ainda n o vetor normal e exterior a σ. Se F eum campo de classe C1 em Q entao:
∫∫
σ
〈F, n〉dS =
∫∫∫
Q
divFdxdydz.
Demonstracao: Vamos chamar o campo F de F = (M,N, P ). Denotando por i, j e k osvetores da base canonica de R
3, podemos escrever F = Mi+Nj + Pk. Temos de provar que
∫∫
σ
〈Mi+Nj + Pk, n〉dS =
∫∫∫
Q
(
∂M
∂x+
∂N
∂y+
∂P
∂z
)
dxdydz.
169
E suficiente mostrar as seguintes igualdades
(i)
∫∫
σ
M〈i, n〉dS =
∫∫∫
Q
∂M
∂xdxdydz,
(ii)
∫∫
σ
N〈j, n〉dS =
∫∫∫
Q
∂N
∂ydxdydz,
(iii)
∫∫
σ
P 〈k, n〉dS =
∫∫∫
Q
∂P
∂zdxdydz.
Vamos provar apenas a igualdade (iii) para o caso em que a regiao e dada como na figura82, isto e, Q = (x, y, z) ∈ R
3 : (x, y) ∈ R e g(x, y) ≤ z ≤ f(x, y).
x
y
R
z
Q
S1
S2
S3
z = f(x, y)
z = g(x, y)
Figura 82: Regiao Q.
Vamos denotar por S1 a superfıcie superior, S2 a superfıcie inferior e S3 a superfıcie lateral.Sobre a superfıcie S3 a componente k de n e nula, isto e, em S3 temos 〈k, n〉 = 0. Portantotemos
∫∫
σ
P 〈k, n〉dS =
∫∫
S1
P 〈k, n〉dS +
∫∫
S2
P 〈k, n〉dS (3)
A superfıcie S1 e parametrizada por S1(x, y) = (x, y, f(x, y)). Sabemos que a normalexterior e dada por
n =
∂S1
∂x∧ ∂S1
∂y∥
∥
∥
∥
∂S1
∂x∧ ∂S1
∂y
∥
∥
∥
∥
.
Temos∂S1
∂x=
(
1, 0,∂f
∂x
)
,∂S1
∂y=
(
0, 1,∂f
∂y
)
e∂S1
∂x∧ ∂S1
∂y=
(
−∂f
∂x,−∂f
∂y, 1
)
. Logo
n =
(
−∂f
∂x,−∂f
∂y, 1
)
∥
∥
∥
∥
∂S1
∂x∧ ∂S1
∂y
∥
∥
∥
∥
.
170
E portanto
〈k, n〉 = 1∥
∥
∥
∥
∂S1
∂x∧ ∂S1
∂y
∥
∥
∥
∥
.
Calculando o fluxo sobre S1 temos∫∫
S1
P 〈k, n〉dS =
∫∫
S1
P∥
∥
∥
∥
∂S1
∂x∧ ∂S1
∂y
∥
∥
∥
∥
dS =
∫∫
R
Pdxdy.
Portanto temos∫∫
S1
P 〈k, n〉dS =
∫∫
R
P (x, y, f(x, y))dxdy. (4)
Analogamente prova-se que
∫∫
S2
P 〈k, n〉dS =
∫∫
R
−P (x, y, g(x, y))dxdy. (5)
De (3), (4) e (5) segue que
∫∫
σ
P 〈k, n〉dS =
∫∫
R
[P (x, y, f(x, y))− P (x, y, g(x, y))]dxdy =
∫∫
R
[
∫ f(x,y)
g(x,y)
∂P
∂z(x, y, z)dz
]
dxdy =
∫∫∫
Q
∂P
∂z(x, y, z)dxdydz.
171
Aula 57: 16/11/2010
Teorema 34 (Teorema de Stokes). Sejam D ⊂ R2 um aberto e γ∗ a fronteira de D conforme
no Teorema de Green, g : D → R de classe C2, σ(u, v) = (u, v, g(u, v)) uma superfıcie,γ = g(γ∗) a fronteira de σ, F um campo de classe C1 ao longo de σ e n um vetor normal aσ e unitario, entao
∫
γ
Fdγ =
∫∫
σ
〈rotF, n〉dS.
D
σ
γ∗
γ
x
y
z
Figura 83: Teorema de Stokes.
Demonstracao: A primeira observacao a ser feita e que a superfıcie σ e dada por z =g(x, y) e portanto ao calcular a diferencial temos
dz =∂g
∂xdx+
∂g
∂ydy.
Consideramos agora o campo F como F = (P,Q,R). Entao a integral de linha fica
∫
γ
Fdγ =
∫
γ
Pdx+Qdy +Rdz =
∫
γ∗
P (x, y, g(x, y))dx+Q(x, y, g(x, y))dy+R(x, y, g(x, y))
(
∂g
∂xdx+
∂g
∂ydy
)
=
∫
γ∗
[
P (x, y, g(x, y)) +R(x, y, g(x, y))∂g
∂x
]
dx+
[
Q(x, y, g(x, y)) +R(x, y, g(x, y))∂g
∂y
]
dy.
Chamamos
P1(x, y) =
[
P (x, y, g(x, y)) +R(x, y, g(x, y))∂g
∂x
]
,
Q1(x, y) =
[
Q(x, y, g(x, y)) +R(x, y, g(x, y))∂g
∂y
]
172
e aplicamos o Teorema de Green para concluir que a ultima integral de linha e igual a
∫∫
D
(
∂Q1
∂x− ∂P1
∂y
)
dxdy =
∫∫
D
([
∂Q
∂x+
∂Q
∂z
∂g
∂x
]
+
[
∂R
∂x+
∂R
∂z
∂g
∂x
](
∂g
∂y
)
+R∂2g
∂x∂y
−[
∂P
∂y+
∂P
∂z
∂g
∂y
]
−[
∂R
∂y+
∂R
∂z
∂g
∂y
](
∂g
∂x
)
−R∂2g
∂x∂y
)
dxdy =
∫∫
D
([
∂Q
∂x− ∂P
∂y
]
+
[
∂Q
∂z− ∂R
∂y
](
∂g
∂x
)
+
[
∂R
∂x− ∂P
∂z
](
∂g
∂y
))
dxdy =
∫∫
D
([
∂R
∂y− ∂Q
∂z
](
−∂g
∂x
)
+
[
∂P
∂z− ∂R
∂x
](
−∂g
∂y
)
+
[
∂Q
∂x− ∂P
∂y
])
dxdy =
∫∫
D
⟨(
∂R
∂y− ∂Q
∂z,∂P
∂z− ∂R
∂x,∂Q
∂x− ∂P
∂y
)
,
(
−∂g
∂x,−∂g
∂y, 1
)⟩
dxdy =
∫∫
D
⟨
rotF, n
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂x∧ ∂σ
∂y
∥
∥
∥
∥
⟩
dxdy =
∫∫
D
〈rotF, n〉∥
∥
∥
∥
∂σ
∂x∧ ∂σ
∂y
∥
∥
∥
∥
dxdy =
∫∫
σ
〈rotF, n〉dS.
11.4 Aplicacoes
Exemplo: Seja F (x, y, z) = (3z − senx, x2 + ey, y3 − cos z). Use do Teorema de Stokes para
calcular
∫
γ
Fdγ onde γ(t) = (cos t, sent, 1) com t ∈ [0, 2π].
Solucao: A curva γ e uma circunferencia no plano z = 1, logo ela pode ser vista como o bordoda superfıcie σ(x, y) = (x, y, 1) com (x, y) ∈ K = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1.
Agora calculamos o rotacional do campo F
rotF =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
3z − senx x2 + ey y3 − cos z
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (3y2,−3, 2x)
e o vetor normal a σ
n =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k1 0 00 1 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (0, 0, 1).
Portanto usando Stokes temos
∫
γ
Fdγ =
∫∫
σ
〈rotF, n〉dS =
∫∫
σ
2xdS =
∫∫
K
2x.1dxdy =
∫ 2π
0
∫ 1
0
2ρ2 cos θdρdθ =
∫ 2π
0
[
2ρ3 cos θ
3
]1
0
dθ =2
3
∫ 2π
0
cos θdθ = 0.
173
Decima Terceira Lista de Exercıcios
1. Desenhe a imagem da superfıcie parametrizada dada:
(a) σ(u, v) = (u, v, 1− u− v), u ≥ 0, v ≥ 0 e u+ v ≤ 1.
(b) σ(u, v) =(
u, v,√1− u2 − v2
)
, u2 + v2 ≤ 1.
(c) σ(u, v) = (u, v, 1− u2), u ≥ 0, v ≥ 0 e u+ v ≤ 1.
2. Determine uma parametrizacao para o conjunto dado
(a)
(x, y, z) ∈ R3 :
x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1
onde a, b e c sao constantes positivas dadas.
(b)
(x, y, z) ∈ R3 : x2 + 4y2 = 1
.
(c)
(x, y, z) ∈ R3 : 2x+ y + 4z = 5
.
3. Determine o plano tangente a superfıcie dada no ponto dado.
(a) σ(u, v) = (2u+ v, u− v, 3u+ 2v) no ponto σ(0, 0).
(b) σ(u, v) = (u− v, u2 + v2, uv) no ponto σ(1, 1).
4. Calcule a area da superfıcie
(a) σ(u, v) = (u, v, u2 + v2), u2 + v2 ≤ 4.
(b) σ(u, v) = (cosu, v, senu), u2 + 4v2 ≤ 1.
5. Calcule a area da parte da superfıcie z = xy que se encontra dentro do cilindro x2+y2 ≤ 4e fora do cilindro x2 + y2 ≤ 1.
6. Calcule a area da parte do paraboloide elıptico z = x2 + 2y2 que se encontra dentro docilindro 4x2 + 16y2 ≤ 1.
7. Calcule
∫ ∫
σ
f(x, y, z)dS, sendo
(a) f(x, y, z) = x2 + y2 e σ(u, v) = (u, v, u2 + v2) com u2 + v2 ≤ 1.
(b) f(x, y, z) = xy e σ a interseccao do paraboloide z = x2 + y2 com o conjuntox2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0, x ≥ 0.
(c) f(x, y, z) = x e σ a parte da superfıcie z2 = x2 + y2 situada entre os planos z = 1e z = 3.
8. Sejam B = (x, y, z) ∈ R3|x ≥ 0, y ≥ 0, e 0 ≤ z ≤ 1− x− y, σ a fronteira de B e
F = (x, y, z). Verifique que
∫ ∫
σ
〈F, n〉dS =
∫ ∫ ∫
B
divFdxdydz,
onde n e a normal unitaria que aponta para fora de B.
174
9. Seja B o cilindro (x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1, σ a fronteira de B. Mostre
que∫ ∫
σ
〈F, n〉dS =
∫ ∫ ∫
B
divFdxdydz,
onde n e a normal unitaria que aponta para fora de B e F = (xy,−1, z2).
10. Seja F (x, y, z) = (0, 0, x+ y + z2) e σ a fronteira do cilindro x2 + y2 ≤ 4 e 0 ≤ z ≤ 3.
Calcule
∫ ∫
σ
〈F, n〉dS onde n e a normal unitaria que aponta para fora do cilindro.
11. Seja r = (x, y, z) e seja B um compacto no qual o Teorema da Divergencia de Gauss seaplica. Prove que
VolB =1
3
∫ ∫
σ
〈r, n〉dS
onde σ e a fronteira de B e n e a normal unitaria que aponta para fora de B.
12. Utilizando o Teorema de Stokes, transforme a integral
∫ ∫
σ
〈rotF, n〉dS numa integral
de linha e calcule
(a) F (x, y, z) = (0, 0, y), σ(u, v) = (u, v, u2 + v2), com u2 + v2 ≤ 1, sendo n a normalunitaria apontando para cima.
(b) F (x, y, z) = (y, x2, z), σ(u, v) = (u, v, 2u+ v + 1), com u ≥ 0 e u+ v ≤ 2, sendo na normal unitaria apontando para baixo.
(c) F (x, y, z) = (0, x, 0), σ a superfıcie (x, y, z) ∈ R3|0 ≤ z ≤ 1, x2 + y2 = 1, x ≥
0 e y ≥ 0, sendo n a normal unitaria com componente x positiva.
(d) F (x, y, z) = (y, 0, 0), σ a superfıcie x2 + y2 + z2 = 2, x2 + y2 ≤ 1 e z ≥ 0, sendo na normal unitaria apontando para cima.
(e) F (x, y, z) = (−y2, x2, z2), σ a superfıcie z = x + y + 2 e x2 +y2
4≤ 1, sendo n a
normal unitaria apontando para cima.
175
Aula 58: 18/11/2010
Exemplo: Calcule
∫∫
σ
〈F, n〉dS, onde F = (x2 + senyz, y − xe−z, z2) e σ e a superfıcie de-
limitada pelo cilindro x2 + y2 = 4 e os planos x+ z = 2 e z = 0.
Solucao: Pelo Teorema da Divergencia de Gauss temos
∫∫
σ
〈F, n〉dS =
∫∫∫
Q
divFdxdydz.
Chamamos C = (x, y) ∈ R2 : x2+y2 ≤ 4 e calculamos o divergente de F , divF = 2x+1+2z.
Logo temos
∫∫∫
Q
divFdxdydz =
∫∫
C
[∫ 2−x
0
(2x+ 1 + 2z)dz
]
dxdy =
∫∫
C
[2xz + z + z2]2−x0 dxdy =
∫∫
C
(2x(2− x) + (2− x) + (2− x)2)dxdy =
∫∫
C
(4x− 2x2 + 2− x+ 4− 4x+ x2)dxdy =
∫∫
C
(−x2 − x+ 6)dxdy =
∫ 2π
0
∫ 2
0
(−ρ3 cos2 θ − ρ2 cos θ + 6)dρdθ =
∫ 2π
0
[
−ρ4
4cos2 θ − ρ3
3cos θ + 6ρ
]2
0
dθ =
∫ 2π
0
(
−4 cos2 θ − 8
3cos θ + 12
)
dθ =
−4
(
1
2θ +
1
4sen2θ
)2π
0
− 8
3(senθ)2π0 + (12θ)2π0 = 20π.
Exemplo: Verifique o Teorema de Stokes para F (x, y, z) = (z, x, y) e σ o hemisferio
z =√
a2 − x2 − y2.
Solucao: A fronteira da superfıcie e a curva z = 0 e x2 + y2 = a2, e uma parametrizacao paraela e γ(t) = (a cos t, asent, 0), com t ∈ [0, 2π]. Daı calculando diretamente a integral de linhaobtemos
∫
γ
Fdγ =
∫ 2π
0
0 + a2 cos2 tdt+ sent0 =
∫ 2π
0
a2 cos2 tdt = a2[
1
2t+
1
4sen2t
]2π
0
= πa2.
Por outro lado, o rotacional do campo F e
rotF =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k∂∂x
∂∂y
∂∂z
z x y
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (1, 1, 1).
Calculando as derivadas parciais de σ obtemos
∂σ
∂x=
(
1, 0,− x√
a2 − x2 − y2
)
e∂σ
∂y=
(
0, 1,− y√
a2 − x2 − y2
)
.
176
E portanto o produto vetorial e
∂σ
∂x∧ ∂σ
∂y=
(
x√
a2 − x2 − y2,
y√
a2 − x2 − y2, 1
)
e sua norma e
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂x∧ ∂σ
∂y
∥
∥
∥
∥
=
√
x2
a2 − x2 − y2+
y2
a2 − x2 − y2+ 1 =
a√
a2 − x2 − y2.
Entao sua normal unitaria e
n =
(
x
a,y
a,
√
a2 − x2 − y2
a
)
.
Temos
∫∫
σ
〈RotF, n〉dS =
∫∫
σ
(
x
a+
y
a+
√
a2 − x2 − y2
a
)
dS =
∫∫
K
x+ y +√
a2 − x2 − y2
a
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂x∧ ∂σ
∂y
∥
∥
∥
∥
dxdy =
∫∫
K
x+ y +√
a2 − x2 − y2
a
a√
a2 − x2 − y2dxdy =
∫ a
0
∫ 2π
0
ρ(cos θ + senθ)√
a2 − ρ2√
a2 − ρ2ρdθdρ =
∫ a
0
∫ 2π
0
[
ρ2√
a2 − ρ2(cos θ + senθ) + ρ
]
dθdρ =
∫ a
0
[
ρ2√
a2 − ρ2(senθ − cos θ) + ρθ
]2π
0
dρ =
∫ a
0
2πρdρ = π[ρ2]a0 = πa2.
Exemplo: Calcule
∫∫
σ
〈F, n〉dS, onde σ e a fronteira do cubo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 e
0 ≤ z ≤ 1, F e dado por F (x, y, z) = (x2,−1, 1) e n e a normal unitaria apontando para fora.
Solucao 1 : Podemos considerar σ1, σ2, . . . σ6 as seis faces do cubo e daı ficamos com∫∫
σ
〈F, n〉dS =
∫∫
σ1
〈F, n〉dS + · · ·+∫∫
σ6
〈F, n〉dS,
onde σ1(u, v) = (u, v, 1), σ2(u, v) = (u, 1, v), σ3(u, v) = (1, u, v), σ4(u, v) = (u, v, 0), σ5(u, v) =(u, 0, v) e σ6(u, v) = (0, u, v), e os vetores normais respectivamente sao n1 = (0, 0, 1), n2 =(0, 1, 0), n3 = (1, 0, 0), n4 = (0, 0,−1), n5 = (0,−1, 0) e n6 = (−1, 0, 0). Temos
∫∫
σ1
〈F, n1〉dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
〈(u2,−1, 1), (0, 0, 1)〉dudv =∫ 1
0
∫ 1
0
1dudv = 1,
∫∫
σ2
〈F, n2〉dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
〈(u2,−1, 1), (0, 1, 0)〉dudv =
∫ 1
0
∫ 1
0
−1dudv = −1,
177
∫∫
σ3
〈F, n3〉dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
〈(1,−1, 1), (1, 0, 0)〉dudv =∫ 1
0
∫ 1
0
1dudv = 1,
∫∫
σ4
〈F, n4〉dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
〈(u2,−1, 1), (0, 0,−1)〉dudv =
∫ 1
0
∫ 1
0
−1dudv = −1,
∫∫
σ5
〈F, n5〉dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
〈(u2,−1, 1), (0,−1, 0)〉dudv =
∫ 1
0
∫ 1
0
1dudv = 1 e
∫∫
σ6
〈F, n6〉dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
〈(0,−1, 1), (−1, 0, 0)〉dudv =
∫ 1
0
∫ 1
0
0dudv = 0.
Portanto∫∫
σ
〈F, n〉dS = 1 + (−1) + 1 + (−1) + 1 + 0 = 1.
Solucao 2 : Usando o Teorema da Divergencia temos
∫∫
σ
〈F, n〉dS =
∫∫∫
K
divFdxdydz =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
2xdxdydz =
∫ 1
0
∫ 1
0
[x2]10dydz = 1.
178
Aula 59: 25/11/2010
Aula de Duvidas, Revisao e Exercıcios.
179
Aula 60: 30/11/2010
Quarta Prova de Calculo II
1. O campo vetorial dado e conservativo? Justifique.
(a) F (x, y) = (2x+ y, 3y2 + x).
(b) F (x, y, z) = (x− y, x+ y + z, z2).
2. Utilizando o Teorema de Green, transforme a integral de linha∫
γ
(x4 − y3)dx+ (x3 + y5)dy
numa integral dupla e calcule, onde γ(t) = (cost, sent), com 0 ≤ t ≤ 2π.
3. Considere a superfıcie σ(u, v) = (2u+ v, u− v, 3u+ 2v) definida em
B = (u, v) ∈ R2 : 2u2 + v2 ≤ 1.
(a) Calcule o plano tangente a superfıcie no ponto σ(0, 0).
(b) Calcule a area da superfıcie.
4. Utilizando o Teorema da Divergencia de Gauss, calcule∫ ∫
σ
〈F, n〉dS
onde σ e a fronteira do cilindro B = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1,
F = (x, y, z2) e n e a normal unitaria apontando para fora de B.
5. Calcule
∫ ∫
σ
f(x, y, z)dS, sendo f(x, y, z) = x2 + y2 e σ(u, v) = (u, v, u2 + v2) com
u2 + v2 ≤ 1.
Boa Prova!
180
Resolucao da Prova
1. (a) O primeiro passo seria calcular o rotacional do campo F , mas nesse caso temos
rotF =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k∂∂x
∂∂x
∂∂x
2x+ y 3y2 + x 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (0, 0, 0).
Portanto o teste e inconclusivo. Passamos a buscar uma funcao potencial para ocampo F . Temos
∂ϕ
∂x= 2x+ y ⇒ ϕ(x, y) = x2 + xy + h(y).
Derivando em relacao a y e igualando com 3y2 + x obtemos
∂ϕ
∂y= 3y2 + x = x+ h′(y) ⇒ h(y) = y3 + c.
Portanto o campo F e conservativo e uma funcao potencial para F e ϕ(x, y) =x2 + xy + y3.
(b) Calculando o rotacional de F temos
rotF =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j k∂∂x
∂∂x
∂∂x
x− y x+ y + z z2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (−1, 0, 2) 6= (0, 0, 0).
Portanto o campo F nao e conservativo.
2. Inicialmente observamos que a regiao K delimitada pela curva e a regiao interior acircunferencia de raio 1 e centro (0, 0). Portanto, poderemos usar coordenadas polarescom o ρ variando de 0 a 1 e θ variando de 0 a 2π. Pela forma que foi dada a integral delinha temos que P (x, y) = x4 − y3 e Q(x, y) = x3 + y5. Portanto temos
∂Q
∂x− ∂P
∂y= 3x2 + 3y2.
E aplicando o Teorema de Green obtemos
∫
γ
(x4−y3)dx+(x3+y5)dy =
∫∫
K
(3x2+3y2)dxdy =
∫ 1
0
∫ 2π
0
3ρ3dθdρ = 6π
[
ρ4
4
]1
0
=3π
2.
3. (a) O plano tangente e calculado atraves de⟨
∂σ
∂u(u0, v0) ∧
∂σ
∂v(u0, v0), [(x, y, z)− σ(u0, v0)]
⟩
= 0.
E como a superfıcie e dada por σ(u, v) = (2u+ v, u− v, 3u+ 2v), a expressaoacima fica
〈(2, 1, 3) ∧ (1,−1, 2), (x, y, z)〉 = 〈(5,−1,−3), (x, y, z)〉 = 0.
Assim, a equacao do plano tangente a σ no ponto (0, 0, 0) e 5x− y − 3z = 0.
181
(b) A area da superfıcie e dada por
Area de σ =
∫∫
B
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v
∥
∥
∥
∥
dudv =
∫∫
B
‖(5,−1,−3)‖ dudv =
∫∫
B
√35dudv.
Como B e a regiao interna a uma elipse, usamos a seguinte mudanca de coordenadas
u =
√2
2ρ cos θ
v = ρsenθ
E daı a area da superfıcie e
Area de σ =
∫∫
B
√35dudv =
∫ 2π
0
∫ 1
0
√35
√2
2ρdρdθ =
√35
√2
2
[
ρ2
2
]1
0
2π =
√70π
2.
4. Pelo Teorema da Divergencia de Gauss temos∫∫
σ
〈F, n〉dS =
∫∫∫
Q
divFdxdydz.
Chamamos C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1 e calculamos o divergente de F , divF =
2 + 2z. Logo temos
∫∫∫
Q
divFdxdydz =
∫∫
C
[∫ 1
0
(2 + 2z)dz
]
dxdy =
∫∫
C
[2z + z2]10dxdy =
∫∫
C
3dxdy =
∫ 2π
0
∫ 1
0
3ρdρdθ =
∫ 2π
0
[
3ρ2
2
]1
0
dθ =
∫ 2π
0
3
2dθ =
3
22π = 3π.
5. Pela definicao de integral de superfıcies, chamando K = (u, v) ∈ R2 : u2 + v2 ≤ 1,
temos∫ ∫
σ
f(x, y, z)dS =
∫∫
K
f(σ(u, v))
∥
∥
∥
∥
∂σ
∂u∧ ∂σ
∂v
∥
∥
∥
∥
dudv =
∫∫
K
(u2 + v2)√
(−2u)2 + (−2v)2 + 1dudv =
∫ 2π
0
∫ 1
0
ρ2√
4ρ2 + 1ρdρdθ
Chamando z = 4ρ2 + 1, temos ρ2 =z − 1
4e ρdρ =
dz
8. Portanto
∫
ρ2√
4ρ2 + 1ρdρ =
∫
z − 1
4
√z1
8dz =
∫(
z3/2
32− z1/2
32
)
dz =2
5
z5/2
32− 2
3
z3/2
32=
1
80
√
(4ρ2 + 1)5 − 1
48
√
(4ρ2 + 1)3.
Dai a integral de superfıcies e 2π
[
1
80
√55 − 1
48
√53 − 1
80+
1
48
]
=π
60[25
√5 + 1].
182