[1922]CalculoIII

CÁLCULO III

Universidade do Sul de Santa Catarina

UnisulVirtual

Palhoça, 2007

Disciplina na modalidade a distância

Créditos

Unisul - Universidade do Sul de Santa CatarinaUnisulVirtual - Educação Superior a Distância

Campus UnisulVirtualAvenida dos Lagos, 41 Cidade Universitária Pedra BrancaPalhoça – SC - 88137-100Fone/fax: (48) 3279-1242 e3279-1271E-mail: [email protected]: www.virtual.unisul.br

Reitor Unisul

Gerson Luiz Joner da Silveira

Vice-Reitor e Pró-Reitor Acadêmico

Sebastião Salésio Heerdt

Chefe de Gabinete da Reitoria

Fabian Martins de Castro

Pró-Reitor Administrativo

Marcus Vinícius Anátoles da Silva Ferreira

Campus Sul

Diretor: Valter Alves Schmitz NetoDiretora adjunta: Alexandra Orsoni

Campus Norte

Diretor: Ailton Nazareno SoaresDiretora adjunta: Cibele Schuelter

Campus UnisulVirtual

Diretor: João VianneyDiretora adjunta: Jucimara Roesler

Equipe UnisulVirtual

Administração

Renato André LuzValmir Venício Inácio

Avaliação Institucional

Dênia Falcão de Bittencourt

Biblioteca

Soraya Arruda Waltrick

Capacitação e Apoio Pedagógico à Tutoria

Angelita Marçal Flores (Coordenadora)Caroline BatistaEnzo de Oliveira MoreiraPatrícia MeneghelVanessa Francine Corrêa

Coordenação dos Cursos

Adriano Sérgio da CunhaAloísio José RodriguesAna Luisa MülbertAna Paula Reusing PachecoCharles CesconettoDiva Marília FlemmingFabiano CerettaItamar Pedro BevilaquaJanete Elza FelisbinoJucimara RoeslerLauro José BallockLívia da Cruz (Auxiliar)Luiz Guilherme Buchmann FigueiredoLuiz Otávio Botelho LentoMarcelo CavalcantiMaria da Graça PoyerMaria de Fátima Martins (Auxiliar)Mauro Faccioni FilhoMichelle D. Durieux Lopes DestriMoacir FogaçaMoacir HeerdtNélio HerzmannOnei Tadeu DutraPatrícia AlbertonRaulino Jacó BrüningRodrigo Nunes LunardelliSimone Andréa de Castilho (Auxiliar)

Criação e Reconhecimento de Cursos

Diane Dal MagoVanderlei Brasil

Desenho Educacional

Design InstrucionalDaniela Erani Monteiro Will (Coordenadora)Carmen Maria Cipriani PandiniCarolina Hoeller da Silva BoeingFlávia Lumi MatuzawaKarla Leonora Dahse NunesLeandro Kingeski PachecoLigia Maria Soufen TumoloMárcia LochViviane BastosViviani Poyer

Acessibilidade

Vanessa de Andrade Manoel

Avaliação da Aprendizagem

Márcia Loch (Coordenadora)Cristina Klipp de OliveiraSilvana Denise Guimarães

Design Gráfi co

Cristiano Neri Gonçalves Ribeiro (Coordenador) Adriana Ferreira dos SantosAlex Sandro XavierEvandro Guedes MachadoFernando Roberto Dias ZimmermannHigor Ghisi LucianoPedro Paulo Alves TeixeiraRafael PessiVilson Martins Filho

Disciplinas a Distância

Tade-Ane de AmorimCátia Melissa Rodrigues

Gerência Acadêmica

Patrícia Alberton

Gerência de Ensino

Ana Paula Reusing Pacheco

Logística de Encontros Presenciais

Márcia Luz de Oliveira (Coordenadora) Aracelli AraldiGraciele Marinês LindenmayrLetícia Cristina BarbosaKênia Alexandra Costa HermannPriscila Santos Alves

Formatura e Eventos

Jackson Schuelter Wiggers

Logística de Materiais

Jeferson Cassiano Almeida da Costa (Coordenador)José Carlos TeixeiraEduardo Kraus

Monitoria e Suporte

Rafael da Cunha Lara (Coordenador)Adriana SilveiraAndréia DrewesCaroline MendonçaCristiano DalazenDyego RachadelEdison Rodrigo ValimFrancielle ArrudaGabriela Malinverni BarbieriJonatas Collaço de SouzaJosiane Conceição LealMaria Eugênia Ferreira CeleghinRachel Lopes C. PintoVinícius Maykot Serafi m

Produção Industrial e Suporte

Arthur Emmanuel F. Silveira (Coordenador)Francisco Asp

Relacionamento com o Mercado

Walter Félix Cardoso Júnior

Secretaria de Ensino a Distância

Karine Augusta Zanoni Albuquerque(Secretária de ensino)Ana Paula Pereira Andréa Luci MandiraCarla Cristina SbardellaDeise Marcelo AntunesDjeime Sammer Bortolotti Franciele da Silva BruchadoGrasiela MartinsJames Marcel Silva RibeiroJenniff er CamargoLamuniê SouzaLauana de Lima BezerraLiana Pamplona Marcelo José SoaresMarcos Alcides Medeiros JuniorMaria Isabel AragonOlavo LajúsPriscilla Geovana PaganiRosângela Mara SiegelSilvana Henrique SilvaVanilda Liordina HeerdtVilmar Isaurino Vidal

Secretária Executiva

Viviane Schalata Martins

Tecnologia

Osmar de Oliveira Braz Júnior(Coordenador)Jeff erson Amorin OliveiraRicardo Alexandre Bianchini

FICHA_24-05-07.indd 2 18/6/2007 14:07:44

3

SUMÁRIO

Apresentação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Disciplina Cálculo III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Palavras das professores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Plano de estudo da disciplina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Unidade 1 Funções de várias variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Unidade 2 Limite e continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Unidade 3 Derivadas de funções de várias variáveis . . . . . . . . . . . . 81

Unidade 4 Máximos e mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

Unidade 5 Integrais múltiplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

Unidade 6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

Para concluir o estudo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

Sobre as professoras conteudistas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

Respostas e comentários dos exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

5

Este livro didático corresponde à disciplina Cálculo III.

O material foi elaborado visando a uma aprendizagem autôno-

ma, abordando conteúdos especialmente selecionados e adotando

uma linguagem que facilite seu estudo a distância.

Por falar em distância, isto não signifi ca que você estará

sozinho(a). Não se esqueça de que sua caminhada nesta disci-

plina também será acompanhada constantemente pelo Sistema

Tutorial da UnisulVirtual. Entre em contato sempre que sentir

necessidade, seja por correio postal, fax, telefone, e-mail ou Es-

paço UnisulVirtual de Aprendizagem (EVA). Nossa equipe terá

o maior prazer em atendê-lo(a), pois sua aprendizagem é o nosso

principal objetivo.

Bom estudo e sucesso!

Equipe UnisulVirtual

APRESENTAÇÃO

7

CÁLCULO IIIDíva Marília FlemmingElisa Flemming Luz

Programa da Disciplina

Unidade 1 Funções de várias variáveis

Unidade 2 Limite e continuidade

Unidade 3 Derivadas de funções de várias variáveis

Unidade 4 Máximos e mínimos

Unidade 5 Integrais múltiplas

Unidade 6 Aplicações

888

X88 Flemming, Diva Marília

Cálculo III : livro didático / Diva Marília Flemming, Elisa

Flemming Luz ; design instrucional Karla Leonora Dahse Nunes.

– Palhoça : UnisulVirtual, 2007.

324 p. : il. ; 28 cm.

Inclui bibliografi a.

1. Matemática. 2. Cálculo. I. Flemming, Diva Marília. II. Luz, Elisa

Flemming. III. Nunes, Karla Leonora Dahse. III. Título.

Ficha catalográfi ca elaborada pela Biblioteca Universitária da Unisul

9

PALAVRAS DAS

PROFESSORES

Já estamos avançando em uma caminhada que iniciou com a sua

decisão de fazer o Curso de Matemática na modalidade a distân-

cia. Sabemos que para cursar a disciplina de Cálculo III foi ne-

cessário passar pelo Cálculo I e II, portanto você já venceu duas

grandes etapas do curso. Os conteúdos das disciplinas de Cálculo

são considerados obrigatórios pelas Diretrizes Curriculares do

MEC (Ministério da Educação) e de certa forma carregam jun-

tas muitos tabus.

Mesmo tendo afi nidades com a área da matemática, sabemos que

muitos educandos ainda se sentem temerosos quando chega o

grande momento de discutir derivadas e integrais. A importância

do Cálculo III está exatamente no fato de trazer generalizações

necessárias para as diferentes aplicações do Cálculo em proble-

mas clássicos de Engenharia, Física e Economia.

10


Queremos deixar registrado, nesse início de disciplina, que você

vai fi car diante de ferramentas poderosas para modelar o mundo

ao seu redor. Ao trilhar caminhos já desvendados por grandes

fi lósofos e matemáticos temos uma grande responsabilidade:

manter o nosso olhar atento para consolidar a nossa comunidade

virtual. Nossos amigos de caminhada, SiSoSi, Phil, Rec e a Teca,

estão cada vez mais presentes, apresentando dicas valiosas para a

construção sólida de nossos conhecimentos.

Lembrem-se de que estamos juntos e que o processo é de ensi-

no-aprendizagem, portanto, estamos também aprendendo novas

formas de olhar métodos e técnicas de estudo e de ensino.

Seja todos bem vindos à nossa disciplina de Cálculo III

Um grande abraço!

Profa. Diva Marília Flemming

Profa. Elisa Flemming Luz

11

PLANO DE ESTUDO

DA DISCIPLINA

O plano de estudo orienta você no desenvolvimento da Discipli-

na. Ele possui elementos que o ajudarão a conhecer o contexto do

Cálculo III e a organizar o seu tempo de estudos.

O processo de ensino-aprendizagem da UnisulVirtual leva em

conta instrumentos que se articulam e se complementam, portan-

to, a construção de competências e habilidades se dá a partir da

articulação de metodologias envolvendo diversas formas de ações

e estratégias mediadores.

São elementos desse processo:

O livro didático;

O espaço virtual de aprendizagem (EVA);

As atividades de avaliação (complementares, a distância e

presenciais).

12


Ementa da disciplina

Funções de várias variáveis. Derivadas parciais. Integrais duplas.

Aplicação da integral dupla. Integrais triplas. Aplicação da inte-

gral tripla.

Carga horária

60 horas ou 4 créditos

Objetivo(s)

Geral

Dar ao universitário a oportunidade de construir competências e

habilidades para analisar, refl etir e delinear conclusões no contex-

to das aplicações práticas que envolvem o mundo tridimensional.

Específi cos

Analisar situações problema cuja modelagem envolve deriva-

das parciais e integrais múltiplas;

Calcular integrais duplas e triplas por diferentes sistemas de

coordenadas;

Modelar e resolver problemas de áreas e volumes de superfí-

cies não discutidas na Geometria Espacial;

Discutir soluções para problemas da Física que envolvem sólidos;

Utilizar corretamente recursos tecnológicos para ampliar a vi-

sualização gráfi ca das funções de várias variáveis.

13

Cálculo III

Conteúdo programático/objetivos

Os objetivos de cada unidade defi nem o conjunto de conheci-

mentos que você deve construir para o desenvolvimento das ha-

bilidades e competências necessárias a sua formação profi ssional.

Veja a seguir as seis unidades que compõem o livro didático desta

disciplina, bem como os seus respectivos objetivos.

Unidade 1 Funções de várias variáveis

Para modelar o mundo tridimensional é necessário ferramentas

mais poderosas para a resolução de problemas. Nesta unidade

você terá a oportunidade de discutir detalhes das funções de duas

variáveis e as suas diferentes representações semióticas. Poderá

também visualizar que as generalizações são necessárias para am-

pliar a resolução de problemas físicos e de engenharia. Destaca-se

nesta unidade as curvas de nível que são usadas em diferentes

momentos, como por exemplo, para modelar o nosso relevo e ou-

tros elementos do nosso mundo.

Unidade 2 Limite e continuidade

O estudo de limites e continuidade de funções de várias variáveis

é essencial para dar os alicerces conceituais ao estudo das deriva-

das parciais. Discutir a existência de limites de funções de várias

variáveis auxilia na análise do comportamento da função. Será

interessante verifi car que o signifi cado intuitivo de continuidade

vai propiciar a identifi cação de superfícies que não possuem bura-

cos ou rupturas.

Unidade 3 Derivadas de funções de várias variáveis

O estudo das derivadas parciais vai nos permitir entender qual a

razão de termos sensações de temperaturas mais baixas do que o

termômetro indica. Por outro lado, o estudo das derivadas é con-

siderado fundamental para entender os métodos de resolução das

integrais múltiplas. A construção de planos tangentes auxiliará na

identifi cação das superfícies suaves ou diferenciáveis.

14


Unidade 4 Máximos e mínimos

Como já discutido no Cálculo I, as derivadas são usadas para

localizar pontos de máximo e mínimo de curvas planas mode-

ladas por funções de uma variável. Nesta unidade você terá a

oportunidade de fazer generalizações para identifi car os pontos

de máximo e mínimo de funções de duas variáveis. A localização

de pontos críticos é de fundamental importância na resolução de

problemas cujas soluções devem ser otimizadas.

Unidade 5 Integrais múltiplas

Nesta unidade você vai discutir a generalização das integrais dis-

cutidas na disciplina de Cálculo II. Você terá a oportunidade de

constatar que as integrais duplas e triplas podem ser usadas para

resolver problemas que envolvem o cálculo de áreas, volumes,

massa, centro de massa momento de inércia e outras aplicações.

Unidade 6 Aplicações

Nesta unidade você terá a oportunidade de analisar, refl etir, dis-

cutir e resolver situações problema que são modeladas com os

recursos do Cálculo III. De forma surpreendente vamos calcular:

volumes de sólidos com formas completamente irregulares, áreas

de fi guras planas formadas por diferentes retas e curvas, massa de

corpos com formas irregulares.

15

UNIDADE 1

FUNÇÕES DE

VÁRIAS VARIÁVEIS

Objetivos de Aprendizagem

Identifi car características e propriedades das funções de várias variáveis.

Visualizar e representar curvas de nível de funções de várias variáveis.

Esboçar e analisar gráfi cos de funções de duas variáveis.

Identifi car situações reais que requerem o uso de modelos que envolvem 3 dimensões.

Plano de estudo da unidade

Seção 1 Funções de várias variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Seção 2 Curvas de nível. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Seção 3 Gráfi cos de funções de duas variáveis . . . . . . . . . . . . . 32

Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

O que você consegue visualizar?

Vários cálices ou vários perfi s?

Olhe com atenção!!!

17

Para início de conversa

Nesta primeira unidade da disciplina Cálculo III você conhecerá

as funções de várias variáveis reais e suas principais características

e propriedades.

As funções de uma variável não conseguem modelar a maior

parte dos fenômenos reais já que estes envolvem várias variáveis

independentes. Por exemplo, a temperatura em um quarto de-

penderá de diversas condições, tais como, a temperatura fora do

quarto, o número de entradas de ar, a existência de ventilação

interna, dentre outras. Cada uma destas condições pode represen-

tar uma variável independente que infl uenciará mais ou menos a

temperatura, que neste caso seria a variável dependente analisada.

Assim como nas disciplinas anteriores de cálculo, você contará

com a Teca, o Phil, o Sisosi e o Rec para lhe auxiliar durante o

estudo dos conteúdos de cada unidade.

E por falar neles, o Phil já tem algo a lhe contar...

18

UNIVERSIDADE DO SUL DE SANTA CATARINA

Que tal, fi cou curioso?

Então já está na hora de começar!

Fique atento ao calendário proposto no ambiente virtual, pois

você já sabe que uma disciplina de cálculo exigirá estudo, dedica-

ção e a realização de exercícios.

Analise com atenção as defi nições que serão apresentadas nesta uni-

dade e procure fazer relações com situações práticas reais e com os

conteúdos que já foram estudados em disciplinas anteriores.

Não siga em frente se estiver com dúvidas. Procure o seu profes-

sor tutor para saná-las.

Bom trabalho!

Olá caros amigos!

Agora no Cálculo III vamos adentrar no fabuloso mundo do Cálculo de Várias Variáveis. E neste momento eu não poderia deixar de dizer-lhes que se não fosse o trabalho de grandes matemáticos e cientistas nesta área, não teríamos avança-do tanto em termos tecnológicos e científi cos!

Basta que você olhe ao seu redor e perceba que o mundo é multidimensional e foi durante o século 16 que matemáticos começaram a desenvolver uma nova matemática para resol-ver problemas em ciências físicas.

A astronomia, por exemplo, era uma área da ciência que era rica neste tipo de matemática de várias variáveis e, desta forma, impulsionou o desenvolvimento de funções de várias variáveis e, fi nalmente, o cálculo de várias variáveis.

Galileu (1564-1642) tentou aplicar a matemática ao seu trabalho em astronomia, cinemática e resistência dos ma-teriais. O astrônomo, matemático e físico alemão Johannes Kepler (1571-1630) contribuiu grandemente através do desenvolvimento das suas três leis do movimento planetá-rio. Estes resultados mudaram a astronomia e ajudaram no estabelecimento da teoria heliocêntrica de Copérnico. Isto contribuiu para a construção de um cenário propício ao surgi-mento da matemática aplicada em várias variáveis.

19

CÁLCULO III Unidade 1

Nas disciplinas de Cálculo I e II você analisou e discutiu fun-

ções reais que envolviam duas variáveis: uma dita independente,

geralmente denotada por x e outra dependente, denotada por y.

Muitas aplicações foram mostradas apesar da limitação do uso de

variáveis envolvidas. Para perceber essa limitação basta você olhar

à sua volta. Veja que o nosso mundo é tridimensional e, portanto,

temos o envolvimento de três variáveis para modelar as situações

básicas do nosso espaço.

Precisamos ampliar a nossa ferramenta de modelagem de situa-

ções problemas!

Como vamos fazer isto?

É simples vamos ampliar o número de variáveis conforme cada

situação.

SEÇÃO 1

Funções de várias variáveis

20


Veja alguns exemplos:

a altura de uma montanha pode ser modelada com duas va-

riáveis independentes;

a pressão em um balão cheio de gás é uma função de sua

temperatura e volume;

a altura das ondas do mar dependem da rapidez do vento e

do intervalo de tempo no qual está ventando com a mesma

intensidade;

o volume de um cone depende do raio da base e da sua altura;

a corrente de um circuito elétrico depende da quantidade de

seus resistores.

Experimente ampliar esta lista de exemplos!

Vamos iniciar a formalização de conceitos e você deve fi car aten-

to à nomenclatura utilizada. Quando dizemos que estamos diante

de uma função de duas variáveis, na verdade estamos diante de

três variáveis (duas independentes e uma dependente).

Para otimizar o nosso estudo, vamos nos fi xar de forma mais

efetiva nas funções de duas variáveis, pois a partir desse tipo de

função as generalizações ocorrem facilmente. Assim, nossa repre-

sentação espacial pode ser representada pelas três dimensões bá-

sicas: comprimento, largura e altura como mostra a representação

cartesiana da Figura 1.1.

Figura 1.1 Sistema cartesiano tridimensional

Em tempo

Quando colocamos o termo funções de

várias variáveis estamos colocan-do que podemos ter funções com 1, 2, 3, ..., n variáveis indepen-dentes, acrescida de uma variável dependente.

Em tempo

Lembre-se de que no sistema cartesiano

os eixos devem ser ortogonais entre si. No caso tridimensional usamos os recursos de desenho projetivo para a visualização. Um ponto P é representado por uma terna ordenada de números reais (x,y,z).

21


Defi nição 1: Uma função de duas variáveis é uma lei ou regra

que associa a cada par ordenado de números reais (x,y) de um

conjunto A um único valor real denotado por z ou f (x,y). O

conjunto A é o domínio da função. O conjunto imagem é defi ni-

do por { f (x,y) | (x,y) ∈ A }.

A Figura 1.2 mostra essa relação. Observe que pares ordenados

do conjunto A, representado num sistema cartesiano são relacio-

nados com um ponto da reta real, denotada por eixo z.

Figura 1.2 Representação da função de duas variáveis

Como você já sabe, a lei ou regra é, em geral, representada por

uma linguagem algébrica. Nesses casos o domínio pode não

ser especifi cado, mas fi ca entendido como domínio da função o

conjunto de valores (x,y) para os quais a expressão fornece um

número real bem defi nido. Os exemplos que seguem ilustram a

defi nição dada.

Exemplos

1. As expressões que seguem são exemplos de funções de duas variáveis.

Observem que podemos utilizar qualquer letra para representar as variáveis.

z = x2 + y2;

f(u,v) = u + 2v –3.

22


Ambas têm como domínio o conjunto de pares de números reais que vamos

denotar por IR2 = IR × IR. O conjunto imagem é o conjunto dos números reais,

denotado por IR.

2. V(r,h) = 13

πr2h é uma função que relaciona o volume V de um cone com

a sua base r e a sua altura h.

3. Calcular o domínio e o conjunto imagem da função = − −2 2z 4 x y .

O domínio é dado por

D(z) = {(x,y) | 4 – x2 – y2 ≥ 0} ( 1 )

Como já colocamos anteriormente fi ca entendido que os pares ordenados (x,y)

são de números reais, assim estamos dispensando o uso desse formalismo.

Fazendo

4 – x2 – y2 ≥ 0

–x2 – y2 ≥ –4

x2 + y2 ≤ 4.

A expressão ( 1 ) pode ser reescrita

como D(z) = {(x,y) | x2 +y2 ≤ 4} e

representa um disco de raio dois. A

Figura 1.3 mostra o gráfi co do domí-

nio desta função.

Lembramos que o gráfi co é do do-

mínio. O gráfi co das funções será

discutido na seção 3. Figura 1.3 Representação gráfi ca da região

Em tempo

A notação IR2 = IR × IR é signifi cativa, pois

estamos exatamente diante de pares ordenados sendo que o produto indicado é o produto cartesiano estudado na Teoria dos Conjuntos.

Pessoal, não esqueçam do formalismo para a representação gráfi ca. As linhas pontilhadas representam que os pontos sobre a linha não pertencem ao domínio. Para representar os infi nitos pontos do domínio usamos o recurso de hachurar ou sombrear a região.

23


O conjunto imagem da função é dado por

Im(z) = { z | = − −2 2z 4 x y , (x,y) ∈ D(z) } ( 2 )

Como a raiz quadrada dada é positiva podemos escrever que z ≥ 0.

Por outro lado podemos escrever:

x2 + y2 ≥ 0

–x2 – y2 ≤ 0

4 – x2 – y2 ≤ 4

− −2 24 x y ≤ 2

z ≤ 2.

Assim, podemos reescrever ( 2 ) como

Im(z) = { z | 0 ≤ z ≤ 2 } ( 2 )

4. Calcular a imagem da função =+

1z

y(x 1) no ponto (0,3). Esta função está

defi nida na origem?

Para calcular a imagem da função em um ponto basta fazer:

1f(x, y)

y(x 1)

1 1f(0, 3) .

3(0 1) 3

=+

= =+

Assim a imagem de (0,3) é 13

.

Esta função não está defi nida na origem, pois ao calcular f(0,0) vamos encon-

trar uma divisão por zero que, já sabemos, não existe.

Lá vai uma dica!

Você vai perceber que para achar o conjunto imagem de uma função é sempre interessante e mais fácil quando estamos diante da representação gráfi ca. Ainda vamos discutir isto nesta unidade.

24


5. Encontrar o gráfi co do domínio da função =−

1z

x y.

Para resolver este exemplo vamos lembrar que no conjunto dos números

reais não temos raiz quadrada de números negativos, também não podemos

fazer uma divisão por zero. Assim,

x – y > 0

x > y

Portanto, o domínio da função dada pode ser escrito como D(z) = { (x,y) | x > y }.

O gráfi co da Figura 1.4 apresenta a região do plano que representa o domínio.

Figura 1.4 Representação gráfi ca da região

6. Uma função de duas variáveis pode ser defi nida a partir de uma equação

que tenha três variáveis. Basta escolher qual vai ser a variável dependente e

então explicitá-la. Para exemplifi car podemos observar a equação de uma

esfera centrada na origem e de raio igual a 3 unidades de comprimento.

x2 + y2 + z2 = 9

As seguintes funções podem ser consideradas:

Hemisfério superior: z = − −2 29 x y ou f1(x,y) = − −2 29 x y ;

Hemisfério inferior: z = – − −2 29 x y ou f2(x,y) = – − −2 29 x y ;

Hemisfério da direita: y = − −2 29 x z ou f3(x,z) = − −2 29 x z ;

Hemisfério de esquerda: y = – − −2 29 x z ou f4(x,z) = – − −2 29 x z ;

Hemisfério da frente: x = − −2 29 y z ou f5(y,z) = − −2 29 y z ;

Hemisfério de trás: x = – − −2 29 y z ou f6(y,z) = – − −2 29 y z .

Em tempo

Observe que a nomen-clatura usada superior,

inferior, etc. estabelece uma posição bem defi nida dos eixos x, y e z. Outras posições podem ser estabe-lecidas ou convencionadas, confor-me será discutido na seção 3.

25


Como vamos defi nir funções

com mais de duas variáveis?

Podemos defi nir funções com n variáveis de forma similar à defi -

nição 1, lembrando que vamos estar em um espaço com mais de

três dimensões. Isto é, vamos introduzir um conceito com bastan-

te abstração, pois não vamos conseguir visualizar grafi camente.

O espaço n-dimensional será representado por IRn.

Defi nição 2: Uma função com n variáveis é uma lei ou regra

que associa a cada n-upla (x1 , x

2 , … , x

n ) ∈ A ⊆ IRn, um nú-

mero real z = f (x1 , x

2 , … , x

n ).

Observe que temos uma generalização da defi nição 1 e, portanto, de

forma similar o Domínio vai ser o conjunto de saída, denotado por

A ⊆ IRn, formado por n-uplas de números reais. O conjunto imagem

é defi nido por { f (x1 , x

2 , … , x

n ) | (x

1 , x

2 , … , x

n ) ∈ A }.

Exemplos

1. A corrente de um circuito elétrico ( i ) depende da quantidade de seus

resistores ( R ). Assim, a expressão =+ +1 2 3

Ei

R R R, representa um exemplo de

funções de três variáveis sendo E um valor constante que representa a tensão

da fonte.

Como já disse a vocês, a necessidade de generalização para incluir funções de várias variáveis em problemas práticos re-ais presentes em um mundo multidimensional foi um grande incentivo para os pesquisadores que dedicaram suas vidas à matemática!

Jean d’Alembert (1717-1783), por exemplo, desenvolveu e usou o cálculo de várias variáveis para no contexto do mo-vimento de corpos considerando a resistência do meio. Em seus estudos utilizou os trabalhos de Newton, L´Hospital e dos Bernoulli`s para estender os conceitos de cálculo para várias variáveis. D’Alembert pesquisou nesta área e publicou muitos trabalhos em matemática e física.

26


2. As expressões que seguem são outros exemplos:

z = u2v –2uvw ou f(u,v,w) = u2v –2uvw

u = xyz + t ou g(x,y,z,t) = xyz + t

3. Representar grafi camente o domínio da função f(x,y,z) = − − −2 2 24 x y z .

Observe que o domínio desta função é um subconjunto do espaço tridi-

mensional, isto é, D(f ) = { (x,y,z) ∈ IR3 | 4 – x2 – y2 – z2 ≥ 0 }. Podemos também

reescrever 4 – x2 – y2 – z2 ≥ 0 como

x2 + y2 + z2 ≤ 4 ( 3 )

Figura 1.5 Domínio da função

A expressão ( 3 ) representa uma

esfera de raio 2, bastante usada em

Geometria Analítica. A Figura 1.5

mostra o gráfi co do domínio da

função dada.

Agora é a sua vez!

1. Encontre o domínio da função +

=+ −2 2

2x yz

x y 4.

2. Encontre o domínio e o conjunto imagem da função +=2 2x yu e .

3. Faça um esboço gráfi co do domínio da função = − +2 2z ln(2 x y ) .

4. Calcule a imagem da função +

=−

x yz

2 x no ponto (1, 1

2). Esta função está

defi nida para pares ordenados do tipo (2,b) sendo b um número real? Justifi -

que a sua resposta.

Em tempo

Observe que no con-texto das funções de

várias variáveis as letras usadas para simbolizar as variáveis inde-pendentes e a variável dependen-te não são padronizadas. Assim, em alguns momentos o uso da notação f(u,v,w) = u2v –2uvw e g(x,y,z,t) = xyz + t é conside-rado mais legível.

27


SEÇÃO 2

Curvas de nível

As curvas de nível são amplamente discutidas no dia-a-dia, mes-

mo que informalmente. Por exemplo, ao construir uma casa é

importante saber qual a cota máxima, pois em geral os planos

diretores de Prefeituras delimitam para cada região um valor de

cota, ou seja altitude em relação ao nível do mar.

Ao ver o noticiário da tv é comum aparecer os mapas de isoter-

mas mostrando as curvas em que as temperaturas são iguais.

Podemos dizer que as curvas de nível são curvas em que a eleva-

ção em relação ao nível do mar é constante. Se você andar sobre

um desses contornos, nem descerá nem subirá.

No estudo de funções de duas variáveis as curvas de nível são

usadas para o traçado do gráfi co tridimensional da função dada

por sua lei de formação.

28


Na Figura 1.6, você pode observar um exemplo de um mapa topo-

gráfi co mostrando a confi guração do terreno, disponível na Internet

no site http://www.jaguariuna.cnpm.embrapa.br/altimet.html. Por

exemplo, o traçado destacado na parte central representa a altitude

de 700 metros, normalmente denotado como Cota = 700 metros.

Na Figura 1.7 temos uma mapa com isotermas para uma especí-

fi ca data do ano. Os mapas de isotermas sofrem variações diárias.

Figura 1.6 Cotas de um terreno Figura 1.7 Mapa de isotermas

Defi nição: As curvas de nível de uma função de duas variáveis

são as curvas com equação f (x,y) = K, sendo K uma constante

real no domínio da função.

Exemplo

Vamos observar o cone da Figura 1.8 ( a ). Ao marcar cotas, isto é, dar valores

para a constante K, as curvas de nível são obtidas (ver Figura 1.8 ( b )).

Considerando que a equação do cone da Figura 1.8 ( a ) é z = x2 + y2, observe

que as curvas da Figura 1.8 ( b ) são defi nidas algebricamente fazendo:

K = 1 ⇒ 1 = x2 + y2 ou x2 + y2 = 1;

K = 2 ⇒ 2 = x2 + y2 ou x2 + y2 = 2;

K = 3 ⇒ 3 = x2 + y2 ou x2 + y2 = 3.

29


Figura 1.8 Cone e curvas de nível

Como usar as curvas de nível

para identifi car as funções?

As curvas de nível não identifi cam completamente uma função.

Duas funções diferentes podem apresentar o mesmo tipo de

curvas de nível. Por exemplo, as circunferências concêntricas

também podem ser curvas de nível das funções z = +2 2x y ou

z = − −2 29 x y . Acompanhe:

Para a função z = +2 2x y

K = 1 ⇒ 1 = +2 2x y ou x2 + y2 = 1;

K = 2 ⇒ 2 = +2 2x y ou x2 + y2 = 4;

K = 3 ⇒ 3 = +2 2x y ou x2 + y2 = 9.

Mais uma dica interessante!

O software Mathematica pode traçar curvas de nível de forma prática e interessante. Se você possui acesso a esta ferramenta que não é considerada software livre, pode apro-veitar e visualizar algumas curvas e até superfícies de nível.

O software Winplot, livre, também tem potencialidades gráfi -cas para fazer curvas de nível.

30


Para a função z = − −2 29 x y

K = 1 ⇒ 1 = − −2 29 x y ou x2 + y2 = 8;

K = 2 ⇒ 2 = − −2 29 x y ou x2 + y2 = 5.

Observe que podemos escolher valores de K em que as curvas de

nível não existem. Por exemplo, na função z = − −2 29 x y não

existe a curva para valores de K < 0, pois estamos considerando

a raiz positiva e também não existe para K > 3, pois neste caso

teríamos uma incoerência matemática (soma de dois quadrados

iguais a um número negativo). Se K = 4 ⇒ 4 = − −2 29 x y ou

x2 + y2 = –7.

As curvas de nível podem ser degeneradas, ou seja, quando elas se

reduzem à um ponto. Se K = 3 ⇒ 3 = − −2 29 x y ou x2 + y2 = 0,

portanto temos somente o ponto (0,0).

Podemos dizer que as curvas de nível são obtidas

a partir de cortes no objeto investigado?

Devemos ter muito cuidado com a idéia de corte. O corte é uma

estratégia que auxilia na confecção de gráfi cos e também é mui-

to usado para fazer as plantas arquitetônicas. Eles possibilitam a

visualização de detalhes do objeto investigado. As curvas de nível

podem ser consideradas cortes horizontais. No caso das funções

outros cortes podem ajudar na identifi cação correta de uma função.

Por exemplo, as funções z = x2 + y2; z = +2 2x y ; z = − −2 29 x y

têm como curvas de nível circunferências concêntricas centradas na

origem. Ao fazer cortes verticais vamos encontrar fi guras diferentes,

conforme pode ser visualizado nas fi guras 1.9, 1.10 e 1.11.

31


Figura 1.9

Função z = x2 + y2, com um corte

Figura 1.10

Função = +2 2z x y , com um corte

Figura 1.11 Função = − −2 2z 9 x y , com um corte

Na Figura 1.9 vamos ter o parabolóide e o corte é uma parábola;

na Figura 1.10 temos um cone é o corte vai nos dar segmentos de

reta e na Figura 1.11 vamos ter um hemisfério cujo corte vai nos

dar uma semi-circunferência.

Agora é a sua vez!

1. Encontre algebricamente três curvas de nível para a função z = 10 – 2(x2 + y2).

2. Usando um software gráfi co desenhe 3 curvas de nível para a função

z = (x – 1)2 + y2. Indique qual o valor da cota escolhida.

32


Você deve lembrar que, ao estudar as funções de uma variável

real, a construção de sua representação gráfi ca ou de seu gráfi co

era um passo importante para a análise das características e pro-

priedades daquelas funções.

Com as funções de várias variáveis, isto não será diferente! Só

que agora a construção dos gráfi cos exigirá uma visualização tri-

dimensional.

Mas como desenvolver esta

visualização tridimensional?

Uma dica é olhar à sua volta, percebendo as dimensões e as vari-

áveis envolvidas no nosso dia-a-dia. E é por isto que, para fazer

os gráfi cos de funções de várias variáveis, é importante que você

desenvolva uma visualização espacial, que entenda a colocação de

pontos no sistema de eixos tridimensional e utilize softwares grá-

fi cos para auxiliá-lo neste processo.

SEÇÃO 3

Gráfi cos de funções de duas variáveis

33


Parece muita coisa, não é mesmo?

Mas fi que tranqüilo, logo você terá muitas surpresas agradáveis e

conseguirá esboçar superfícies interessantes.

Para iniciarmos, é importante que você lembre, conforme já foi

mencionado na Seção 1, que vamos trabalhar com a representação

gráfi ca de funções de duas variáveis. Isto porque para representar

grafi camente uma função com mais de duas variáveis será necessá-

rio trabalhar com o espaço n-dimensional, o que não nos permiti-

rá uma visualização geométrica quando n for maior do que 3.

Acompanhe a defi nição que generaliza o conceito de representa-

ção gráfi ca de funções de várias variáveis.

Defi nição: A representação gráfi ca (ou o gráfi co) de uma função de

n variáveis, representada por f = f (x1 , x

2 , … , x

n ), é o conjunto

de pontos do espaço IRn+1, tais que (x1 , x

2 , … , x

n ) ∈ D( f ), sen-

do D( f ) o domínio da função f.

Se pensarmos em uma função de duas variáveis z = f (x,y), ou

seja, n = 2, sua representação gráfi ca será o conjunto das ternas

ordenadas (x,y,z) ∈ IR3, conforme você já visualizou na seção 1.

Normalmente trabalhamos com a disposição dos eixos conforme

mostra a Figura 1.1, mas é usual encontrarmos em outras áreas,

como na Física por exemplo, uma variação deste sistema de eixos,

como mostra a Figura 1.12.

Figura 1.12 Outras formas de colocação dos eixos no espaço tridimensional

34


Você poderá utilizar a forma que achar mais conveniente, a que

lhe proporcionar melhor visualização. Perceba que a diferença em

termos de desenho está exatamente na visualização que teremos,

que se dá em perspectiva.

Seja qual for a escolha na colocação dos eixos, você não deve

esquecer de identifi car a variável dependente e as variáveis in-

dependentes conforme já foi discutido na seção 1. Mais adiante

retomaremos este aspecto ao apresentar o gráfi co de funções de

duas variáveis.

Para esboçar o gráfi co de uma função de duas variáveis é impor-

tante que você relembre a colocação de pontos no espaço tridi-

mensional. Acompanhe o exemplo a seguir:

Exemplo

Representar os pontos A(3,3,4) e B(3,3,–4) no espaço tridimensional.

Nas fi guras 1.13 e 1.14 você pode visualizar esta representação.

Figura 1.13

Representação gráfi ca do ponto A

Figura 1.14

Representação gráfi ca do ponto B

Em tempo

Na Geometria Des-critiva você estuda

com mais detalhes a questão da perspectiva.

35


E agora, como esboçar os gráfi cos

das funções de duas variáveis?

Assim como acontecia com as funções de uma variável, estudadas

no Cálculo I e II, a representação gráfi ca será dada por um con-

junto de pontos, que aqui são as ternas ordenadas. Para as funções

de uma variável é muito comum construirmos sua representação

gráfi ca a partir da elaboração de uma tabela em que atribuímos

valores para a variável independente ( x ) e calculamos o valor da

variável dependente ( y ).

Podemos até considerar o método do uso da tabela como tra-

balhoso, rudimentar, muito utilizado no passado, quando as fer-

ramentas computacionais não existiam. Mas se pararmos para

refl etir, é este método que grande parte dos alunos utiliza quando

precisa esboçar o gráfi co de uma função.

Infelizmente para uma função de várias variáveis é praticamente

impossível se chegar a um esboço do gráfi co apenas atribuindo

valores e elaborando uma tabela.

Então você pode estar perguntando...

Como devo proceder para esboçar o gráfi co de uma função de

duas variáveis?

A idéia é que você utilize outras formas de construção do gráfi co,

que serão discutidas a partir de agora. Um exemplo é a utilização

de softwares gráfi cos que serão mencionados pela Teca quando

pertinente e serão melhor explorados no ambiente virtual.

Um outro exemplo é a utilização de curvas de nível. Na seção 2

você já conheceu as curvas de nível e talvez já tenha percebido

que elas são importantes na construção de gráfi cos tridimensio-

nais. Nos próximos exemplos você poderá visualizar situações em

que a construção dos gráfi cos será feita utilizando-se as curvas de

nível das funções de duas variáveis.

Em tempo

Se você já cursou a disciplina Geometria

Analítica já teve a oportunidade de visualizar gráfi cos de superfí-cies em 3 dimensões.

36


Exemplos

1. Esboçar o gráfi co da função z = 2x2 + 2y2.

Para fazer o esboço do gráfi co desta função, vamos inicialmente determinar

suas curvas de nível, atribuindo valores K para a variável z:

K = 1 ⇒ 1 = 2x2 + 2y2 ⇒ x2 + y2 = 12

K = 2 ⇒ 2 = 2x2 + 2y2 ⇒ x2 + y2 = 1

K = 4 ⇒ 4 = 2x2 + 2y2 ⇒ x2 + y2 = 2

A Figura 1.15 apresenta as curvas de ní-

vel que são circunferências com centro

em (0,0) e diferentes raios.

O próximo passo é a construção do

gráfi co da função z = 2x2 + 2y2 em três

dimensões. Figura 1.15

Curvas de nível da função z = 2x2 + 2y2

Neste momento é importante que você

retome o conceito de curvas de nível

e perceba que a Figura 1.15 está apre-

sentando a projeção da superfície em

diferentes alturas, dadas por z = 1,

z = 2 e z = 4. Temos uma superfície com

projeções do tipo circunferência de di-

ferentes raios. A fi gura mostra o gráfi co

da função, que é a superfície conhecida

como parabolóide.Figura 1.16

Gráfi co da função z = 2x2 + 2y2

2. Identifi car as curvas de nível e esboçar os gráfi cos das seguintes funções

de duas variáveis:

a. z = y2

A Figura 1.17 mostra as curvas de

nível quando se atribui os valores

1, 4 e 9 para a variável z.

K = 1 ⇒ 1 = y2 ⇒ y = ±1

K = 4 ⇒ 4 = y2 ⇒ y = ±2

K = 9 ⇒ 9 = y2 ⇒ y = ±3

37


Na Figura 1.18 você visualiza o gráfi co da função z = y2 que é um cilindro

parabólico, também conhecido como calha.

Figura 1.17 Curvas de nível da função z = y2 Figura 1.18 Gráfi co da função z = y2

b. z = 4 – x – y

Atribuindo-se valores para z temos curvas de nível representadas por retas

decrescentes e paralelas, conforme pode ser visualizado na Figura 1.19.

Já na Figura 1.20 você visualiza o gráfi co do plano que, para uma melhor vi-

sualização, foi esboçado no primeiro octante, ou seja, considerando-se x > 0,

y > 0 e z > 0.

Figura 1.19

Curvas de nível da função z = 4 – x – y

K = 0 ⇒ 0 = 4 – x – y ⇒ y = –x + 4

K = 2 ⇒ 2 = 4 – x – y ⇒ y = –x + 2

K = 4 ⇒ 4 = 4 – x – y ⇒ y = –x

Figura 1.20 Gráfi co da função z = 4 – x – y

Em tempo

Observe que a Figura 1.18 foi construída

com o auxílio do software Derive, usando o espaço tridimensional. Veja que o fato de não aparecer as duas variáveis independentes pode causar dúvidas. Dessa forma é importante sempre sabermos qual o espaço que estamos traba-lhando, para não confundir uma calha com uma parábola..

38


Além de esboçar gráfi cos utilizando softwares ou curvas de nível,

você poderá também fazer o gráfi co a partir da identifi cação da re-

presentação algébrica da função. Por exemplo, ao visualizar a repre-

sentação algébrica da função do segundo grau y = ax2 + bx + c, você

já pode relacioná-la com uma parábola, o que facilitará o esboço do

gráfi co desta função de uma variável. A visualização das proprieda-

des gráfi cas a partir da linguagem algébrica deve ser bastante usada

no contexto das funções de duas variáveis.

Nos próximos exemplos fi que atento às representações algébricas e

acompanhe como os gráfi cos das funções de duas variáveis que se-

rão utilizadas no decorrer da disciplina são construídos e analisados.

É importante também destacar que o gráfi co lhe dará condições

para analisar algumas características e propriedades das funções.

Lembre-se que as funções podem modelar situações reais e, sen-

do assim, é interessante um olhar mais aprimorado acerca de suas

propriedades e características. Portanto, fi que atento para desen-

Olá estimado aluno!

Parece difícil esboçar gráfi cos em 3 dimensões?

Mas não fi que preocupado, você não está sozinho nesta em-preitada.

Você poderá contar com a tecnologia e comigo também!

Inicialmente quero lembrar a você que o Derive ( já utilizado no Cálculo I e no Cálculo II) pode ser novamente citado aqui no Cálculo III.

Experimente esboçar gráfi cos usando a opção de Inserir Ob-jeto Gráfi co 3D. Você deve digitar a função usando sua repre-sentação algébrica na forma explícita na janela Álgebra. Em seguida abra a janela de gráfi co em 3 dimensões.

Faça um teste, veja que o gráfi co da função aparecerá em vá-rias cores e você tem a possibilidade de alterar os ângulos de visualização (Confi gurar Posição de Visualização).

39


volver habilidades para lidar com as duas principais formas de

representação das funções: algébrica e gráfi ca.

Exemplos

1. Analisar o gráfi co das funções de duas variáveis apresentadas, identifi can-

do suas principais propriedades e características.

a. z = 1 + x – y

Na Figura 1.21 você visualiza parte

do gráfi co desta função, que é um

plano.

Para determinar os pontos em que

o gráfi co irá cortar os eixos x, y e z,

você pode atribuir o valor zero às

demais variáveis. Assim temos: Figura 1.21 Gráfi co da função z = 1 + x – y.

Quando y = 0 e z = 0 teremos 0 = 1 + x – 0 ⇒ x = –1.

Quando x = 0 e z = 0 teremos 0 = 1 + 0 – y ⇒ y = 1.

Quando x = 0 e y = 0 teremos z = 1 + 0 – 0 ⇒ z = 1.

O domínio desta função é dado por D(z) = IR2 e o conjunto imagem é Im(z) = IR.

Na forma como foi defi nido este plano, considerando-se o seu domínio em

IR2, não é possível identifi car pontos de máximo ou mínimo.

De forma geral a equação de um plano pode ser escrita como ax + by + cz = 0.

Em algumas situações os valores de a, b ou c são nulos e, nestes casos, os planos

fi cam posicionados de diversas formas. Veja na Figura 1.22 alguns exemplos.

Figura 1.22 Gráfi cos de diferentes planos

40


b. f(x,y) = 4 – x2 – y2

O gráfi co deste parabolóide pode ser visualizado na Figura 1.23.

Figura 1.23 Gráfi co do parabolóide f(x,y) = 4 – x2 – y2

O domínio desta função é dado por D(f ) = IR2 e o conjunto imagem será

Im(f ): { z ∈ IR | z ≤ 4 }. Nesta função é possível identifi car um valor máximo

em z = 4 que acontece quando (x,y) = (0,0). Assim, o ponto de máximo desta

função será (0,0,4).

A representação algébrica de um parabolóide pode ser dada, de forma geral,

por:

z = a(x – x0)2 + b(y – y

0)2 + c

sendo que os sinais de a e b devem ser ambos positivos ou ambos negativos.

Se forem negativos, o parabolóide fi ca com concavidade para baixo como

aconteceu neste exemplo. Se forem positivos, sua concavidade fi ca voltada

para cima como no exemplo da Figura 1.9 que está na seção 2.

Quando a = b teremos um parabolóide circular, ou seja, possui curvas de

nível na forma de circunferências. Quando a ≠ b, desde que tenham os mes-

mos sinais, teremos um parabolóide elíptico em que as projeções são na

forma de elipses.

Na Figura 1.9, também é possível visualizar que o vértice do parabolóide está

em z = 0. Isto acontece quando a constante c for nula. Já no parabolóide

z = 4 – x2 – y2, da Figura 1.23, o valor de c é 4 e, sendo assim, o vértice do pa-

rabolóide estará em z = 4.

41


Por fi m, os valores de x0 e y

0 indicam também um deslocamento de vértice.

Por exemplo,

se z = (x – 1)2 + (y – 2)2 o vértice estará em (1,2,0);

se z = x2 + (y + 1)2 + 3 o vértice estará em (0,–1,3);

se z = (x + 2)2 + (y – 1)2 –1 o vértice estará em (–2,1,–1).

c. z = 3 – x2

Na Figura 1.24 você visualiza o gráfi co desta função.

Temos um cilindro parabólico, ou

uma calha, com concavidade para

baixo pois o sinal de x2 é negativo.

O domínio da função é:

D(z) : { (x,y) ∈ IR2 }

O conjunto imagem é:

Im(z) : { z ∈ IR | z ≤ 3 }.

O valor máximo é z = 3. Figura 1.24 Gráfi co da calha z = 3 – x2

A representação algébrica desta calha não mostra a variável y. Esta é uma

característica das representações algébricas das calhas. Volte à Figura 1.18 e

visualize a diferença entre a calha z = y2 e a que foi trabalhada neste exemplo.

Na Internet você pode acessar no endereço htt p://math.exe-ter.edu/rparris/winplot.html uma versão do Winplot. Este é um software que faz gráfi cos e possui ferramentas de anima-ção que são muito interessantes.

Se você fez a disciplina de Geometria Analítica, já teve um contato maior com este software.

Caso nunca tenha trabalhado com ele, vale a pena conferir! No site existe uma versão para download em português.

No Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem estarei explicando melhor a sua utilização. Espero você por lá também!

42


d. = − 2y 4 x

Antes de fazer o esboço do gráfi co desta função é importante lembrar a

equação geral de um cilindro, que você já estudou em Geometria:

(x – x0)2 + (y – y

0)2 = a2, sendo (x

0,y

0) o centro e a o raio do cilindro.

Também podemos ter outros cilindros:

(x – x0)2 + (z – z

0)2 = a2

(y – y0)2 + (z – z

0)2 = a2

Assim como foi discutido no exemplo 6 da seção 1, é importante identifi car a

variável dependente para que ela seja explicitada. Sem que isto seja feito não

teremos defi nida a função. Isto quer dizer que um cilindro não é o gráfi co de

uma função, mas a partir dele podemos defi nir infi nitas funções cuja repre-

sentação gráfi ca são partes do cilindro.

Neste exemplo, vamos fazer o gráfi co de = − 2y 4 x , que representa o lado

direito do cilindro x2 + y2 = 4. A Figura 1.25 mostra o gráfi co desta função.

Figura 1.25 Gráfi co de = − 2y 4 x

43


e. = − +2 2y x z

Esta é uma função que representa a

parte negativa de um cone, conforme

pode ser visualizado na Figura 1.26.

A variável y que está explicitada é a

variável dependente.

O domínio desta função é:

D(y) : { (x,z) ∈ IR2 | x2 + z2 ≥ 0 }

O conjunto imagem é:

Im(y) : { y ∈ IR | y ≤ 0 }.

É possível identifi car um valor míni-

mo em y = 0. Figura 1.26 Gráfi co de = − +2 2y x z

Agora é a sua vez!

1. Para cada uma das funções, faça um esboço do seu gráfi co identifi cando

algumas curvas de nível:

a. z = x2 + (y – 1)2

b. = +2 2f(x, y) x y

c. g(x,y) = 2 – x2

2. Faça um esboço do gráfi co das funções de duas variáveis e analise suas

principais características e propriedades:

a. z = 3 – x

b. z = 1 + (x – 1)2 + (y – 1)2

c. z = x2

44


Você sabe o que é uma carta topográfi ca?

Pois bem, eu sei e vou lhe explicar!!!

A carta topográfi ca é um documento que apresenta a superfície terrestre por meio de projeções cartográfi cas. Apesar de ser parecida com um mapa, não é a mesma

coisa. Os mapas representam porções bem defi nidas do espaço terrestre, como cidades, estados, mares ou países com limites físicos e políticas. Já nas cartas topográfi cas os limites são matemáticos, geralmente meridianos e paralelos. Nelas aparecem os acidentes naturais e artifi ciais da super-fície terrestre, suas posições planimétricas e altimétricas. A posição altimétrica ou o relevo é normalmente determinada por curvas de nível.

Na Internet você pode obter várias informações muito legais!

45

Síntese da Unidade

O estudo das funções de várias variáveis, seu comportamento,

suas propriedades e características propicia uma visualização mais

geral sobre a modelagem matemática de situações reais. E é por

isto que este objeto matemático se torna tão importante e é mui-

to aplicado em diversas áreas do conhecimento.

Ao estudar a função de várias variáveis você pôde contextualizar

aplicações e identifi car que, de forma geral, sua análise é muito

similar à análise de uma função de uma variável. Sendo assim, os

conceitos podem ser generalizados para que você possa melhor

entender o comportamento destas funções.

Deve ter em mente que a representação gráfi ca se torna impor-

tante neste processo de análise e que o uso de ferramentas com-

putacionais poderá lhe auxiliar na construção dos gráfi cos.

Nas próximas unidades você conhecerá as defi nições de limites e

derivadas para estas funções. Mas antes de seguir em frente faça

os exercícios propostos e não fi que com dúvidas.

46

ATIVIDADES DE

auto-avaliação

1. Para as funções a seguir calcule o Domínio e o Conjunto Imagem. Faça o

Gráfi co do domínio.

a. z = 9x2 + 4y2

b. z = xy

c. = − −2 2z 10 x y

2. Dada as funções f(x,y) = x – y; = −+

2

2 2

xyg(x, y)

x y; h(x,y) = sen 2x cos y e

= −+2 2

1m(x, y)

(4x y ), encontre algumas curvas de nível e procure identifi car

dentre as Figuras 1.27, 1.28 , 1.29 e 1.30 qual delas representam curvas de

nível das funções dadas. (Você pode usar o recurso gráfi co usando o software

winplot).

47


Figura 1.27 Figura 1.28

Figura 1.29 Figura 1.30



a. z = 2 – y d. = − − −2 2y 4 x (z 2)

b. z = (x – 1)2 + (y – 1)2e. = − 2x 9 y

c. z = 1 – y2f. = − +2 2z (x 1) y

48


4. Identifi que a representação algébrica da função que defi ne o parabolóide

circular representado na Figura 1.31.

Figura 1.31

5. Seja o parabolóide z = x2 + y2. Escreva a representação algébrica deste

parabolóide se o seu vértice estiver:

a. Deslocado uma unidade no eixo positivo dos x.

b. Deslocado duas unidades no eixo negativo dos y.

c. Deslocado três unidades no eixo positivo dos z.

Saiba mais

Para aprofundar os conteúdos estudados nesta unidade ou

mesmo resolver outros exercícios você pode utilizar livros

de Cálculo Diferencial e Integral. O livro Cálculo B apre-

senta vários exercícios resolvidos, uma ótima referência nes-

te contexto:

GONÇALVES, Mirian Buss; FLEMMING, Diva Marília.

Cálculo B: funções de várias variáveis, integrais duplas e

integrais triplas. São Paulo: Makron Books, 1999.

49

UNIDADE 2

LIMITE E CONTINUIDADE


Calcular limites de funções de várias variáveis usando propriedades.

Resolver limites que envolvam indeterminações e os infi nitos.

Analisar a continuidade de uma função de várias variáveis.


Seção 1 Noção de limite de uma função de várias variáveis . . . . . 53

Seção 2 Cálculo e propriedades de limites . . . . . . . . . . . . . . . . 65

Seção 3 Continuidade de funções de duas variáveis . . . . . . . . . . 72

Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

Quantos sólidos podem ser

visualizados?

Seriam funções de várias variáveis?

Pense nisto!!

51


Para iniciar esta unidade, que estudará o limite e a continuidade

de funções de várias variáveis, é importante que você relembre os

conceitos que foram estudados em Cálculo I, quando o limite de

função de uma variável foi defi nido.

De forma resumida, podemos dizer que o limite estuda o com-

portamento de uma função na proximidade de um ponto especí-

fi co. Para entender tal comportamento, podemos analisar a repre-

sentação algébrica da função ou, ainda, analisar o comportamento

de seu gráfi co.

Feito isto, podemos generalizar esse conceito e passar a trabalhar

com as funções de mais de uma variável. Em especial, trabalhare-

mos com as funções de duas variáveis, que nos darão uma noção

dessa generalização.

52


Com o estudo do limite de funções de várias variáveis, você for-

malizará alicerces conceituais que serão essenciais para o estudo

das derivadas parciais, que são as derivadas das funções de várias

variáveis.

Por fi m, vamos também generalizar o conceito de continuidade

que no caso das funções de uma variável nos auxilia a identifi car

os pontos de “quebra” que a função possui.

Para as funções de várias variáveis, em especial as funções de duas

variáveis cuja representação gráfi ca se dá no espaço tridimensio-

nal, é a análise da continuidade que propiciará a identifi cação de

superfícies que possuem buracos ou rupturas. A existência de tal

característica pode representar diferentes interpretações para si-

tuações reais que são modeladas por esse tipo de função.

Está preparado para iniciar?

Então acompanhe os conceitos que serão apresentados nas três

seções que compõem esta unidade e não fi que com dúvidas no

decorrer do seu estudo.

Bom trabalho!

53


SEÇÃO 1

Noção de limite de uma

função de várias variáveis

Para entender a noção de limite de uma função de várias variá-

veis, você deve, em um primeiro momento, revisar o que já estu-

dou em Cálculo I sobre o limite de uma função.

Naquela disciplina, várias análises foram realizadas quando o

conceito de limite foi introduzido. O que faremos nesta seção

será a generalização do conceito de limite, tendo como foco evi-

denciar conceitos básicos e defi nições que ajudarão a entender

o limite de funções de várias variáveis. Sendo assim, não iremos

abordar novamente os aspectos que já foram estudados em Cál-

culo I, mas sim revisá-los, buscando as generalizações necessárias.

Para começar, você precisará conhecer algumas defi nições que

provavelmente ainda não apareceram em outros contextos da ma-

temática e que serão essenciais para o entendimento do limite de

uma função de duas variáveis.

Em tempo

Assim como fi zemos na unidade 1, vamos

focar o nosso estudo no limite de uma função de duas variáveis, pois será possível abordar as suas diferentes representações semió-ticas, entre elas, a representação gráfi ca tridimensional.

54


Defi nição 1: Chamamos de bola aberta o conjunto de todos os

pontos internos à circunferência com centro em P0(x

0 ,y

0) ∈ IR2 e

raio r. Sua representação algébrica é dada por

B(P0,r) = { (x,y) ∈ IR2 | 2 2

0 0( ) ( )x x y y− + − < r }

e a Figura 2.1 mostra sua representação gráfi ca.

Figura 2.1 Representação gráfi ca da bola aberta em IR2

Se trabalharmos com o espaço tridimensional, ou seja, o IR3, a

bola aberta será o conjuntos dos pontos internos à esfera com

centro em P0(x

0,y

0,z

0) ∈ IR3 e raio r. Sua representação gráfi ca

está na Figura 2.2.

Figura 2.2 Representação gráfi ca da bola aberta em IR3

55


Ao analisar com atenção os detalhes das fi guras 2.1 e 2.2, você irá

perceber a existência de linhas pontilhadas nos contornos da cir-

cunferência e da esfera. Elas indicam que os pontos da circunfe-

rência ou os pontos da casca esférica não pertencem à bola aberta.

Se as linhas não fossem pontilhadas, identifi caríamos a existência

de uma bola fechada, que pode ser representada por B[P0,r].

Exemplo

Representar grafi camente as bolas B((2,2),1) em IR2 e B[(0,0,0),2] em IR3.

A Figura 2.3 representa a bola aberta B((2,2),1).

Podemos dizer que essa bola aberta é o conjunto de todos os pontos internos

à circunferência com centro em (2,2) e raio 1, ou seja, (x – 2)2 +(y – 2)2 < 1.

Figura 2.3 Representação gráfi ca

da bola aberta B((2,2),1)

Figura 2.4 Representação gráfi ca

da bola fechada B[(0,0,0),2]

Na Figura 2.4 você visualiza a bola fechada B[(0,0,0),2].

Nesta bola fechada temos todos os pontos internos e a casca da esfera com

centro em (0,0,0) e raio 2, ou seja, x2 + y2 + z2 ≤ 4.

Em tempo

A equação geral de uma circunferência é

dada por:

(x – x0)2 + (y – y

0)2 = r2,

sendo (x0,y

0) o centro e r o seu

raio.

56


Acompanhe a defi nição 2 que abordará o conceito de ponto de

acumulação.

Defi nição 2: O ponto P ∈ IR2 será chamado de ponto de acumu-

lação de A, sendo A ⊂ IR2 se toda bola aberta com centro em P

contiver uma infi nidade de pontos de A.

E para entender melhor esta defi nição, veja os exemplos que

identifi cam pontos de acumulação.

Exemplo

Verifi car se os pontos (0, 12

), (0,1), (–1,–1) e (1,1) são pontos de acumulação

de A = { (x,y) ∈ IR2 | 0 < + −2 2x (y 1) < 1 }.

Vamos, de início, representar grafi camente o conjunto A, na Figura 2.5.

Figura 2.5 Representação gráfi ca do conjunto A

Para verifi car se os pontos indicados são de acumulação, vamos traçar bolas

abertas com centro em cada um dos pontos para que possamos identifi car

se existe uma infi nidade de pontos da bola em A.

Analisando a Figura 2.6, podemos dizer que (–1,–1) não será ponto de acu-

mulação. Observe que a bola aberta desenhada com centro nesse ponto não

possui pontos do conjunto A. É claro que se ampliarmos o raio vamos ter inter-

57


secção com A, mas lembre-se de que a idéia aqui é observar próximo ao cen-

tro. Todos os outros pontos indicados, quando se tornam o centro de uma bola

aberta, contêm infi nitos pontos de A. Em especial, o ponto (1,1) não pertence

ao conjunto A, mas, mesmo assim, é ponto de acumulação, pois temos uma

parte da bola aberta que está contida no conjunto A e, sendo assim, existem

infi nitos pontos deste conjunto que estão contidos na bola aberta B((1,1),r).

Figura 2.6 Representação gráfi ca dos pontos a serem analisados.

Após o entendimento dos conceitos básicos de bola aberta e pon-

to de acumulação, você já está pronto para entender o limite de

uma função de duas variáveis, a partir da análise da defi nição 3.

Defi nição 3: O limite de uma função f : A ∈ IR2 → IR quando

(x,y) se aproxima do ponto (x0 ,y

0), que é um ponto de acumu-

lação de A ∈ IR2, será um número real L se, para todo ε > 0

existir um δ > 0 tal que | f (x,y) – L | < ε sempre que (x,y) ∈ A

e 0 < | (x,y) – (x0 ,y

0) | < δ.

Esse limite pode ser representado algebricamente da seguinte

forma:

0 0( , ) ( , )lim ( , )

x y x yf x y

→= L ou

0

0

lim ( , )x xy y

f x y→→

= L.

Em linguagem natural, dizemos que o limite da função f (x,y) é

igual a L quando (x,y) tende a (x0,y

0) ou quando x → x

0 e y → y

0.

58


Na Figura 2.7, é possível visualizar grafi camente o signifi cado do

limite da função z = f (x,y).

Figura 2.7 Representação gráfi ca do signifi cado do limite da função z = f(x,y)

Em Cálculo I, você já estudou de forma detalhada o cálculo do

limite de uma função usando a defi nição. No exemplo a seguir,

acompanhe como esse cálculo é similar ao que já era feito, sendo

que agora estamos ampliando a análise para o caso de uma fun-

ção de duas variáveis.

Exemplo

Mostrar que →→

+ =x 1y 2

lim(x 2y) 5 usando a defi nição.

Usando a defi nição 3, precisamos mostrar que para todo ε > 0 existe um δ > 0

tal que

| f(x,y) – 5 | < ε ( 1 )

sempre que 0 < | (x,y) – (1,2) | < δ.

O módulo | (x,y) – (1,2) | pode ser escrito como − + −2 2(x 1) (y 2) . Assim,

0 < − + −2 2(x 1) (y 2) < δ.

Em tempo

Fique atento! Na Fi-gura 2.7 temos repre-

sentado o domínio da função de duas variáveis D(f ) e não o gráfi -co da função, que seria tridimen-sional. Na seção 1 da unidade 1, você já estudou a representação gráfi ca do domínio de funções do tipo z = f(x,y).

59


Usando ( 1 ), podemos encontrar δ:

| f(x,y) – 5 | = | x + 2y – 5 |

= | x – 1 + 2y – 4 |

= | (x – 1) + 2(y – 2) |

≤ | x – 1 | + 2| y – 2 |.

Como | x – 1 | ≤ − + −2 2(x 1) (y 2) e | y – 2 | ≤ − + −2 2(x 1) (y 2) , podemos

dizer que

| x – 1 | + 2| y – 2 | < δ + 2δ

ou

| x – 1 | + 2| y – 2 | < 3δ

sempre que 0 < − + −2 2(x 1) (y 2) < δ.

Assim, se dissermos que δ = ε3

garantimos que 0 < − + −2 2(x 1) (y 2) < δ e

então teremos:

| f(x,y) – 5 | ≤ | x – 1 | + 2| y – 2 |

< ε3

+ 2ε3

= ε

Desta forma, podemos concluir que →→

+ =x 1y 2

lim(x 2y) 5 .

Neste momento, assim como em Cálculo I, não iremos calcular

os limites usando a defi nição, pois apesar de gerar um método

efi ciente, recaímos em cálculos que se tornam extensos e cansati-

vos. Desta forma, torna-se essencial estudar as propriedades dos

Quando falamos de limites de uma função, podemos lembrar de John Fernoulle, que no fi nal de 1600 descobriu uma re-gra para calcular os limites das frações cujos numeradores e denominadores fossem próximos de zero. Hoje, esta regra é conhecida como “Regra de L´Hospital”. Foi Guillaume de L’Hospital (1661-1704), um nobre francês, que a apresen-tou pela primeira vez. Você lembra que já trabalhou com esta regra em Cálculo I?

60


limites de funções de duas variáveis para que possamos utilizá-las

efetivamente no cálculo dos limites.

Mas antes de conferir as propriedades, é importante que você

relembre da defi nição 3 — o fato de que o ponto indicado como

(x0,y

0) é um ponto de acumulação.

Você sabe explicar por que (x,y) deve tender a um

ponto de acumulação?

Esta pergunta deve ser respondida antes de seguirmos em frente.

Podemos dizer que (x0,y

0) é um ponto de acumulação pois ele não

precisa, necessariamente, pertencer ao domínio da função cujo

limite será calculado. No entanto, quando esse ponto se torna o

centro de uma bola aberta, deverá conter infi nitos pontos que

pertençam ao domínio da função, pois caso contrário estaremos

analisando o comportamento de uma função em um ponto em

que a função sequer está próxima. Isto não faria sentido!

Um outro aspecto importante a ser destacado diz respeito à aná-

lise da condição de existência do limite de uma função de duas

variáveis. Com funções de uma variável era possível identifi car

dois caminhos para se chegar ao ponto a ser analisado: pela sua

direita ou pela sua esquerda. Analise a Figura 2.8 e procure iden-

tifi car quantos caminhos teremos para chegar a um ponto quan-

do se trata de uma função de duas variáveis.

Figura 2.8 Caminhos do limite da função z = f(x,y)

Em tempo

Lembre-se que quando dizemos que o limite

de uma função tende a um pon-to, isto não signifi ca dizer que, necessariamente, a função está defi nida nesse ponto. No limite, analisamos o comportamento da função quando ela tende a esse ponto e isto signifi ca “estar pró-ximo ao ponto”, ou seja, o ponto pode não pertencer ao domínio da função.

61


Você conseguiu visualizar infi nitos

caminhos para se chegar ao ponto (x0,y

0)?

Ao contrário do que acontecia com as funções de uma variável,

temos agora várias possibilidades para fazer (x,y) tender a (x0,y

0).

E vale lembrar que temos aí uma condição importante para ga-

rantir a existência do limite. Para as funções de uma variável, o

limite só existia se o limite à direita fosse igual ao limite à es-

querda. Agora, precisamos garantir que os infi nitos caminhos nos

levem aos mesmos valores de L.

Parece complicado, mas pode fi car mais simples depois que você

conhecer uma proposição que garanta a existência do limite de

uma função de duas variáveis.

Proposição: Se for possível determinar dois subconjuntos D1 e

D2 do domínio da função de duas variáveis f (x,y), denotado

por D(f ), que tenham (x0,y

0) como ponto de acumulação, então

podemos fazer (x,y) tender a (x0,y

0) por meio de pontos de D

1

e D2. Se f (x,y) tiver limites diferentes quando (x,y) tende a

(x0,y

0) por meio de pontos de D

1 e D

2, então podemos dizer que

0 0( , ) ( , )lim ( , )

x y x yf x y

→ não existe.

Esta proposição auxilia na identifi cação da não-existência de um

grande número de exemplos, mas devemos tomar cuidado ao

discutir a existência. De forma resumida, teremos que escolher

diferentes caminhos que contenham (x0,y

0). Após a escolha, cal-

culamos o limite para esses caminhos específi cos, basta que se

tenham dois resultados diferentes para diagnosticar a não-exis-

tência do limite.

Para auxiliá-lo neste processo, você pode pensar em escolher ca-

minhos que sejam traçados por curvas que passem pelo ponto

(x0,y

0). Veja algumas alternativas.

Caminho 1: conjunto dos pontos do eixo dos x. Neste caso,

iremos fazer y = 0 e o ponto (x0,y

0) está sobre o eixo dos x.

62


Caminho 2: conjunto dos pontos do eixo dos y. Neste caso,

teremos x = 0 e o ponto (x0,y

0) está sobre o eixo dos y.

Caminho 3: conjunto dos pontos da reta y = x. Neste caso,

teremos y = x e o ponto (x0,y

0) deve estar sobre esta reta.

Caminho 4: conjuntos dos pontos do arco de parábola y = x .

Neste caso, teremos y = x e o ponto (x0,y

0) estará sobre esta

curva.

Esta análise não é tão difícil quanto parece. Veja os exemplos a

seguir para entender melhor como utilizar esta proposição.

Exemplos

1. Mostrar que o limite →→

+2 2x 0y 0

2xylim

4x 3y não existe.

A partir do momento em que sabemos que o limite indicado não existe, va-

mos então escolher diferentes “caminhos” para que (x,y) se aproxime de (0,0).

É importante destacar que existe pelo menos um caminho cujo resultado do

limite será diferente pelo menos de um dos demais caminhos escolhidos. En-

tão, vamos analisá-los:

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso, devemos fazer

y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável.

→ → →=

⋅ ⋅ = = =+ ⋅2 2 2x 0 x 0 x 0

y 0

2 x 0 0lim lim lim 0 0

4x 3 0 4x

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso, devemos fazer

x = 0 e o limite passa a ser de uma única variável.

= → →→

⋅ ⋅= = =

⋅ +2 2 2x 0 y 0 y 0y 0

2 0 y 0lim lim lim 0 0

4 0 3y 3y

Ainda não conseguimos provar que o limite não existe, pois o resultado dos

dois primeiros caminhos escolhidos foi igual a zero. Vamos, então, a um ter-

ceiro caminho.

63


Caminho 3: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta y = x. Neste caso, deve-

mos fazer y = x e o limite também passará a ser de uma variável.

→ → →=

⋅ ⋅ = = =+

2

2 2 2x 0 x 0 x 0y x

2 x x 2x 2 2lim lim lim

7 74x 3x 7x

Como o resultado do limite foi diferente de zero no caminho 3, pela proposi-

ção podemos concluir que →→

+2 2x 0y 0

2xylim

4x 3y não existe.

2. Verifi car se o limite →→

+

2

2 4x 0y 0

3xylim

x y existe.

Agora não temos certeza se o limite existe ou não. Nestas situações, é preciso

tomar cuidado, pois podemos não ter uma defi nição usando somente a pro-

posição.



→ → →=

⋅ ⋅ = = =+

2

2 4 2x 0 x 0 x 0y 0

3 x 0 0lim lim lim 0 0

x 0 x

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso, devemos fazer

x = 0 e o limite passa a ser de uma única variável.

= → →→

⋅ ⋅= = =

+

2

2 4 4x 0 y 0 y 0y 0

3 0 y 0lim lim lim 0 0

0 y y



→ → → →=

⋅ ⋅ ⋅= = = =+ + +

2

2 4 2 2x 0 x 0 x 0 x 0y x

3 x x 3x 3 0 0lim lim lim lim 0

1x x 1 x 1 0

Caminho 4: (x,y) → (0,0) pelos pontos da curva y = x . Neste caso,

devemos fazer y = x e o limite também passará a ser de uma variável.

→ → → →=

⋅ ⋅ = = = =++

2 2 2

2 2 22 4x 0 x 0 x 0 x 0

y x

3 x ( x ) 3x 3x 3 3lim lim lim lim

2 2x x 2xx ( x )

Como obtivemos um resultado diferente no caminho 4, então podemos dizer

que o limite →→

+

2

2 4x 0y 0

3xylim

x y não existe.

64


Para encerrar esta, seção é importante destacar que os conceitos

iniciais sobre o limite de uma função de duas variáveis podem

ser generalizados para funções de várias variáveis. Como o nosso

objetivo é trabalhar com diferentes representações, optamos pela

análise das funções cuja representação gráfi ca ainda é possível de

se fazer.

Na seção 2, você poderá aplicar as propriedades dos limites para

determinar os limites cuja existência é garantida. Mas não siga

em frente antes de fazer os exercícios e tirar as suas dúvidas.

Agora é a sua vez!

1. Verifi que se os pontos (1,2), (– 12

, 12

), (2,1) e (3,0) são pontos de acumula-

ção de B = { (x,y) ∈ IR2 | y > 2x2 }.

2. Usando a defi nição, mostre que →

+ =( x ,y ) (2,3)

lim (3x 2y) 12 .

3. Mostre que os limites indicados não existem:

a. →→

−+

2 2

2 2x 0y 0

x 4ylim

x y b.

→→

−−x 0

y 0

5y xlim

2x y

65


Após entender o signifi cado do limite de uma função de duas

variáveis, nesta seção você irá calcular os limites usando suas pro-

priedades.

É importante destacar que as propriedades que aqui serão discu-

tidas não são diferentes das propriedades discutidas em Cálculo I.

Propriedade 1: Se 0

0

limx xy y→→

f (x,y) = L e 0

0

limx xy y→→

g (x,y) = M,

então podemos dizer que:

0

0

limx xy y→→

[ f (x,y) ± g (x,y) ] = 0

0

limx xy y→→

f (x,y) ± 0

0

limx xy y→→

g (x,y) = L + M.

Propriedade 2: Se 0

0

limx xy y→→

f (x,y) = L e c é um número real, então

0

0

limx xy y→→

c · f (x,y) = c · 0

0

limx xy y→→

f (x,y) = c ·L

SEÇÃO 2

Cálculo e propriedades de limites

66


Sentiram minha falta?

Pois aqui estou, para dizer que as demonstrações das pro-priedades de limites são feitas a partir da defi nição formal de limite.

Acompanhe como fi ca a demonstração da primeira propriedade!

Sejam →→

0

0

limx xy y

f(x,y) = L e →→

0

0

limx xy y

g(x,y) = M e ε > 0 arbitrário.

Devemos provar que existe δ > 0, tal que

|[f(x,y) + g(x,y)] – (L + M)| < ε sempre que

(x,y) ∈ D(f) ∪ D(g) e 0 < − + −2 2

0 0( ) ( )x x y y < δ.

Como →→

0

0

limx xy y

f(x,y) = L existe δ1

> 0 tal que |f(x,y) – L| < ε2

,

sempre que (x,y) ∈ D(f) e 0 < − + −2 2

0 0( ) ( )x x y y < δ1

.

Como →→

0

0

limx xy y

g(x,y) = M existe δ2

> 0 tal que |g(x,y) – M| < ε2

,

sempre que (x,y) ∈ D(g) e 0 < − + −2 2

0 0( ) ( )x x y y < δ2

.

Seja δ o menor dos números δ1

e δ2

, isto é, δ = min {δ1

,δ2

}.

Então δ ≤ δ1

e δ ≤ δ2

e, assim, se (x,y) ∈ D(f) ∪ D(g) e

0 < − + −2 2

0 0( ) ( )x x y y < δ, temos |f(x,y) – L| < ε2

e

|g(x,y) – M| < ε2

.

Logo,

|[f(x,y) + g(x,y)] – (L + M)| = |[f(x,y) – L] + [g(x,y) – M]|

≤ |f(x,y) – L + g(x,y) – M|

< ε2

+ε2

= ε

sempre que (x,y) ∈ D(f) ∪ D(g) e 0 < − + −2 2

0 0( ) ( )x x y y < δ

e dessa forma →→

0

0

limx xy y

[f(x,y) + g(x,y)] = L + M.

67


Propriedade 3: Se 0

0

limx xy y→→

f (x,y) = L e 0

0

limx xy y→→

g (x,y) = M,

então podemos dizer que:

a. 0

0

limx xy y→→

[ f (x,y) · g (x,y) ] = 0

0

limx xy y→→

f (x,y) · 0

0

limx xy y→→

g (x,y) = L · M

b.

0

0

0

00

0

lim ( , )

( , )lim

( , ) lim ( , )

x xy y

x xx xy yy y

f x y

f x y LMg x y g x y

→→

→→→→

= = , desde que 0

0

limx xy y→→

g (x,y) ≠ 0.

Propriedade 4: Se 0

0

limx xy y→→

f (x,y) = L

e n é um número inteiro positivo, então:

0

0

limx xy y→→

[ f (x,y) ]n = [

0

0

limx xy y→→

f (x,y)]n = L

n.

Propriedade 5: Se 0

0

limx xy y→→

f (x,y) = L

sendo L ≥ 0 e n é um número inteiro ou

se L < 0 e n é um número ímpar inteiro positivo, então:

0 0

0 0

lim ( , ) lim ( , ) nn

x x x xny y y y

f x y f x y L→ →→ →

= = .

Nos exemplos a seguir, você poderá acompanhar o uso das pro-

priedades no cálculo dos limites indicados.

Exemplos

Calcular os seguintes limites:

a. →→−

x 1y 2

lim (x2y2 + 3xy + 2)

Usando a propriedade 1, podemos reescrever

→→−

x 1y 2

lim (x2y2 + 3xy + 2) = →→−

x 1y 2

lim x2y2 + →→−

x 1y 2

lim 3xy + →→−

x 1y 2

lim 2.

Em tempo

Veja que o valor de n é defi nido para que as

raízes com índice par não sejam para um L negativo, pois não estamos trabalhando no conjunto dos números complexos e, sendo assim, as raízes com índice par são defi nidas apenas para valores positivos de L.

68


As propriedades 2 e 3 podem agora ser aplicadas:

→→−

x 1y 2

lim (x2y2 + 3xy + 2) = →x 1

lim x2 ·→−y 2lim y2 + 3·

→x 1lim x ·

→−y 2lim y + 2

= (1)2·(–2)2 + 3·1·(–2) + 2

= 4 – 6 + 2

= 0.

b. →→

+

2

x 0y 3

4xylim

x y

Para resolver este limite, vamos aplicar as propriedades 3, 2 e 1, nesta ordem:

→→ → →

→→ → → →

→

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = = =+ + + +

22

x 02 2y 3 x 1 y 3

x 0y 3 x 0 x 1 y 3

y 3

lim 4xy4 lim x lim y

4xy 4 0 (3) 0lim 0.

x y lim x y lim x lim y 0 3 3

c. →−→

−4

x 1y 3

lim x y 1

Usando a propriedade 5, podemos reescrever o limite:

→− →−→ →

→− → →−→

− = −

= ⋅ −

= − ⋅ − =

4 4

x 1 x 1y 3 y 3

4

x 1 y 3 x 1y 3

4

lim x y 1 lim x y 1

lim x lim y lim 1

( 1) 3 1 2.

d. →→

⎡ ⎤⎛ ⎞+⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦2

x 2y 1

3xlim ln xy

2

Neste exemplo, temos uma função composta e, assim como era feito em

Cálculo I, vamos trabalhar com os limites de funções compostas.

→ →→ →

→ → →

⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥+ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤= ⋅ + ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤= ⋅ + ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦

=

2 2

x 2 x 2y 1 y 1

2

x 2 y 1 x 2

2

3x 3xlim ln xy ln lim xy

2 2

3ln lim x lim y lim x

2

3ln 2 (1) 2

2

ln 5.

Em tempo

Após a aplicação das propriedades 2 e 3, os

limites passam a ser limites de funções de uma variável.

69


Você lembra das indeterminações?

Pois agora é o momento de relembrá-las a partir do que já foi

estudado. Sugerimos que você reveja as resoluções dos limites

com indeterminações que foram detalhadamente apresentadas

em Cálculo I, para sanar eventuais dúvidas que surgirem. Neste

momento, não vamos nos preocupar em detalhar todos os passos

como fi zemos anteriormente, pois a forma de resolução é muito

similar às funções de uma variável.

Nos exemplos, acompanhe a resolução de indeterminações do

tipo 00

que envolvem fatoração de polinômios e raízes quadradas.

Exemplos

Calcular os limites que envolvem indeterminações.

a. →→

+ − − − ++ − −

3 2 2

x 3y 1

x 2x y 3x 6xy 3x 9lim

xy x 3y 3

Inicialmente, vamos aplicar as propriedades e substituir os valores de x e de y

no limite.

→→

+ − − − ++ − −

3 2 2

x 3y 1

x 2x y 3x 6xy 3x 9lim

xy x 3y 3 =

00

Diante de uma indeterminação do tipo 00

, sendo que as funções envolvidas

são polinomiais, podemos fatorar os polinômios para simplifi car a expressão.

Para o polinômio do numerador, é possível fazer a divisão de polinômios.

+ − − − += + −

−

3 2 22x 2x y 3x 6xy 3x 9

x 2xy 3(x 3)

Para o polinômio do denominador, podemos colocar x e y em evidência.

xy + x – 3y – 3 = y(x – 3) + (x – 3) = (x – 3)(y + 1)

Vamos, agora, reescrever o limite a ser calculado.

→ → →→ → →

− + − + − + ⋅ ⋅ −= = = =− + + +

2 2 2

x 3 x 3 x 3y 1 y 1 y 1

(x 3)(x 2xy 3) (x 2xy 3) (3 2 3 1 3) 12lim lim lim 6.

(x 3)(y 1) (y 1) (1 1) 2

Lembre-se que as ferramentas

computacionais podem ajudar nestas fatorações. Você pode utilizar o Derive,

por exemplo, para conferir os seus cálculos e mesmo para

fatorar os polinômios.

70


b. 2 2 2 2

3 2 3 2x 2y 1

x y x y 2xy 2x 4y 4lim

xy xy 3xy 3x 2y 2y 6y 6→−→

− + − + −− + − + − + −

Inicialmente, vamos aplicar as propriedades e substituir os valores de x e de y

no limite.

2 2 2 2

3 2 3 2x 2y 1

x y x y 2xy 2x 4y 4lim

xy xy 3xy 3x 2y 2y 6y 6→−→

− + − + −− + − + − + −

= 00

Assim como no exemplo anterior, podemos fatorar os polinômios para sim-

plifi car a expressão. Tanto para o polinômio do numerador quanto para o

polinômio do denominador, é possível fazer a divisão de polinômios.

Para o polinômio do numerador, iniciamos fazendo a divisão por (y – 1).

− + − + −= + + +

−

2 2 2 22x y x y 2xy 2x 4y 4

x y 2xy 2x 4(y 1)

Este resultado será dividido por (x + 2).

+ − += +

+

2 2x y 2xy 2x 4xy 2

(x 2)

Assim, podemos reescrever o polinômio na forma fatorada.

x2y2 – x2y + 2xy2 – 2x + 4y – 4 = (y – 1)(x + 2)(xy + 2).

Para o polinômio do denominador, vamos, inicialmente, dividir por (y – 1) e

depois por (x + 2).

− + − + − + −= + + +

−

+ + += +

+

3 2 3 22 2

2 23

xy xy 3xy 3x 2y 2y 6y 6xy 3x 2y 6

(y 1)

xy 3x 2y 6y 3.

(x 2)

Assim, podemos reescrever o polinômio na forma fatorada.

xy3 – xy2 + 3xy – 3x + 2y3 – 2y2 + 6y – 6 = (y – 1)(x + 2)(y3 + 3).

Para fi nalizar, substituímos os polinômios no limite para as simplifi cações ne-

cessárias.

→− →− →− →−→ → → →

− + + + − ⋅ + − += = = =− + + + +2 2 2x 2 x 2 x 2 x 2

y 1 y 1 y 1 y 1

(y 1)(x 2)(xy 2) (xy 2) ( 2 1 2) ( 2 2)lim lim lim lim 0.

4(y 1)(x 2)(y 3) (y 3) (1 3)

71


c. −

+→→

+ −− −x 1

y 0

x y 1lim

y 1 x

Substituindo os valores de x = 1 e y = 0, também encontramos uma situação

de indeterminação do tipo 00

. Nesta situação, podemos multiplicar numera-

dor e denominador pelo conjugado da expressão do denominador.

Fazendo a multiplicação, teremos:

−

+→→

+ −+ −⋅

− − + −x 1

y 0

y 1 xx y 1lim .

y 1 x y 1 x

Agora, vamos desenvolver as multiplicações.

− −

+ +

−

+

−

+

−

+

→ →→ →

→→

→→

→→

+ − ⋅ + − + − ⋅ + −=

− +− −

+ − ⋅ + −=

+ −

= + −

= + −

=

2 2x 1 x 1

y 0 y 0

x 1

y 0

x 1

y 0

x 1

y 0

(x y 1) ( y 1 x ) (x y 1) ( y 1 x )lim lim

y 1 x( y ) ( 1 x )

(x y 1) ( y 1 x )lim

(x y 1)

lim( y 1 x )

lim( 0 1 1)

0.

Agora é a sua vez!

1. Calcule os seguintes limites, mostrando a aplicação das propriedades.

a. →→

+ +2

x 0y 0

lim (x 3xy 10) c. →→

+ 3 10

x 1y 1

lim (4x xy )

b. →→−

+3 3

x 1y 2

x ylim

xy d.

→→

+4x 21

y2

3xylim

y 2x

2. Calcule os seguintes limites que envolvem indeterminações.

a. →→

+ −−2x 0

y 0

x 2 2lim

xy 3x=

00

b. →→

− + −−

2 2 2

2 3x 0y 2

6x y 12x 4xy 8xylim

2xy xy=

00

Em tempo

O conjugado

de − −y 1 x

é dado por + −y 1 x .

72


No caso das funções de duas variáveis, cuja representação gráfi ca

se dá no espaço tridimensional, ao analisarmos a continuidade em

superfícies estaremos verifi cando se existem “buracos” ou “ruptu-

ras” nessa superfície. A presença desses buracos identifi cará a falta

de continuidade em determinado ponto.

Para formalizar, podemos generalizar a defi nição de continuidade

de uma função de uma variável z = f (x,y) defi nida em A ⊂ IR2

com (x0,y

0) um ponto de acumulação de A ⊂ IR2 afi rmando que f

é contínua em (x0,y

0) se

0 0( , ) ( , )lim ( , )

x y x yf x y

→= f (x

0,y

0).

Acompanhe os exemplos de análise de continuidade.

SEÇÃO 3

Continuidade de funções de duas variáveis

Em tempo

É importante não

esquecer que f(x0,y

0) e

→ 0 0( x , y ) ( x , y )lim f(x, y) devem existir

para que essa igualdade seja

verdadeira.

73


Exemplos

1. Verifi car se a função ⎧ ≠⎪ += ⎨⎪ =⎩

2 2

xy; (x, y) (0, 0)

x yf(x, y)

0 ; (x, y) (0, 0)

é contínua no ponto (0,0).

Para analisar a continuidade desta função no ponto (0,0) é importante que

exista f(0,0) e →→

x 0y 0

lim f(x, y) e que sejam iguais.

Então, teremos:

f(0,0) = 0, logo f(0,0) existe.

Para calcular o →→

+2 2x 0y 0

xylim

x y, vamos escolher diferentes caminhos.



→ →=

⋅= =+ +2 2 2 2x 0 x 0

y 0

xy x 0lim lim 0

x y x 0



→ → →=

⋅= = =+ +

2

2 2 2 2 2x 0 x 0 x 0y x

xy x x x 1lim lim lim .

2x y x x 2x

Como o resultado dos dois caminhos são diferentes, então podemos dizer

que →→

+2 2x 0y 0

xylim

x y não existe.

Sendo assim, o fato do limite não existir implica na afi rmação de que a função

f(x,y) não é contínua no ponto (0,0).

2. Verifi car se a função

⎧ ≠⎪= +⎨⎪ =⎩

2 2

2xy; (x, y) (0, 0)

f(x, y) x y

2 ; (x, y) (0, 0)

é contínua no ponto (0,0).

Vamos analisar se →(x ,y ) (0,0)

lim f(x,y) = f(0,0).

Temos que f(0,0) = 2 e para calcular o limite → +2 2(x ,y ) (0,0)

2xylim

x y

podemos escolher diferentes caminhos.

74


Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x.

→=

⋅ =+2 2x 0

y 0

2x 0lim 0

x 0

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y.

=→

⋅ ⋅=

+2 2x 0y 0

2 0 ylim 0

0 y

Caminho 3: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta y = x.

= = = = =→ → → → →

⋅ ⋅ = = = = =⋅+ ⋅

2 2 2

2 2 2 2y x y x y x y x y xx 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2 x x 2x 2x 2x 2xlim lim lim lim lim 0

2 x 2x x 2x 2 x

Podemos escolher outros caminhos e chegaremos ao mesmo resultado, mas

isto não nos permite afi rmar que o limite existe e é igual a 0. Precisamos usar

uma proposição resultante da defi nição de limites. O nosso amigo SiSoSi está

aqui para nos ajudar com o enunciado da proposição.

Bem, neste caso vamos mostrar que +2 2

2xy

x y pode ser escrita como:

= ⋅+ +2 2 2 2

2xy y2x

x y x y e que

+2 2

y

x y é uma função limitada.

Para raciocinar melhor, podemos reescrever +2 2

y

x y, fazendo

x = r cos θ e y = r sen θ.

Assim, no contexto atual podemos fazer

θ θ= = = θ+ θ + θ2 2 2 2 2 2

y r sen r sensen

rx y r cos r sen

Dessa forma +2 2

y

x y é limitada, pois | sen θ | ≤ 1.

Revisando, aplicamos a proposição enunciada pelo SiSosi e observamos

que o → +2 2(x ,y ) (0,0)

2xylim

x y = 0, pois pode ser reescrito pelo produto entre a

função f(x,y) = 2x que tende a zero quando (x,y) → (0,0) e a função g(x,y) =

+2 2

y

x y que é limitada.

Em tempo

Uma função f(x,y), defi nida em um

conjunto A ⊂ IR2, é limitada quando existe um número M tal que | f(x,y) | ≤ M para todo (x,y) ∈ A.

75


Para ajudar na análise

de continuidade, julgo importante lembrar que existe um teorema que

menciona o seguinte: uma função polinomial de duas

variáveis será sempre contínua.

Como decorrência das propriedades dos limites, que foram estu-

dadas na seção anterior, podemos analisar a continuidade de duas

funções contínuas em um ponto (x0,y

0). Assim, podemos dizer que:

se f e g são contínuas em um ponto (x0,y

0),

então f + g também será contínua em (x0,y

0).


0),

então f – g também será contínua em (x0,y

0).


0),

então f · g também será contínua em (x0,y

0).


0), então

fg

também será contínua em (x0,y

0), desde que g (x

0,y

0) ≠ 0.

Exemplos

1. Sabendo-se que a função f(x,y) = 3xy + 2 é contínua em todos os pontos

de seu domínio e como g(x,y) = 2x3y2 também é contínua em seu domínio,

analise a continuidade das seguintes funções:

a. h(x,y) = f(x,y) + g(x,y)

Substituindo f(x,y) e g(x,y) teremos:

h(x,y) = 3xy + 2 + 2x3y2.

Podemos dizer que h(x,y) é contínua, pois trata-se de uma soma de funções

contínuas.

Existe a seguinte proposição:

se →→

0

0

limx xy y

f(x,y) = 0 e g(x,y) é uma função limitada em uma bola

aberta de centro em (x0

,y0

), então →→

0

0

limx xy y

f(x,y)g(x,y) = 0.

76


b. w(x,y) = f(x,y) · g(x,y)

Substituindo, teremos:

w(x,y) = (3xy + 2)·(2x3y2) = 6x4y3 + 4x3y2

que é uma função polinomial e, portanto, contínua.

c. r(x,y) = ln ((f(x,y))2)

A função r(x,y) será dada por:

r(x,y) = ln (3xy + 2)2

Neste caso, temos uma função composta tal que:

y = ln u

z = (3xy + 2)2

De acordo com a proposição enunciada pelo SiSoSi, como

z = (3xy + 2)2 é contínua, então a função composta também o

será. Assim, r (x,y) é uma função contínua.

Para o item c deste exemplo, vale a pena comentar sobre uma proposição que aborda a continuidade de funções compostas.

Sejam y = f(u) e z = g(x,y), podemos dizer que se g é contínua em (x

0,y

0), então a função composta fog também é contínua

em (x0

,y0

).

77


Agora é a sua vez!

1. Verifi que se as funções são contínuas nos pontos indicados:

a.

⎧≠⎪= +⎨

⎪ =⎩

2

4 2

2x y; (x, y) (0, 0)

f(x, y) x y

0 ; (x, y) (0, 0)

no ponto (0,0).

b.

⋅⎧ ≠⎪ += ⎨⎪ =⎩

2 2

x y; (x, y) (0, 0)

x yf(x, y)

3 ; (x, y) (0, 0)

no ponto (0,0).

2. Analise a continuidade da função z = ln (x2 + y2).

3. Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que seja contínua em

todos os pontos de seu domínio.

Que tal lembrar lindos versos de Antônio Carlos Jobim?

Poema Matemático(Antônio Carlos Jobim)

“Pra que dividir sem racionarNa vida é sempre bom multiplicarE por A mais BEu quero demonstrarQue gosto imensamente de vocêPor uma fração infi nitesimalVocê criou um caso de cálculo integralE para resolver este problemaEu tenho um teorema banalQuando dois meios se encontram desaparece a fraçãoE se achamos a unidadeEstá resolvida a questãoPara fi nalizar vamos recordarQue menos por menos dá mais, amorSe vão as paralelasAo infi nito se encontrarPor que demoram tanto dois corações se integrarSe desesperadamente, incomensuravelmenteEu estou perdidamente apaixonado por você”

78

Síntese da Unidade

Ao estudar os limites de funções de duas variáveis, você avançou

um passo importante para entender as derivadas desse tipo de

funções. Você deve ter percebido que esta unidade apresentou

defi nições, proposições e propriedades que já haviam sido discuti-

das em Cálculo I e que neste momento foram generalizadas para

o caso das funções com mais de uma variável.

A análise da continuidade das funções de duas variáveis auxilia

no entendimento do comportamento da função e da existência

de buracos na superfície. Na unidade 4, vamos abordar o cálculo

de volume de superfícies e a identifi cação da continuidade será

importante nesse contexto.

Seguindo para a próxima unidade, você ampliará o seu entendi-

mento sobre as derivadas, pensando agora nas funções de duas ou

mais variáveis.

79

ATIVIDADES DE

auto-avaliação

1. Verifi que se cada um dos limites existe.

a. →

++

3 3

3 3(x ,y ) (0,0)

x ylim

x y b.

→

−− +

2

4 2( x ,y ) (1,0)

(x 1) ylim

(x 1) y

2. Calcule os limites indicados.

a. →−→

− ++ +

3 3

2 2x 2y 1

x y 5x 8lim

x y 3xy b.

→→−

⋅ +2 2

x 0y 1

lim y x y

c. →→

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠x 1

y 2

xy 1lim ln

2xy d.

→→ +

2

2 2x 3y 4

x ylim

x y

e. π→

→ π

⋅x

2y 2

lim cos(xy) sen(3x) f. →→

− − +

− + −x 1y 4

x y 2x y 2lim

4 y y x 4 x

g. →→

− + + − − +− − +

3 3 2 2

2 2x 2y 3

2x y 6x 8x y 24x 8xy 24xlim

x y 3x 4xy 12x

80


3. Verifi car se as funções dadas são contínuas nos pontos indicados.

a. ⎧ +

≠⎪= − +⎨⎪ =⎩

2 2

2

x y; (x, y) (0, 0)

f(x, y) x 3x 2

0 ; (x, y) (0, 0)

no ponto (0,0)

b.

⎧ −≠⎪⎪ − += ⎨

⎪ − =⎪⎩

2 2

2

2x 3y; (x, y) (0, 0)

x 3x 2f(x, y)1

; (x, y) (0, 0)6

no ponto (0,0)

4. Calcule valor de a para que a função (f(x,y) seja contínua em (0,0).

⎧≠⎪= + −⎨

⎪ − =⎩

2 2

2

x y; (x, y) (0, 0)

f(x, y) y 1 1

a 4 ; (x, y) (0, 0)

5. Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que não seja contínua

no ponto (1,1).

Saiba mais

Ao estudar defi nições, proposições e propriedades ligadas

aos limites, você, aluno do curso de Matemática, pode ter

fi cado curioso para conhecer mais demonstrações.

Então, sugerimos que você consulte um livro clássico no es-

tudo do Cálculo Diferencial e Integral, de autoria de Louis

Leithold, caso tenha interesse em aprofundar este contexto.

LEITHOLD, L. O cálculo com geometria analítica. São

Paulo: Harbra, 1982. v. 1.

81

UNIDADE 3

DERIVADAS PARCIAIS


Interpretar geometricamente as derivadas parciais.

Calcular derivadas parciais de funções de várias variáveis.

Utilizar a regra da cadeia no cálculo de derivadas parciais.

Calcular derivadas de funções de várias variáveis na forma implícita.

Calcular derivadas parciais sucessivas.


Seção 1 Derivadas de funções de várias variáveis. . . . . . . . . . . . 85

Seção 2 Diferenciabilidade, plano tangente e vetor gradiente. . . . 95

Seção 3 Regra da cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

Seção 4 Derivação implícita e derivadas parciais sucessivas . . . . 111

Seção 5 Diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

E agora, uma fi gura 2D ou 3D?

83


Nesta terceira unidade, você vai poder observar a generalização

de vários conceitos, defi nições e teoremas do cálculo de funções

de uma variável.

As derivadas parciais são introduzidas considerando-se a idéia

básica de taxa de variação. Para não manipularmos as aplicações

sem os devidos alicerces conceituais, vamos formalizar as defi ni-

ções e os teoremas necessários para entender o cálculo das deriva-

das parciais de primeira ordem e também as derivadas sucessivas.

Não podemos esquecer que na História da Matemática observa-

mos a referência aos absurdos gerados pelo emprego desordenado

das idéias intuitivas e pela manipulação de processos analíticos

de uma maneira quase cega. Tendo isto em mente, buscamos um

rigor na formalização das defi nições e dos teoremas, mas ao mes-

mo tempo buscamos o seu entendimento por meio de exemplos

ou de diferentes representações semióticas. Afi nal, esta é uma

84


grande lição que aprendemos quando analisamos a História da

Matemática.

Discutindo a diferenciabilidade, fornecemos subsídios que garan-

tem a formalização da existência das derivadas parciais em pontos

específi cos.

Apresentando o vetor gradiente, estamos abrindo portas para a

discussão de situações reais que envolvem situações de máximo

crescimento ou decrescimento.

Ao término desta unidade, você estará preparado para fazer uma

maravilhosa viagem no mundo da otimização de funções e tam-

bém resolver situações-problema modeladas pelas integrais múl-

tiplas.

Vamos lá? Espere! Não siga em frente sem ler o recadinho da

nossa amiga Teca.

Você já deve ter percebido, nas unidades anteriores, a importân-cia da visualização gráfi ca para o entendimento dos conceitos básicos. Para fazer as fi guras, não temos ainda um software per-feito, principalmente quando essas fi guras mostram detalhes espaciais. Espero ajudar vocês para que juntos possamos apri-morar um pouco mais esse recurso visual. Valeu?

85


SEÇÃO 1

Derivadas de funções de várias variáveis

Na disciplina Cálculo I você discutiu o conceito de derivada de

uma função de uma variável e pôde constatar, a partir da forma-

lização da defi nição, que o conceito de derivada nos leva para a

idéia de taxa de variação. Essa mesma idéia é mantida para o caso

de funções de várias variáveis. Vamos, inicialmente, discutir a de-

fi nição para funções de duas variáveis.

Um exemplo típico é a análise da função temperatura, que de-

pende, basicamente, do tempo e da altitude. Mais recentemente,

discutimos também os índices de calor que dependem da tem-

peratura real e da umidade do ar. A idéia é discutir a sensação de

calor ou de mudanças de temperatura.

Como varia a temperatura em relação à altitude em um horário

específi co de um dia? Como varia a temperatura em relação ao

horário do dia quando estamos localizados em um pico de um

morro?

86


No decorrer desta seção, você vai encontrar ferramentas que pos-

sibilitarão encontrar respostas a essas questões. Basta conhecer as

funções e calcular as taxas de variação instantâneas em específi cas

situações.

O conceito de derivada como taxa de variação é igual ao de uma

variável. É preciso lembrar que ao fi xar todas as variáveis inde-

pendentes de uma função de várias variáveis, exceto uma, vamos

obter uma função de uma variável e, portanto, podemos aplicar a

defi nição de derivada de função de uma variável. Costumamos,

neste caso, denotar as derivadas como derivadas parciais.

O que vai acontecer com a função z = f(x,y) quando fi xamos uma variável?

Ao fi xar uma das variáveis da função z = f (x,y), vamos encontrar

uma curva resultante da intersecção do gráfi co da função com um

plano. Para esclarecer, vamos discutir um exemplo.

Exemplo

Considere a função z = 10 – x2 – y2 apresentada nas fi guras 3.1 e 3.2. Ao fi xar a

variável y no ponto 2, vamos obter:

z = 10 – x2 – y2

z = 10 – x2 – 22

z = 6 – x2.

A curva z = 6 – x2 pode ser visualizada no plano y = 2, na Figura 3.1.

Ao fi xar a variável x no ponto 1, vamos obter:

z = 10 – x2 – y2

z = 10 – 12 – y2

z = 9 – y2.

A curva z = 9 – y2 pode ser visualizada no plano x = 1, na Figura 3.2.

87


Figura 3.1 Curva z = 6 – x2.Figura 3.2 Curva z = 9 – y2.

Diante dessas duas funções, é possível pensar no cálculo da deri-

vada da função no ponto considerado. Veja a defi nição que segue.

Defi nição 1: Seja z = f (x,y) uma função de duas variáveis

defi nida em um conjunto D ⊆ IR2 e (x0,y

0) ∈ D. Fixado y = y

0,

podemos considerar a função g(x) = f (x,y0). A derivada de g no

ponto x = x0, denominada derivada parcial de f em relação a

x no ponto (x0,y

0), denotada por

∂∂fx

(x0,y

0), é defi nida por

→

∂ −= −∂ 0

00 0

0

( ) ( )( , ) lim

x x

f g x g xx y

x xx, ou

→

∂ −= −∂ 0

0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim

x x

f f x y f x yx y

x xx, (1)

se o limite existir.

Analogamente, defi nimos a derivada parcial de f em relação a y

no ponto (x0,y

0) por

→

∂ −= −∂ 0

0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim

y y

f f x y f x yx y

y yy, (2)

se o limite existir.

88


Observamos que fazendo x – x0 = Δx e y – y

0 = Δy, (1) e (2) po-

dem ser reescritas, respectivamente, por

Δ →

∂ + Δ −= Δ∂

0 0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim

x

f f x x y f x yx y

xx, (3)

Δ →

∂ + Δ −= Δ∂

0 0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim

y

f f x y y f x yx y

yy, (4)

Exemplo

Considerando a função apresentada nas fi guras 3.1 e 3.2, podemos calcular as

derivadas parciais no ponto (1,2).

Usando (1), temos a derivada parcial da função z = 10 – x2 – y2 em relação a x

no ponto (1,2):

→ → →

→ →

∂ − − − −= = =∂ − − −

− − += = − + = −−

2 2

x 1 x 1 x 1

x 1 x 1

f f(x, 2) f(1, 2) 6 x 5 1 x(1, 2) lim lim lim

x x 1 x 1 x 1

(x 1)(x 1)lim lim (x 1) 2

x 1

Usando (2), temos a derivada parcial da função z = 10 – x2 – y2 em relação a y

no ponto (1,2):

→ → →

→ →

− − − −∂ = = =∂ − − −

− − += = − + = −−

2 2

y 2 y 2 y 2

y 2 y 2

f(1, y) f(1, 2) 9 y 5 4 yf(1, 2) lim lim lim

y y 2 y 2 y 2

(y 2)(y 2)lim lim (y 2) 4

y 2

Agora é a sua vez!

Usando (1) e (2) ou (3) e (4), encontre as derivadas parciais da função

z = 5 + 2x2 + 2y2 no ponto (–1,2).

Em tempo

Observe que as fórmu-las (3) e (4) poderiam

ter sido usadas e os resultados seriam exatamente iguais. Assim, você pode sempre fazer a sua escolha.

89


Podemos agora apresentar a defi nição das derivadas parciais.

Defi nição 2: Se z = f(x,y) é uma função de duas variáveis, suas

derivadas parciais são as funções ∂∂fx

e ∂∂fy

, defi nidas por:

Δ →

∂ + Δ −= Δ∂ 0

( , ) ( , )( , ) lim

x

f f x x y f x yx y

xx, (5)

Δ →

∂ + Δ −= Δ∂ 0

( , ) ( , )( , ) lim

y

f f x y y f x yx y

yy, (6)

As regras de derivação podem ser usadas, mas é preciso que você

lembre que uma das variáveis é considerada constante. Os exem-

plos que seguem ilustram essa prática.

Exemplos

1. Encontrar as derivadas parciais das seguintes funções:

a. f(x,y) = 4x2y2 + 2x – y2 + 5

b. = +2 2g(x, y) 2x 3y

c. z = ln (2x + y)

Em tempo

Valem as notações:

x 1 x

y 2 y

f; D f(x, y); D f(x, y); f (x, y)

x

f; D f(x, y); D f(x, y); f (x, y)

y

∂∂∂∂

Dizem que eu só complico quando quero apresentar alguma demonstração. Mas agora vou dar uma dica para vocês!

Na prática, podemos obter as derivadas parciais mais facil-mente, usando as regras de derivação das funções de uma variável. Nesse caso, para calcular

∂∂

fx , mantemos y constante

e, para calcular ∂∂

fy

, x é mantido constante.

Você lembra das regras de derivação?

90


Solução

a. Mantendo y constante, podemos usar as regras de derivação para calcular

a derivada parcial da função em relação a x. Temos:

f(x,y) = 4x2y2 + 2x – y2 + 5

∂∂

fx

= 4y2(x2)' + (2x)' – (y2)' + (5)'

= 4y2 · 2x + 2 – 0 + 0

= 8xy2 + 2

Analogamente, mantendo x constante, obtemos:

f(x,y) = 4x2y2 + 2x – y2 + 5

∂∂

fy

= 4x2(y2)' + (2x)' – (y2)' + (5)'

= 4x2 · 2y + 0 – 2y + 0

= 8x2y – 2y

b. Para a função = + = +1

2 2 2 2 2g(x, y) 2x 3y (2x 3y ) , temos

−

−

∂ ∂= + ⋅ +∂ ∂

= + ⋅ =+

12 2 2 22

12 2 2

2 2

g 1(2x 3y ) (2x 3y )

x 2 x

1 2x(2x 3y ) 4x .

2 2x 3y

−

−

∂ ∂= + ⋅ +∂ ∂

= + ⋅ =+

12 2 2 22

12 2 2

2 2

g 1(2x 3y ) (2x 3y )

y 2 y

3y1(2x 3y ) 6y .

2 2x 3y

c. Neste exemplo, temos a função z = ln (2x + y) para achar as derivadas

parciais:

∂ +∂ ∂= =∂ + +

∂ +∂∂ = =

∂ + +

(2x y)z 2x .x 2x y 2x y

(2x y)yz 1

.y 2x y 2x y

Em tempo

Observe o uso das regras de derivação.

No item (c), usamos a regra da função logarítmica. Confi ra na sua tabela.

91


2. Verifi car se a função z = cos (xy) + 4x satisfaz a equação

∂ ∂−∂ ∂

1 z 1 zy x x y

= 0.

Temos que

∂∂

zx

= – sen (xy) · ∂∂x

(xy) = – y sen (xy)

∂∂

zy

= – sen (xy) · ∂∂y

(xy) = – x sen (xy)

Logo,

∂ ∂−∂ ∂

1 z 1 zy x x y

= 1y

· (–y sen (xy)) –1x

· (–x sen (xy))

= – sen (xy) + sen (xy) = 0

Portanto, a equação dada é satisfeita.

Agora é a sua vez!

Encontre as derivadas parciais das seguintes funções:

a. F(x,y) = 2x2y3 + xy

b. = − +3 3g(u, v) uv (u v)

c. h(r,h) = πr2h

É possível visualizar a interpretação

geométrica das derivadas parciais?

As fi guras 3.1 e 3.2 podem fornecer idéias para fazer a interpre-

tação geométrica das derivadas parciais.

Supondo que a função z = f (x, y) admite derivadas parciais em

pontos de seu domínio, podemos afi rmar que:

Para y = y0 temos que f (x,y

0) é uma função de uma variável

cujo gráfi co é uma curva C1, resultante da interseção da su-

perfície z = f (x,y) com o plano y = y0 (ver fi guras 3.1 e 3.3).

92


A inclinação ou coefi ciente angular da reta tangente à curva

C1 no ponto P = (x

0,y

0,z

0) é dada por tg α =

∂∂fx

(x0,y

0).

Para x = x0 temos que f (x

0,y) é uma função de uma variável

cujo gráfi co é uma curva C2, resultante da interseção da su-

perfície z = f (x,y) com o plano x = x0 (ver fi guras 3.2 e 3.3).

A inclinação ou coefi ciente angular da reta tangente à curva

C2 no ponto P = (x

0,y

0,z

0) é dada por tg β =

∂∂fy

(x0,y

0).

A Figura 3.3 mostra os ângulos α e β e as retas tangentes às cur-

vas no ponto P = (x0,y

0,z

0).

Figura 3.3 Declividade das retas tangentes

Exemplo

Encontrar a inclinação da reta tangente à curva, resultante da interseção de

z = 5 – 2x2 – 3y2 com o plano x = 3, no ponto (3,2,–25).

Solução

No plano x = 3, a equação da curva C2 é dada por g(y) = f(3,y) = –13 – 3y2.

A sua inclinação, no ponto (3,2,–25), é dada por

tg β = ∂∂

fy

(3,2).

Como ∂∂

fy

= – 6y e ∂∂

fy

(3,2) = –12, temos

tg β = –12.

93


Como calcular as derivadas parciais de

funções com mais de duas variáveis?

Podemos generalizar o conceito de derivadas parciais para fun-

ções com mais de duas variáveis e a regra prática continua fun-

cionando. Veja os exemplos que seguem.

Exemplos

Calcular as derivadas parciais das seguintes funções:

a. f(x,y,z,t) = xyz + xz – 2x2 – 3z + 2t2

b. g(u,v,w) = ln (u2 + v2 + w2)

c. h(x,y,z) = (x + y)(y – z)2.

Solução

a. A função f(x,y,z,t) = xyz + xz – 2x2 – 3z + 2t2 é uma função de quatro vari-

áveis. Portanto, temos quatro derivadas parciais:

∂∂

fx

, ∂∂

fy

, ∂∂

fz

, ∂∂

ft

Para calcular essas derivadas, vamos usar as regras de derivação e a regra prá-

tica de fi xar cada uma das variáveis (considerar como constantes). Temos:

∂∂

fx

= yz + z – 4x (neste caso, y, z e t são consideradas como constantes);

∂∂

fy

=xz (neste caso x, z e t são consideradas como constantes);

∂∂

fz

= xy + x – 3 (neste caso, x, y, e t são consideradas como constantes);

∂∂

ft

= 4t (neste caso, x, y e z são consideradas como constantes).

b. A função g(u,v,w) = ln (u2 + v2 + w2) é uma função de três variáveis. Por-

tanto, temos três derivadas parciais:

∂∂

g

u,

∂∂

g

v,

∂∂

g

w

94


De forma análoga ao exemplo (a), podemos escrever:

∂ =∂ + +2 2 2

g 2u;

u u v w

∂ =∂ + +2 2 2

g 2v;

v u v w

∂ =∂ + +2 2 2

g 2w.

w u v w

c. A função f(x,y,z) = (x + y)(y – z)2 é uma função de três variáveis. Portanto,

temos três derivadas parciais:

∂∂

fx

, ∂∂

fy

, ∂∂

fz

Para calcular essas derivadas, vamos usar as regras de derivação e a regra prá-

tica. Temos:

∂∂

fx

= (x + y)·∂∂x

(y – z)2 + (y – z)2 ·∂∂x

(x + y) = (x + y)·0 + (y – z)2 ·1

= (y – z)2;

∂∂

fy

= (x + y)·∂∂y

(y – z)2 + (y – z)2 ·∂∂y

(x + y)

= (x + y)·2(y – z)·1 + (y – z)2 ·1

= 2(x + y)(y – z) + (y – z)2;

∂∂

fz

= (x + y)·∂∂z

(y – z)2 + (y – z)2 ·∂∂z

(x + y)

= (x + y)·2(y – z)·(–1) + (y – z)2 ·0

= –2(x + y)(y – z).

Agora é a sua vez!

Calcule as derivadas parciais da função f(x,u,z,t,w) = (xy + w).exyz + ut

Em tempo

Observe que na solu-ção de (c) usamos a

regra de derivação de um produ-to. Veja na sua tabela:

y = uv ⇒ y' = uv' + vu'

Mas não esqueça que estamos no contexto de derivadas parciais.

95


SEÇÃO 2

Diferenciabilidade, plano

tangente e vetor gradiente

Nesta seção, vamos analisar inicialmente o conceito de diferen-

ciabilidade de funções de várias variáveis para alicerçar o estudo

do plano tangente e do vetor gradiente.

No contexto das funções de uma variável, a análise informal da

diferenciabilidade ou a verifi cação da existência da derivada em

um ponto é discutida a partir da existência de pontos angulosos

no gráfi co da função. No atual contexto, para o caso de funções

de duas variáveis, de forma análoga, podemos pensar na existên-

cia de “quinas”. Assim, a suavidade do gráfi co é uma referência

para a diferenciabilidade de uma função de duas variáveis.

Defi nição 1: Dizemos que a função z = f (x,y) é diferenciável no

ponto (x0,y

0) se as derivadas parciais

∂∂fx (x

0,y

0) e

∂∂fy

(x0,y

0) exis-

tem e se

Δ →Δ →

∂ ∂⎡ ⎤− + Δ + Δ⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦ =Δ + Δ

0 0 0 0 0 0

2 20

0

( , ) ( , ) ( , ) ( , )

lim 0( ) ( )x

y

f ff x y f x y x y x x y y

x y

x y,

sendo que Δx = x – x0 e Δy = y – y

0.

Em tempo

Lembre-se de que o termo quina lembra

a existência de uma aresta. Por exemplo, a superfície de um cubo é cheia de quinas.

96


Dizemos que f é diferenciável em um conjunto A ⊂ D( f ), se f

for diferenciável em todos os pontos de A.

A defi nição dada parece, em um primeiro momento, muito

formal, mas não podemos deixar de observar que é importante

analisar a diferenciabilidade da função, principalmente quando

estamos trabalhando com aplicações práticas. Deve-se observar a

exigência de duas condições: a existência das derivadas parciais e

o resultado zero para o limite apresentado.

A diferenciabilidade de uma função em um ponto vai implicar na

continuidade nesse ponto.

Podemos exemplifi car essa defi nição discutindo a diferenciabili-

dade da função z = 9 – x2 – y2.

Exemplo

Analisar a diferenciabilidade da função z = 9 – x2 – y2 no seu domínio.

A função dada é um parabolóide virado para baixo e o seu domínio é todo o

plano IR2.

Temos que verifi car as duas condições da defi nição:

1. As derivadas parciais existem em todos os pontos (x0,y

0) ∈ IR2.

Temos,

∂∂

fx

(x0,y

0) = –2x

0 e

∂∂

fy

(x0,y

0) = –2y

0.

2. Vamos analisar o limite da defi nição 1. Temos,

Δ →Δ →

∂ ∂⎡ ⎤− + Δ + Δ⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦Δ + Δ

0 0 0 0 0 0

2 2x 0y 0

f ff(x, y) f(x , y ) (x , y ) x (x , y ) y

x ylim

( x) ( y)

97


Δ →Δ →

Δ →Δ →

Δ →Δ →

− − − − − − Δ − Δ=

Δ + Δ

− − + + + − + −=

Δ + Δ

− −=

2 2 2 2

0 0 0 0

2 2x 0y 0

2 2 2 2

0 0 0 0 0 0

2 2x 0y 0

0

x 0y 0

9 x y [9 x y 2x x 2y y]lim

( x) ( y)

x y x y 2x (x x ) 2y (y y )lim

( x) ( y)

(x xlim

Δ →Δ →

Δ →Δ →

Δ → Δ →Δ → Δ →

+ −

Δ + Δ

− Δ + Δ=Δ + Δ

− Δ + Δ × Δ + Δ=

Δ + Δ × Δ + Δ

− Δ + Δ × Δ + Δ= = − Δ + Δ =

Δ + Δ

2 2

0

2 2

2 2

2 2x 0y 0

2 2 2 2

2 2 2 2x 0y 0

2 2 2 22 2

2 2x 0 x 0y 0 y 0

) (y y )

( x) ( y)

[( x) ( y) ]lim

( x) ( y)

[( x) ( y) ] ( x) ( y)lim

( x) ( y) ( x) ( y)

[( x) ( y) ] ( x) ( y)lim lim ( x) ( y) 0

( x) ( y)

Assim, a função z = 9 – x2 – y2 é diferenciável em qualquer ponto (x0,y

0) ∈ IR2,

ou seja, em qualquer ponto do seu domínio.

Ao analisar o gráfi co de uma função de duas variáveis diferenciá-

vel em um subconjunto de pontos do seu domínio, denotado por

A, podemos observar a suavidade da superfície em todos os pon-

tos. Dessa forma, é possível imaginar a existência de um plano

tangente em qualquer um dos pontos de A. As derivadas parciais

auxiliam na determinação desse plano tangente.

Não esqueça que o fato de as derivadas existirem não ga-rante a diferenciabilidade da função. Uma condição sufi ciente para a diferenciabilidade é dada por meio de uma proposição mais formal, na qual acrescentamos a continuidade das deri-vadas parciais.

Proposição: Seja (x0

,y0

) um ponto do domínio da função f(x,y).

Se f(x,y) possui derivadas parciais ∂∂

fx e ∂

∂fy

num conjunto aberto

A que contém (x0

,y0

) e se essas derivadas parciais são contínuas

em (x0

,y0

), então f é diferenciável em (x0

,y0

).

Para detalhes desta proposição, veja Flemming e Gonçalves (2007).

98


Defi nição 2: Seja z = f(x,y) uma função diferenciável no pon-

to (x0,y

0). Chamamos plano tangente ao gráfi co de f no ponto

(x0,y

0,z

0) ao plano dado pela equação

z – z0 =

∂∂fx

(x0,y

0)(x – x

0) +

∂∂fy

(x0,y

0)(y – y

0).

A Figura 3.4 mostra a visualização gráfi ca dessa defi nição.

Figura 3.4 Plano tangente

Exemplos

Determinar, caso exista, o plano tangente ao gráfi co da função

= +2 2z 2x 7y nos pontos P1(0,0,0) e P

2(1,1,3).

Solução

As derivadas parciais da função são:

−∂ = + ⋅ =∂ +

12 2 2

2 2

z 1 2x(2x 7y ) 4x

x 2 2x 7y

−∂ = + ⋅ =∂ +

12 2 2

2 2

7yz 1(2x 7y ) 14y

y 2 2x 7y

Ao tentar calcular essas derivadas no ponto (0,0), vamos obter uma indeter-

minação do tipo 00

. Assim, é necessário usar a defi nição 1 da seção 1 ou, mais

especifi camente, as fórmulas (3) e (4).

99


Usando (3), temos:

Δ → Δ → Δ →

Δ + − Δ∂ + Δ −= = =∂ Δ Δ Δ

2 2

x 0 x 0 x 0

2( x) 0 0 2( x)f f(0 x, 0) f(0, 0)(0, 0) lim lim lim

x x x x

Para concluir este limite, é necessário usar o limite à direita e o limite à es-

querda. Assim,

( 1 ) limite à direita: + + +Δ → Δ → Δ →

Δ Δ= = =Δ Δ

2

x 0 x 0 x 0

2( x) 2( x)lim lim lim 2 2

x x

( 2 ) limite à esquerda: − − −Δ → Δ → Δ →

Δ − Δ= = − = −Δ Δ

2

x 0 x 0 x 0

2( x) 2( x)lim lim lim 2 2

x x

Portanto, não existe o Δ →

ΔΔ

2

x 0

2( x)lim

x.

Com base nisto, a derivada ∂∂

fx

(0,0) não existe e de forma similar podemos

concluir que ∂∂

fy

(0,0) também não existe.

Logo, a função dada não admite plano tangente em P1(0,0,0).

Vamos agora investigar o ponto P2(1,1,3). Neste caso, o plano tangente existe,

pois as derivadas parciais existem e a função é diferenciável em P2(1,1,3).

Veja:

∂ ⋅= =∂ ⋅ + ⋅2 2

z 2 1 2(1, 1)

x 32 1 7 1

∂ ⋅= =∂ ⋅ + ⋅2 2

z 7 1 7(1, 1)

y 32 1 7 1

Substituindo na equação do plano tangente, dada na defi nição 2, temos:

z – z0 =

∂∂

fx

(x0,y

0)(x – x

0) +

∂∂

fy

(x0,y

0)(y – y

0)

z – 3 = ∂∂

fx

(1,1)(x – 1) + ∂∂

fy

(1,1)(y – 1)

z – 3 = 23

(x – 1) + 73

(y – 1)

z – 3 = 23

·x + 73

·y – 3

z = 23

x + 73

y

100


A Figura 3.5 apresenta o gráfi co do cone e do plano no ponto P2(1,1,3).

Figura 3.5 Plano tangente ao cone elítico em P2(1,1,3).

Agora é a sua vez!

Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfi co da função − +=2 2(x y )z e

no ponto P(0,0,1). Procure visualizar o resultado grafi camente usando um

software (Derive, Winplot ou similar).

Você já ouviu falar do vetor gradiente?

Um objeto matemático muito importante para ser discutido no

contexto das funções de várias variáveis é o vetor gradiente.

Pierre-Simon Laplace (1749-1827) foi um matemático e astrônomo que viveu na França, sendo considerado o “Newton da França” em função de seus trabalhos e contribuições para a compreensão da estabilidade do sistema solar.

Ele generalizou as leis da mecânica para serem aplicadas no movimento e nas propriedades de corpos celestes. A utili-zação de ferramentas como as derivadas parciais foi deter-minante para a consolidação de teorias importantes nessa área.

101


Este vetor é reconhecido na

natureza quando observamos

uma queda d’água em um

morro (Figura 3.6). Intuitiva-

mente sabemos que a água vai

seguir o caminho que tem o

maior decrescimento. Esse ca-

minho pode ser delineado com

a idéia do vetor gradiente.

Figura 3.6 Queda d’água

Defi nição 3: Seja z = f (x,y) uma função que admite as deriva-

das parciais ∂∂fx e

∂∂fy

no ponto (x0,y

0). O gradiente de f no ponto

(x0,y

0), denotado por

grad f (x0,y

0) ou ∇f (x

0,y

0),

é um vetor cujas componentes são as derivadas parciais de f nesse

ponto.

Ou seja,

∂ ∂⎛ ⎞= ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠0 0 0 0 0 0grad ( , ) ( , ), ( , ) .f f

f x y x y x yx y

Geometricamente, interpretamos ∇f (x0,y

0) como um vetor apli-

cado no ponto (x0,y

0), isto é, trasladado paralelamente da origem

para o ponto (x0,y

0).

Se estamos trabalhando com um ponto genérico (x,y), usualmen-

te representamos o vetor gradiente por

∂ ∂⎛ ⎞∇ = ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠,

f ff

x y ou

→ →∂ ∂∇ = +∂ ∂

f ff i j

x y

102


Analogamente, defi nimos o vetor gradiente de funções de mais

de duas variáveis. Por exemplo, para uma função de três variáveis

w = f (x,y,z), temos

∂ ∂ ∂⎛ ⎞∇ = ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠, ,

f f fw

x y z ou

→→ →∂ ∂ ∂∇ = + +∂ ∂ ∂

f f fw i j k

x y z

Exemplos

1. Determinar o vetor gradiente da função z = 6x2y2 + 1x

.

Temos: ∂ ∂⎛ ⎞∇ = ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

z zz ,

x y

⎛ ⎞∇ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2

2

1z 12xy , 12x y .

x

2. Determinar o vetor gradiente da função f(x,y,z) = x + y + z2 –2xyz.

Temos: ∂ ∂ ∂⎛ ⎞∇ = ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

f f ff , ,

x y z

∇f = (1 – 2yz, 1 – 2xz, 2z – 2xy).

3. Determinar o vetor gradiente da função f(x,y) = x2 + y2 no ponto (1, 3).

Temos: ∇f = (2x,2y);

∇f = (1,3) = (2,6).

Propriedades

Vamos apresentar informalmente as propriedades do vetor gra-

diente. Temos:

o vetor gradiente indica a direção de maior crescimento da

função.

o vetor gradiente ∇f (x0,y

0) é perpendicular à curva de nível

f (x,y) = K que passa por (x0,y

0).

1.

2.

Em tempo

Observe que os vetores

i→

, j→

e k→

são os

vetores unitários na direção dos

eixos x, y e z respectivamente.

103


a propriedade (2) pode ser generalizada para funções de três

ou mais variáveis. Para funções de três variáveis f (x,y,z),

temos que ∇f (x0,y

0,z

0), quando não nulo, é normal à super-

fície de nível S de f em (x0,y

0,z

0).

Exemplos

1. A Figura 3.7 mostra uma imagem de satélite e a Figura 3.8 mostra um

mapa com curvas de nível. Partindo de um ponto A, podemos traçar uma

curva de maior decrescimento (caminho percorrido por uma gota de chuva).

Observe que ao traçar a curva podemos visualizar vetores gradientes aplica-

dos às curvas de nível.

Figura 3.7 Imagem de satélite Figura 3.8 Curvas de nível

2. Dada a função f(x,y) = 2x2 + y2 (ver Figura 3.9), achar o vetor gradiente no

ponto (1,1)

O vetor gradiente é calculado como:

→ →

→ →

→ →

∂ ∂∇ = +∂ ∂

∇ = +

∇ = +

f ff(x, y) i j

x y

f(x, y) 4x i 2y j

f(1, 1) 4 i 2 j

3.

104


A curva de nível que C3 : 3 = 2x2 + y2 pode ser visualizada na Figura 3.10. Po-

demos observar que o vetor gradiente → →

∇ = +f(1, 1) 4 i 2 j é perpendicular à

reta tangente à curva C3 no ponto (1,1).

Figura 3.9 Função z = 2x2 + y2. Figura 3.10 Vetor gradiente

Agora é a sua vez!

Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados:

1. = + +2z x x y , P(1,3)

2. f (x,y,z) = x + y + z, P(0,0,1).

105


Nesta seção, vamos fazer o estudo da regra da cadeia para funções

de várias variáveis. Você terá a oportunidade de verifi car a simi-

laridade com o contexto de funções de uma variável. Vamos ter

situações específi cas que envolvem uma regra de diferenciação de

uma função composta.

Inicialmente, vamos trabalhar com dois casos de composição e,

posteriormente, vamos escrever a generalização da regra.

O quadro que segue apresenta as duas situações.

Caso Funções diferenciáveis Regra da cadeia

I

z = f (x,y)

x = g(t)

y = h(t)

∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂

f f dydz dxdt dt dtx y

II

z = f (x,y)

x = g(u,v)

y = h(u,v)

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂yz z x z

u x u y u

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂yz z x z

v x v y v

SEÇÃO 3

Regra da cadeia

106


Antes de exemplifi car, vamos apresentar uma representação gráfi -

ca da regra da cadeia. A idéia é auxiliar na montagem da regra.

Caso Representação semiótica Regra da cadeia

I∂ ∂

= ⋅ + ⋅∂ ∂f f dydz dx

dt dt dtx y

II

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂yz z x z

u x u y u

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂yz z x z

v x v y v

Observem que nos quadros apresentados anteriormente, tem-se um resumo de dois famosos teoremas:

Teorema 1: regra da cadeia para funções de duas variáveis independentes.

Se z = f(x,y) for diferenciável e x e y forem funções diferenciá-veis em t, então z será uma função diferenciável de t e

∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂dydz f dx f

dt x dt y dt.

Teorema 2: regra da cadeia para funções de duas variáveis independentes e duas variáveis intermediárias.

Se z = f(x,y) for diferenciável e x e y forem funções diferenciá-veis, então z será uma função diferenciável e vale a regra:

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂yz z x z

u x u y u

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂yz z x z

v x v y v

(Veja demonstração em Flemming e Gonçalves, 2007)

107


Observe que na representação usamos a disposição apresentada na

Figura 3.11. Para escrever a regra, siga os caminhos, multiplicando

as derivadas encontradas e, ao fi nal, adicionando os produtos.

Figura 3.11 Representação semiótica da regra da cadeia

Exemplos

1. Verifi car a fórmula do caso I da regra da cadeia para

f(x,y) = x + y – x2

x(t) = t + 1

y(t) = t – 1

Para verifi car a fórmula ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂

dydf f dx fdt x dt y dt

, vamos encontrar inicialmente

a função composta. Temos,

f(x,y) = x + y – x2

f(x(t),y(t)) = x(t) + y(t) – x(t)2

f(x(t),y(t)) = (t + 1) + (t – 1) – (t + 1)2 = –t2 + 1

Assim, usando a expressão anterior, obtemos ∂∂

ft

= –2t.

Ao usar a regra da cadeia, vamos fazer:

∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂


∂∂

ft

= (1 – 2x)·1 + 1·1 = 2 – 2x = 2 – 2(t + 1) = 2 – 2t – 2 = –2t.

Observe que, em geral, o uso da regra da cadeia reduz os cálculos.

108


2. Dada f(x,y) = x2y + ln xy , x(t) = 2t2 , y(t) = t , encontrar a derivada dfdt

usando a regra da cadeia.

Usando a regra da cadeia, temos:

∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⋅ + + ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞= ⋅ ⋅ + ⋅ + + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

22 4 4

2 2


y x2xy 4t x 1

xy xy

t 2t 32 2t t 4t 4t 20t .

t2t t 2t t

3. Dada a função z = sen (x + y) – x – y, x = u + v e y = u2 + 2v, encontrar as

derivadas ∂∂

zu

e ∂∂

zv

.

Usando a regra da cadeia, temos:

Derivando em relação a u

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂

yz z x zu x u y u

∂∂

zu

= [cos (x + y) – 1]·1 + [cos (x + y) – 1]·2u

∂∂

zu

= [cos (u + v + u2 + 2v) – 1]·1 + [cos (u + v + u2 + 2v) – 1]·2u

∂∂

zu

= [cos (u + u2 + 3v) – 1]·[1 + 2u]

Derivando em relação a v

∂∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂

yz z x zv x v y v

∂∂

zv

= [cos (x + y) – 1]·1 + [cos (x + y) – 1]·2

∂∂

zv

= 3[cos (x + y) – 1]

∂∂

zv

= 3[cos (u + u2 + 3v) – 1]

Em tempo

As expressões do caso II podem ser escritas

com uma representação matri-cial. Veja:

x xu vz z z z

u v x y y y

u v

∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎡ ⎤ = ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥

∂ ∂⎣ ⎦

109


Como fi ca a regra da cadeia generalizada?

Vamos supor que z seja uma função diferenciável de n variáveis

x1, x

2, …, x

n, , sendo que cada x

i é uma função diferenciável de m

variáveis t1, t

2, …, t

m. Então z é uma função de t

1, t

2, …, t

m e

∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅ + + ⋅∂ ∂ ∂ ∂…21

1 2

n

j j jj n

dx dxdxz z z zdt dt dtt x x x

para cada j = 1, 2, …, m.

Exemplo

Vamos utilizar a forma matricial da regra da cadeia para encontrar as deriva-

das ∂∂wu

, ∂∂wv

, ∂∂wt

, sendo que w = sen (2x) + y2 – z3 ; x = u2vt ; y = u + v + t e

z = 3uv – t2.

A forma matricial fi ca

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎢ ⎥= ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

x x xu v t

y y yw w w w w wu v t x y z u v t

z z zu v t

Calculando as derivadas temos

⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − ⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎢ ⎥−⎣ ⎦

2 2

2

2uvt u t u vw w w

2 cos(2x) 2y 3z 1 1 1u v t

3v 3u 2t

Portanto, vamos ter

∂∂wu

= 2 cos 2x · 2uvt + 2y·1 – 3z2 · 3v

= 4uvt cos 2x + 2y – 9z2v

= 4uvt cos (2u2vt) + 2(u + v + t) – 9(3uv – t2)2v

Regra da cadeia, que cadeia?

Coisas de matemático!

110


∂∂wv

= 2 cos 2x · u2t + 2y·1 – 3z2 · 3u

= 2u2t cos 2x + 2y – 9z2u

= 2u2t cos (2u2vt) + 2(u + v + t) – 9(3u – t2)2u

∂∂wt

= 2 cos 2x · u2v + 2y·1 – 3z2 · 2t

= 2u2v cos 2x + 2y + 6z2t

= 2u2v cos (2u2vt) + 2(u + v + t) + 6(3u – t2)2t

Agora é a sua vez!

1. Calcule a derivada dzdt

usando a regra da cadeia, sendo z = e2x – y – 5 xy ,

x = 2t + 1 e y = cos t.

2. Calcule as derivadas parciais ∂∂

zx

e ∂∂

zy

, sendo z = w + ln (uv),

u = x2y3 – x – 2y, =v xy e w = x – y.

111


No estudo das funções de uma variável, em Cálculo I, você teve

a oportunidade de observar que uma função y = f (x) é defi nida

implicitamente pela equação F(x,y) = 0 se ao substituirmos y por

f (x) na equação esta se transforma em uma identidade.

Analogamente, dizemos que uma função z = f (x,y) é defi nida

implicitamente pela equação F(x,y,z) = 0 se ao substituirmos z

por f (x,y) a equação se reduz a uma identidade.

Por exemplo, na unidade 1, apresentamos o caso da função do

hemisfério superior 2 2 2z r x y= − − , que pode ser defi nido im-

plicitamente pela equação da esfera de raio r : x2 + y 2 + z2 = r 2.

SEÇÃO 4

Derivação implícita e

derivadas parciais sucessivas

112


É possível encontrar a derivada de uma função

defi nida implicitamente sem fazer a sua explicitação?

Estamos diante de uma situação matemática, na qual a regra da

cadeia é o ponto de partida.

Inicialmente, vamos considerar a situação em que a função implí-

cita y = f (x) está defi nida pela equação F(x,y) = 0.

Admitindo que f e F são funções diferenciáveis e que no ponto

(x, f (x))· Fy

∂∂ ≠ 0, podemos obter a derivada

dydx aplicando a regra

da cadeia.Temos

F F0

F F0 ou

dydxdx dxx y

dydxx y

∂ ∂⋅ + ⋅ =∂ ∂

∂ ∂+ ⋅ =∂ ∂

F

F

dy xdx

y

∂− ∂= ∂∂

(1)

Exemplo

1. Sabendo que a função diferenciável y = f(x) é defi nida implicitamente

pela equação x2 + y3 = 2xy, determinar sua derivada dy

dx.

A função dada é defi nida implicitamente pela equação F(x,y) = 0, sendo que

F(x,y) = x2 + y3 – 2xy.

Sabemos que: ∂∂

Fx

= 2x – 2y e ∂∂

Fy

= 3y2 – 2x.

Logo, vamos usar a expressão (1) já estabelecida

∂− − − −∂= = = = − ≠∂ −−∂

2

Fdy (2x 2y) 2y 2xx 1 (3y 2x 0).dx F 3y 2x3y 2x

y

Assim, o resultado para este exemplo é um valor constante.

113


Vamos agora discutir a situação em que a função implícita

z = f (x,y) é defi nida pela equação F(x,y,z) = 0.

Admitindo que f e F são funções diferenciáveis e que no ponto

(x,y,f (x,y)) e Fz

∂∂ ≠ 0, usando a regra da cadeia, podemos obter as

derivadas parciais zx

∂∂ e z

y∂∂ .

Temos:

a. derivando F(x,y,z) = 0 em relação a x:

F F F0 ou

F F F1 0 0

yx zx x y x z x

zx y z x

∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂⋅ + ⋅ + ⋅ =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂⋅ + ⋅ + ⋅ =∂ ∂ ∂ ∂

F

Fz xx

z

∂−∂ ∂=∂ ∂∂

(2)

b. derivando F(x,y,z) = 0 em relação a y, obtemos:

F

F

yzy

z

∂− ∂∂ =∂ ∂∂

(3)

Exemplo

Sabendo que a função diferenciável z = f(x,y) é defi nida pela equação

x2y2 + y3 + 2z2 – z = 2xy, determinar ∂∂

zx

e ∂∂

zy

.

Temos que z = f(x,y) é defi nida pela equação F(x,y,z) = 0, sendo

F(x,y,z) = x2y2 + y3 + 2z2 – z – 2xy

Como ∂∂

Fx

= 2xy2 – 2y , ∂∂

Fy

= 2x2y + 3y2 – 2x e ∂∂

Fz

= 4z – 1, usando as ex-

pressões (2) e (3), temos

− + − − +∂ ∂= =∂ − ∂ −

2 2 22xy 2y 2x y 3y 2xz z e .

x 4z 1 y 4z 1

Em tempo

Lembre da condição

de que ∂ ≠∂

F0

z!

114


Em todas as situações analisadas, partimos da premissa de que

as funções diferenciáveis eram defi nidas implicitamente e, então,

determinávamos as derivadas correspondentes. Nem sempre as

expressões dadas defi nem funções na forma implícita. Neste caso,

se adotarmos os procedimentos descritos, podemos encontrar re-

sultados totalmente não signifi cativos.

O Teorema da Função Implícita, considerado um dos principais

teoremas do Cálculo Avançado ou da Análise Matemática, em

suas várias versões, assegura condições sufi cientes para que os

procedimentos descritos nesta seção sejam consistentes ou nossa

hipótese seja válida.

Teorema da Função Implícita

Versão 1: Se F(x,y) é defi nida em uma bola aberta contendo

(a,b), sendo f (a,b) = 0, Fy

∂∂ (a,b) ≠ 0 e F

x∂∂ e F

y∂∂ são funções con-

tínuas nessa bola, então a equação F(x,y) = 0 defi ne y como uma

função de x perto do ponto (a,b), e a derivada dessa função é

dada pela equação:

F

F

dy xdx

y

∂− ∂= ∂∂

Versão 2: Se F(x,y) é defi nida dentro de uma esfera contendo

(a,b,c), sendo f (a,b,c) = 0, Fz

∂∂ (a,b,c) ≠ 0 e F

x∂∂ , F

y∂∂ e F

z∂∂ são

funções contínuas dentro da esfera, então a equação F(x,y,z) = 0

defi ne z como uma função de x e y perto do ponto (a,b,c), e as

derivada parciais dessa função são dadas por:

F

Fz xx

z

∂−∂ ∂=∂ ∂∂

e

F

F

yzy

z

∂− ∂∂ =∂ ∂∂

.

115


Agora é a sua vez!


pela equação x2 ln (x + y) = 2xy – x, determine sua derivada dy

dx.

2. Sabendo que a função diferenciável z = f(x,y) é defi nida pela equação

x2 + y2 + 2y3 + 3z4 – 2z = xyz, determine ∂∂

zx

e ∂∂

zy

.

Para fi nalizar esta seção, vamos apresentar as derivadas parciais

sucessivas. Até o momento, colocamos a terminologia de deri-

vadas parciais sem referência de ordem. Entretanto, podemos ter

derivadas parciais de diferentes ordens. Dessa forma, em um con-

texto mais formal, devemos entender que dado z = f (x,y), vamos

ter duas derivadas parciais de primeira ordem.

É possível encontrar derivadas

parciais de ordem superior?

Se z = f (x,y) é uma função de duas variáveis, então, em geral,

suas derivadas parciais de primeira ordem são, também, funções

de duas variáveis. Se as derivadas dessas funções existem, elas são

chamadas derivadas parciais de segunda ordem de z = f (x,y).

Temos quatro derivadas parciais de segunda ordem. A partir da

derivada de f em relação a x, ∂∂fx

, obtemos as seguintes derivadas

parciais de 2a ordem:2

2

f fx x x

∂ ∂∂ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠2f f

y x y x∂ ∂∂ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

A partir da derivada ∂∂fy

, obtemos:2f f

x y x y∂ ∂∂ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

2

2

f fy y y

∂ ∂∂ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

Em tempo

As derivadas

∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

2 2f fy x x y

e

são conhecidas como derivadas parciais mistas.

116


Exemplos

1. Dada a função f(x,y) = 2x3y2 + x3y4 – xy + 4, determinar suas derivadas

parciais de segunda ordem.

Solução

As derivadas parciais de 1a ordem de f são:

∂∂

fx

= 6x2y2 + 3x2y4 – y e

∂∂

fy

= 4x3y + 4x3y3 – x

A partir de ∂∂

fx

, obtemos:

∂∂

2

2

f

x =

∂∂x

(6x2y2 + 3x2y4 – y) = 12xy2 + 6xy4 ;

∂∂ ∂

2fy x

= ∂∂y

(6x2y2 + 3x2y4 – y) = 12x2y + 12x2y3 – 1.

A partir de ∂∂

fy

, obtemos:

∂∂ ∂

2fx y

= ∂∂x

(4x3y + 4x3y3 – x) = 12x2y + 12x2y3 – 1 ;

∂∂

2

2

f

y =

∂∂y

(4x3y + 4x3y3 – x) = 4x3 + 12x3y2.

2. Dada a função f(x,y) = cos (2x – 2y), determinar ∂

∂ ∂

2fy x

e ∂

∂ ∂

2fx y

.

Solução

Temos:

∂∂

fx

= –2 sen (2x – 2y) ;

∂∂

fy

= 2 sen (2x – 2y) .

∂∂ ∂

2fy x

= ∂∂y

(–2 sen (2x – 2y)) = 4 cos (2x + y) ;

∂∂ ∂

2fx y

= ∂∂x

(2 sen (2x – 2y)) = 4 cos (2x – 2y).

117


Observando os resultados obtidos nos exemplos (1) e (2), vemos

que, em ambos os casos, as derivadas parciais mistas de segunda

ordem ∂∂ ∂

2 fx y e

∂∂ ∂

2 fy x são iguais. Isto ocorre para a maioria das fun-

ções que aparecem freqüentemente na prática. Temos o seguinte

teorema.

Teorema de Schwartz: Seja z = f (x,y) uma função com deriva-

das parciais de segunda ordem defi nidas em uma região aberta

contendo um ponto (a,b) e todas contínuas em (a,b), então:

∂∂ ∂

2 fx y

(a,b) = ∂∂ ∂

2 fy x

(a,b)

Podemos ter derivadas de terceira ordem, quarta ordem, etc. Bas-

ta seguir o mesmo raciocínio anterior. Veja, por exemplo:

Derivada Representação

parcial de terceira ordem em relação a x:∂ ∂⎛ ⎞∂ ∂ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠

3

3

f fx x xx

mista de terceira ordem:∂ ∂⎛ ⎞∂ ∂ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂∂ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠

3

2

f fx y yx y

mista de terceira ordem:∂ ∂⎛ ⎞∂ ∂ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠

3 f fy x y y x y

de quarta ordem em relação a y:⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

4

4

f fy y y yy

O Teorema de Schwartz pode ser generalizado para as deriva-das mistas de ordem superior. De forma geral, podemos dizer que: “Se todas as derivadas parciais em questão forem contínuas em um conjunto aberto A, então, para os pontos de A, a ordem da derivação parcial pode ser mudada sem alterar o resultado.”

118


Exemplo

Dada a função f(x,y) = ln (2x – y), calcular ∂∂

3

3

f

x,

∂∂

3

3

f

y,

∂∂ ∂

3

2

f

y x e

∂∂ ∂

3

2

f

x y.

Solução

Cálculo de ∂∂

3

3

f

x:

∂ =∂ −

− ⋅ − ⋅∂ −= =∂ − −

− ⋅ − ⋅ − ⋅ − −∂ −= = =∂ − − −

2

2 2 2

23

3 4 4 3

f 2x 2x y

(2x y) 0 2 2f 4

x (2x y) (2x y)

(2x y) 0 4 2(2x y) (2) 16(2x y)f 16.

x (2x y) (2x y) (2x y)

Cálculo de ∂∂

3

3

f

y:

∂ −=∂ −

− ⋅ − ⋅ −∂ = =∂ − −

− ⋅ − ⋅ − ⋅ − −∂ = = =∂ − − −

2

2 2 2

23

3 4 4 3

f 1y 2x y

(2x y) 0 1 ( 1)f 1

y (2x y) (2x y)

(2x y) 0 1 2(2x y) ( 1) 2(2x y)f 2.

y (2x y) (2x y) (2x y)

Cálculo de ∂

∂ ∂

3

2

f

y x e

∂∂ ∂

3

2

f

x y.

Usando o Teorema de Schwartz, podemos dizer que ∂

∂ ∂

3

2

f

y x =

∂∂ ∂

3

2

f

x y para

um conjunto em que as hipóteses do teorema são válidas. Assim,

∂ −=∂ −

− ⋅ − ⋅ −∂ = =∂ − −

− ⋅ − ⋅ − ⋅ − −∂ −= = =∂ ∂ − − −

2

2 2 2

23

2 4 4 3

f 1y 2x y

(2x y) 0 1 ( 1)f 1

y (2x y) (2x y)

(2x y) 0 1 2(2x y) (2) 4(2x y)f 4.

x y (2x y) (2x y) (2x y)

Em tempo

É importante observar que as notações do tipo,

3

2

f

y x

∂∂ ∂

são lidas da seguinte forma:

derivada de primeira ordem em relação a x;

derivada de segunda ordem em relação a y;

derivada da terceira ordem em relação a y.

119


Para discutir o conceito de diferencial de várias variáveis é con-

veniente lembrar que o plano tangente a uma superfície em um

ponto é uma boa aproximação da superfície nas proximidades do

ponto (ver Figura 3.4).

É usual afi rmar que estamos diante de uma aproximação linear

ou que a função dada foi linearizada.

A diferencial é usada para analisar a sensibilidade à variação. Por

exemplo, como vai variar o volume de um recipiente quando a

espessura do vasilhame sofre pequena alteração.

Defi nição: Seja z = f(x,y) uma função diferenciável no

ponto (x0,y

0). Se nos movermos de (x

0,y

0) para um ponto

(x0 + Δx,y

0 + Δy) próximo, a variação resultante na lineariza-

ção de f (x,y) é chamada de diferencial total de f e é dada por:

df = ∂∂fx

(x0,y

0)dx +

∂∂fy

(x0,y

0)dy

SEÇÃO 5

Diferencial

Em tempo

Tradicionalmente, podemos dizer que a

diferencial das variáveis indepen-dentes são dadas por dx = Δx e dy = Δy e a diferencial de z é aproximadamente igual ao acrés-cimo Δz. Neste caso, usamos a notação df ≅ Δz. Lembre que Δx e Δy são os acréscimos das variá-veis independentes e Δz o acrés-cimo da variável dependente.

120


Exemplos

1. Calcular a diferencial de = +f(x, y) x 2y no ponto (3, 3).

Solução

Usando a defi nição de diferencial, temos:

df = ∂∂

fx

(x0,y

0)dx +

∂∂

fy

(x0,y

0)dy

df = ∂∂

fx

(3,3)dx + ∂∂

fy

(3,3)dy

Assim,

− −

− −

∂ ∂= + ⇒ = + =∂ ∂∂ ∂= + × ⇒ = + =∂ ∂

1 12 2

1 12 2

f 1 f 1 1(x 2y) (3, 3) (3 6)

x 2 x 2 6

f 1 f 1(x 2y) 2 (3, 3) (3 6)

y 2 y 3

e

Portanto, df = ∂∂

fx

(3,3)dx + ∂∂

fy

(3,3)dy = 16

dx + 13

dy.

2. Sabemos que ao medir determinados objetos, podemos cometer erros

relativos aos instrumentos e também ao visual do operador. Assim, veja a

seguinte situação:

Foram feitas medidas do raio da base e da altura de um cone circular reto

e obtivemos as medidas raio da base = 8 cm e altura = 20 cm com um

possível erro de no máximo 0,1 cm.

Podemos utilizar a diferencial para estimar o erro máximo cometido no cálcu-

lo do volume do cone.

Temos os seguintes dados para resolver o problema:

função volume: V(r,h) = 13

πr2h

derivadas parciais: ∂∂Vr

= 13

π·2r·h = 23

πrh e ∂∂

Vh

= 13

πr2

dados: ponto (r,h) = (8,20); dx = ∆x = 0,1 e dy = ∆y = 0,1.

121


Assim,

dV = ∂∂Vr

(8,20)dr + ∂∂

Vh

(8,20)dh = 23

π·8·20·0,1 + 13

π·82 ≅ 40,21 cm3

ou seja, o erro máximo é de 40,21 cm3.

3. O conceito de diferencial pode ser usado para funções com mais de

duas variáveis. Por exemplo, podemos calcular a diferencial da função

f(x,y,z) = x2 – yz + 2xy no ponto (1,2,–1).

Neste caso, podemos dizer que

df = ∂∂

fx

(x0,y

0,z

0)dx +

∂∂

fy

(x0,y

0,z

0)dy+

∂∂

fz

(x0,y

0,z

0)dz

Temos:

∂∂

fx

= 2x + 2y ⇒ ∂∂

fx

(1,2,–1) = 6

∂∂

fy

= –z + 2x ⇒ ∂∂

fy

= 3

∂∂

fz

= – y ⇒ ∂∂

fz

= –2.

Portanto, df(1,2,–1) = 6dx +3dy –2dz.

Agora é a sua vez!

1. Calcule a diferencial de = −2f(x, y) 2 x 2y no ponto ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

74,

2.

2. Calcule a diferencial de f(u,v,w) = uvw – 4 no ponto (1,1,1).

3. As dimensões de uma caixa retangular são medidas como 25 cm, 60 cm

e 30 cm, cada medida feita com precisão de 0,2 cm. Use diferenciais para

estimar o maior valor possível do erro quando calculamos o volume da caixa

usando essas medidas.

122

Síntese da Unidade

Nesta unidade, discutimos vários conceitos no contexto das de-

rivadas parciais. Os exemplos ilustraram o cálculo de derivadas

parciais, plano tangente, vetor gradiente, derivadas de ordem su-

perior e diferencial. O destaque da diferenciabilidade das funções

de várias variáveis foi contextualizado com a idéia da suavidade

de uma superfície, permitindo uma analogia com o estudo das

funções de uma variável. Buscamos também discutir uma fer-

ramenta potente para calcular as derivadas parciais de funções

compostas – a regra da cadeia.

Não esqueça das atividades de auto-avaliação, pois é o momento

de você diagnosticar a necessidade de reler alguns dos tópicos

desta unidade.

Vamos em frente!

123

ATIVIDADES DE

auto-avaliação

1. Calcule a derivada parcial ∂∂

fy

da função f(x,y) = x2 + y2 – 9 usando a defi -

nição.

2. Calcule as derivadas parciais de primeira ordem das seguintes funções:

a. = +2xf(x, y) e 2xy b.

−=+

2 2

2 2

2x yz

x 3y

c. = xg(x, y) arctg

2y d. z = xy + sen2 (xy)

e. = 2

2

1f(u, t) u t –

t f. f(x,y,z) = x cos (yz) + y sen (xz)

3. Encontre a inclinação da reta tangente à curva resultante da interseção de

= + −2 2z 2x y 2 com o plano x = 1 no ponto P(1,–1,1).

4. Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfi co da função

z = 2x2 – 3y2 nos pontos P1(0,0,1) e P

2(1,1,0).

124


5. Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados:

a. = − −2 2z 4 2x y , P(0,0)

b. f(u,v,w) = u2 + v2 – w2 + uvw, P(0,1,0)

6. Determine o vetor gradiente das seguintes funções:

a. = 2xz

y

b. f(x,y,z) = x2 + y2 + z2 + sen x

7. Calcule df(1,1) e Δf(1,1) da função f(x,y) = x – x3y2 considerando

Δx = 0,01e Δy = 1. Comparar os resultados obtidos.

8. Calcule a diferencial das funções dadas:

a. z = sen2 (x + y)

b. + −=2z y zf(x, y, z) e

9. A energia consumida em um resistor elétrico é dada por =2V

PR

watts. Se

V = 120 volts e R = 12 ohms, calcule um valor aproximado para a variação de

energia quando V decresce de 0,001 volts e R aumenta de 0,02 ohms.

10. Verifi que a regra da cadeia para a função dada por:

a. f(x,y) = 2ln (x2 + y2)

x = 2t2

y = 3t – 5

b. f(x,y) = exy

x = 2u2 + v4

y = 3u2 + v2

11. Determine dzdt

, usando a regra da cadeia sendo z = ex(cos x + cos y),

x = t, y = t2.

125


12. Determine as derivadas parciais ∂∂

zu

e ∂∂

zv

, usando a regra da cadeia.

a. = +2 3z 3x y , x = u2 + 1 , = 3 2y v

b. z = x2 + y2 – x – y , x = cos u cos v , y = sem u cos v

13. Determine as derivadas parciais ∂∂wu

e ∂∂wv

sendo w = 3x2 + 2y2 – z2,

x = 2u2v, y = u – v.

14. Supondo que a função diferenciável y = f(x) é defi nida implicitamente

pela equação 2x2 + 3y2 = 2xy – 5, determine sua derivada dy

dx.

15. Encontre as derivadas de 2a ordem da função z = 2x2 – 4y3 + 5x2y2.

16. Encontre as derivadas parciais de 3a ordem da função z = x + y + x3.

17. Determine as derivadas parciais indicadas considerando:

a. z = ln (x2 + y2) , ∂

∂ ∂

3

2

z

x y

b. = − − −2 2 2w 1 x y z , ∂∂

2

2

w

z ,

∂∂ ∂

2wx y

c. w = x2 + y2 + 4z2 + 1 , ∂

∂ ∂ ∂

3wx y z

, ∂

∂ ∂ ∂

3wz x y

Saiba mais

Para você ampliar a visualização gráfi ca das funções e dos

conceitos discutidos nesta unidade, recomendamos uma

busca na internet usando diferentes palavras-chave. Em es-

pecial, recomendamos a busca de softwares livres existentes

como, por exemplo, os da linha win, que podem ser encon-

trados a partir da página <http://math.exeter.edu/rparris/>

(Acesso em junho de 2007).

127

UNIDADE 4

MÁXIMOS E MÍNIMOS


Identifi car pontos de máximos e mínimos de funções de duas variáveis.

Analisar pontos críticos de funções de duas variáveis.

Utilizar o método dos multiplicadores de Lagrange para a resolução de problemas com aplicações práticas.


Seção 1 Máximos e mínimos de funções de duas variáveis . . . . 131

Seção 2 Análise dos pontos críticos de funções de duas variáveis 138

Seção 3 Método dos multiplicadores de Lagrange. . . . . . . . . . 148



Akiyoshi Kitaoka é autor desta

imagem, chamada Rotating Snakes

(cobras girando).

Você consegue perceber o motivo?

129


Nesta unidade você estudará procedimentos que são utilizados

para a determinação de máximos e mínimos de funções de duas

variáveis. Vale destacar que, em problemas práticos com aplica-

ções nas áreas de engenharia ou economia, identifi car os máximos

e mínimos pode signifi car encontrar soluções ótimas para o que

está sendo analisado.

Inicialmente é importante lembrar que a determinação de pontos

críticos de uma função requer a análise da derivada da função

neste ponto. Assim como se faz com as funções de uma variável,

num ponto crítico temos derivada nula. Este aspecto é abordado

e discutido nas seções iniciais desta unidade.

Após a determinação dos pontos críticos, é importante classifi cá-

los para que seja possível resolver problemas práticos. O método

dos multiplicadores de Lagrange será discutido como uma pos-

sibilidade viável para a resolução de problemas de otimização.

130


É um método poderoso, pois possibilita uma análise geral das

características da função neste contexto sem exigir cálculos avan-

çados e difíceis.

Ao estudar esta unidade não deixe de viajar no maravilhoso mun-

do que pode ser analisado a partir das aplicações de ferramentas

matemáticas!

Aproveite e bom estudo!

131


SEÇÃO 1

Máximos e mínimos de

funções de duas variáveis

Se as funções de várias variáveis modelam grande parte dos fe-

nômenos reais, regidos pelas leis da natureza, encontrar os seus

valores máximos e/ou mínimos passa a ser extremamente impor-

tante para entender o comportamento de tais fenômenos.

Então, vale lembrar que, para as funções de uma variável, utiliza-

mos as derivadas para a determinação de pontos críticos.

Você lembra por que as derivadas auxiliam na

determinação dos máximos e mínimos de uma função?

Acompanhe as considerações desta seção para “refrescar” a sua

memória e para entender como será a análise do caso de funções

de duas variáveis.

Em tempo

Os pontos críticos que já foram estudados

para as funções de uma variável são os máximos, mínimos e de infl exão.

132


Para iniciar esta discussão de

maneira informal, observe a

representação gráfi ca de uma

função de duas variáveis na

Figura 4.1.

É possível visualizar um ponto

de máximo e um ponto de mí-

nimo nesta função. Figura 4.1 Gráfi co da função 2 2

5xz

x y 1

−=+ +

Agora observe a Figura 4.2,

que representa a função:

z = 4xy – x4 – y4 + 1

16.

Observe que esta possui dois

pontos de máximos. Estes

pontos podem ser classifi cados

como máximos pois a variável

dependente (z) assume um

valor máximo em dois pontos

do seu domínio.Figura 4.2

Gráfi co da função z = 4xy – x4 – y4 + 1

16

Na Figura 4.3, que represen-

ta o gráfi co de z = sen x·sen y,

podemos visualizar a presença

de vários pontos de máximo e

pontos de mínimo.

Figura 4.3

Gráfi co da função z = sen x·sen y

133


Diante da verifi cação de que uma função de duas variáveis pode

ter mais de um máximo ou mínimo, vamos estabelecer os concei-

tos de máximo e mínimo absoluto ou global e relativo ou local a

partir da generalização do que já foi estudado para as funções de

uma variável.

Defi nição 1: Para uma função de duas variáveis z = f (x,y),

com (x0,y

0) ∈ D( f ), podemos dizer que (x

0,y

0) é ponto de má-

ximo absoluto ou global de f (x,y) se, para todo ponto (x,y) do

domínio da função, temos f (x,y) ≤ f (x0,y

0).

Defi nição 2: Para uma função de duas variáveis z = f (x,y),

com (x0,y

0) ∈ D( f ), podemos dizer que (x

0,y

0) é ponto de mí-

nimo absoluto ou global de f (x,y) se, para todo ponto (x,y) do

domínio da função, temos f (x,y) ≥ f (x0,y

0).

Acompanhe os exemplos que ajudarão você a visualizar pontos

que são enquadrados nas defi nições 1 e 2.

Exemplos

1. A partir da visualização do gráfi co da função z = 2x2 + 2y2, identifi car o

ponto de mínimo.

Na Figura 4.4 você pode visualizar o gráfi co do parabolóide z = 2x2 + 2y2, que

possui concavidade voltada para cima. O valor mínimo aparece em z = 0 e o

ponto de mínimo é dado por (0,0,0).

Atualmente temos diferentes softwares comerciais com poten-cialidades gráfi cas e algébricas para trabalhar problemas de oti-mização (máximo e mínimo). Por exemplo, o gráfi co apresentado na Figura 4.1 foi traçado utilizando-se o software Maple.

Em tempo

O ponto de máximo ou mínimo será represen-

tado pela terna ordenada (x,y,z) ou pelo par ordenado (x,y) e o valor máximo ou mínimo é dado pelo valor de z.

134


Figura 4.4 Gráfi co da função z = 2x2 + 2y2

Neste caso podemos visualizar um

único ponto de mínimo, que é (0,0,0)

e será então denominado ponto de

mínimo absoluto ou global.

De fato, para todo (x,y) ∈ D(f ), temos

que 2x2 + 2y2 ≥ f(0,0), 2x2 + 2y2 ≥ 0,

ou seja, x2 + y2 ≥ 0.

2. Analisar o gráfi co da função z = 4 – x2 – y2 representado na Figura 4.5.

Figura 4.5 Gráfi co da função z = 4 – x2 – y2

Com a concavidade voltada para baixo, podemos observar que este parabolói-

de possui um valor máximo em z = 4, quando x = 0 e y = 0. Isto signifi ca que,

para todo (x,y) ∈ D(f ), 4 – x2 – y2 ≤ f(0,0). Podemos reescrever 4 – x2 – y2 ≤ 4 ou

x2 + y2 ≥ 0 para todo (x,y) ∈ IR2. Assim, (0,0,4) é o ponto de máximo absoluto

ou global e o valor máximo é igual a 4.

E quando houver mais de um ponto

máximo ou mais de um ponto mínimo?

Podemos levar em conta estas situações, que acontecem em di-

versas funções. A próxima defi nição irá considerar estes casos.

135


Defi nição 3: Seja f (x,y) uma função de duas variáveis

defi nida em uma região E que contém o ponto (x0,y

0), ou seja,

(x0,y

0) ∈ D( f ). Podemos dizer que:

( i ) (x0,y

0) é um ponto de máximo relativo ou local se existir

uma bola aberta B((x0,y

0),r) tal que f (x,y) ≤ f (x

0,y

0) para

todo (x,y) ∈ B ∩ D( f ).

( ii ) (x0,y

0) é um ponto de mínimo relativo ou local se existir

uma bola aberta B((x0,y

0),r) tal que f (x,y) ≥ f (x

0,y

0) para

todo (x,y) ∈ B ∩ D( f ).

Informalmente, podemos dizer que, se uma função possui mais

de um ponto de máximo relativo, o maior de todos será o ponto

de máximo absoluto ou global. Por outro lado, se houver mais de

um ponto de mínimo relativo, o menor de todos será o ponto de

mínimo absoluto ou global.

Mas como calcular estes pontos?

Para calcular estes pontos é necessário identifi cá-los e classifi cá-

los. Nem sempre a visualização gráfi ca é a melhor forma de fazer

isto. A defi nição 4 irá retornar a defi nição de pontos críticos bus-

cando sua generalização para as funções de duas variáveis.

Defi nição 4: O ponto (x0,y

0) é um ponto crítico da função

z = f (x,y), sendo z = f (x,y) defi nida num conjunto aberto

U ⊂ IR2, se as derivadas parciais ∂∂fx

(x0,y

0) e ∂

∂fy

(x0,y

0) forem

iguais a zero ou se a função não for diferenciável em (x0,y

0) ∈ U.

De acordo com o que já foi estudado sobre as derivadas parciais,

podemos dizer que geometricamente os pontos críticos são pon-

tos em que o gráfi co da função não possui plano tangente ou o

seu plano tangente é horizontal.

136


Exemplos

Determinar os pontos críticos das seguintes funções:

a. z = x·y

Os pontos críticos desta função são calculados a partir de suas derivadas par-

ciais. Assim, temos:

∂∂

zx

= y e ∂∂

zy

= x

Ou seja, devem satisfazer o sistema:

∂∂

zx

= 0 ⇒ y = 0

∂∂

zy

= 0 ⇒ x = 0

Desta forma, o ponto (0,0) é um ponto crítico.

b. z = x4 – 2x2 + y2 – 9

As derivadas parciais são:

∂∂

zx

= 4x3 – 4x e ∂∂

zy

= 2y

Igualando a zero ambas as derivadas vamos ter o sistema:

34x 4x 0

2y 0

⎧ − =⎨

=⎩

Temos

2y = 0 ⇒ y = 0

4x3 – 4x = 0

4x(x2 – 1) = 0

4x = 0 ⇒ x = 0

x2 – 1 = 0 ⇒ x = 1, x = –1

Portanto, os pontos críticos são (0,0), (1,0) e (–1,0).

137


Para as funções de duas variáveis, os pontos críticos serão pontos

extremantes (máximos ou mínimos) ou pontos de sela. Na próxi-

ma seção você conhecerá um importante teorema que ajudará na

classifi cação dos pontos críticos.

Agora é a sua vez!

Determine os pontos críticos das seguintes funções:

a. 1 64

f(x, y) x yy x

= − + ⋅

b. z = 1 – 8xy + 2x4 + 2y4

c. f(x,y) = 2 + 13

y3 +x2y – 4x – 5y

Um nome importante na história do Cálculo é o do matemá-tico francês Siméon-Denis Poisson (1781-1840). Estudou com Lagrange e Laplace e foi um excelente professor após a graduação. Em 1806 substituiu Fourier e tornou-se um dos matemáticos mais importantes da França e da história do cálculo avançado. Declarava sempre que: “A vida é boa apenas por duas coisas: para estudar matemática e para ensiná-la”.

Um grande exemplo e estímulo para nós, não é mesmo?

138


Agora que você já sabe como determinar os pontos críticos de

uma função de duas variáveis, chegou o momento de classifi car

cada um destes pontos, ou seja, de identifi car quais são os pontos

extremos (máximos ou mínimos) e quais são os pontos de sela.

Vamos retomar o que foi discutido na última seção quando a de-

fi nição de pontos críticos foi apresentada e abordamos que nestes

pontos temos a derivada nula, indicando geometricamente a exis-

tência de um plano tangente horizontal. Vale também destacar

que nestes pontos temos o gradiente nulo.

Como nem sempre temos condições de identifi car pontos extre-

mantes usando a análise do gráfi co da função, vamos trabalhar

com a determinação algébrica a partir do cálculo de suas deriva-

das. A idéia é identifi car pontos (x0,y

0) em que as derivadas par-

ciais da função se anulem.

SEÇÃO 2

Análise dos pontos críticos

de funções de duas variáveis

Em tempo

Ponto de sela é um ponto crítico que não é

extremante, ou seja, não é máxi-mo nem mínimo.

139


A proposição 1, enunciada pelo SiSoSi, apresenta uma condição

necessária mas não sufi ciente para a existência de pontos extre-

mantes. A defi nição 4, mostrada na Seção 1, já indicava que os

pontos críticos eram determinados desta forma, mas ainda não

temos uma condição sufi ciente para que possamos efetivamente

classifi car os pontos críticos.

A proposição 2 apresentará a condição sufi ciente para que um

ponto crítico seja um ponto extremante ou um ponto de sela.

Proposição 2: Se (x0,y

0) for um ponto crítico de uma função z =

f (x,y), cujas derivadas parciais de primeira e segunda ordem são

contínuas num conjunto aberto que contém (x0,y

0), então pode-

mos dizer que (x0,y

0):

é um ponto de mínimo local se H(x0,y

0) > 0 e

∂∂

2

2

f

x(x

0,y

0) > 0;

é um ponto de máximo local se H(x0,y

0) > 0 e

∂∂

2

2

f

x(x

0,y

0) < 0;

não é um ponto extremante se H(x0,y

0) < 0.

Neste caso (x0,y

0) será um ponto de sela.

Vou lhe mostrar a proposição que apresenta a condição ne-cessária para a existência de pontos extremantes.

Proposição 1: Seja uma função diferenciável num conjunto aberto U ⊂ IR2, z = f(x,y). Se (x

0,y

0) ∈ U é um ponto extre-

mante local (ponto de máximo ou mínimo local), então

∂∂

fx

(x0

,y0

) = 0 e ∂∂

fy

(x0

,y0

) = 0

Podemos dizer que esta é uma condição necessária para a existência de pontos de máximo ou de mínimo.

140


Você deve ter percebido que esta proposição faz menção a

H(x0,y

0). Esta é uma notação que se usa para representar o deter-

minante da matriz hessiana, denotado simplesmente por Hessia-

no, dado por:

∂ ∂∂ ∂∂

=∂ ∂∂ ∂ ∂

2 2

2

2 2

2

( , ) ( , )

( , ) .

( , ) ( , )

f fx y x y

y xxH x y

f fx y x y

x y y

Vale ainda destacar que se o resultado do determinante for nulo,

ou seja, quando H(x0,y

0) = 0, sendo (x

0,y

0) o ponto crítico, nada

podemos afi rmar no que diz respeito à classifi cação dos pontos

críticos.

Nos exemplos que serão enunciados você visualizará como a uti-

lização do Hessiano auxilia na classifi cação de pontos críticos de

funções de duas variáveis.

Exemplos

Classifi car os pontos críticos das funções:

a. z = x2 + 3xy + y2 – 2

Vamos inicialmente determinar os pontos críticos desta função fazendo ∂∂

zx

= 0 e ∂∂

zy

= 0:

Em tempo

Usando o teorema de Schwartz, estudado na

Unidade 3, podemos dizer que:

∂ ∂=∂ ∂ ∂ ∂

2 2f f(x, y) (x, y)

x y y x

Isto signifi ca dizer que os ele-mentos h

12 e h

21 da matriz H são

iguais.

O termo “hessiano” foi escolhido por James Joseph Silvester em homenagem ao matemático alemão Ludwig Ott o Hesse (1884). As matrizes hessianas são usadas em larga escala em problemas de otimização que não usam métodos newto-nianos.

141


∂∂

zx

= 2x + 3y = 0 ⇒ 2x = –3y ⇒ x = –32

y ( 1 )

∂∂

zy

= 3x + 2y = 0 ⇒ 3x = –2y ⇒ y = –32

x ( 2 )

Podemos substituir a equação (1) na equação (2) para resolver o sistema:

3y x

2

3 3y y

2 2

9y y

4

= −

= − ⋅

=

A última relação implica y = 0, o que implica x = 0.

Assim, o único ponto que resolve o sistema é o ponto (0,0). Para classifi cá-lo,

vamos calcular H(0,0), ou seja, o determinante da matriz hessiana em (0,0).

Podemos construir a matriz hessiana genérica:

2 2

2

2 2

2

f f(x, y) (x, y)

y x 2 3xH(x, y) .

3 2f f(x, y) (x, y)

x y y

∂ ∂∂ ∂∂

= =∂ ∂

∂ ∂ ∂

Calculando este determinante temos H(x,y) = 4 – 9 = –5, ou seja, H(0,0) = –5.

Como H(0,0) é um valor menor do que zero, pela proposição 2 podemos afi r-

mar que (0,0) é um ponto de sela. Visualize na Figura 4.6 o gráfi co da função

mostrando o formato de uma sela.

Figura 4.6 Gráfi co de z = x2 + 3xy + y2 – 2

Em tempo

Como a matriz hessia-na não fi cou em função

de x ou de y o seu determinante será sempre –5, independente-mente do ponto (x,y).

142


b. f(x,y) = 2x4 + y2 – x2 – 2y

Inicialmente determinamos os pontos críticos da função:

∂∂

zx

= 8x3 – 2x = 0 ⇒ x(8x2 – 2) = 0 ( 1 )

∂∂

zy

= 2y – 2 = 0 ⇒ y = 1 ( 2 )

Resolvendo a equação (1) podemos determinar os valores de x:

x(8x2 – 2) = 0

x = 0

2 2 2 2 1 18x 2 0 x x .

8 8 4 2− = ⇒ = ⇒ = ± = ± = ±

Assim, os pontos críticos são (0,1), (12 ,1) e (–

12 ,1).

O próximo passo é classifi car estes pontos a partir do cálculo do determinan-

te da matriz hessiana, que será dado por:

2 2

22

2 2

2

2 2

f f(x, y) (x, y)

y x 24x 2 0xH(x, y)

f f 0 2(x, y) (x, y)

x y y

(24x 2) 2 0 48x 4.

∂ ∂∂ ∂ −∂

= =∂ ∂

∂ ∂ ∂

= − ⋅ − = −

Usando a proposição 2, vamos analisar cada um dos pontos críticos, substi-

tuindo-os no determinante calculado com o objetivo de analisar o seu sinal:

H(0,1) = 48· 02 – 4 = –4 < 0

H(12 ,1) = 48·(

12 )2 – 4 = 8 > 0

H(–12 ,1) = 48·(–

12 )2 – 4 = 8 > 0

Para o ponto (0,1), H(0,1) < 0, o que indica, pela proposição 2, que (0,1) é um

ponto de sela.

Para os pontos (12 ,1) e (–

12 ,1), H(x

0,y

0) > 0, o que indica que precisamos cal-

cular a derivada de segunda ordem para cada um dos pontos, para analisar o

seu sinal.

143


Como ∂∂

2

2

f

x(x,y) = 24x2 – 2, temos:

∂∂

2

2

f

x( 1

2,1) = 24·(

12 )2 – 2 = 4 > 0

∂∂

2

2

f

x(– 1

2,1) = 24·(–

12 )2 – 2 = 4 > 0

Para os dois pontos ∂∂

2

2

f

x(x

0,y

0) > 0, o que garante que ambos são pontos de

mínimo local. Na Figura 4.7 você pode visualizar a confi guração gráfi ca da

função e dos pontos analisados.

Figura 4.7 Gráfi co de f(x,y) = 2x4 + y2 – x2 – 2y

Você consegue identifi car qual dos dois pontos encontrados no exemplo (b) será o mínimo global?

Para isto, basta checar qual terá a menor imagem, ou seja, qual terá o menor

valor correspondente a f(x0,y

0). Vamos então substituir os pontos na função

para determinar f( 12

,1) e f(– 12

,1):

f( 12

,1) = 2·(12 )4 + 12 – (

12 )2 – 2·1 = –

98

f(– 12

,1) = 2·(– 12

)4 + 12 – (– 12

)2 – 2·1 = –98

Como as duas imagens foram iguais, estamos diante de uma situação em que

os dois pontos são considerados como mínimos globais.

144


c. z = x·y

O ponto crítico desta função já foi calculado em exemplo anterior. Chegamos

ao ponto (0,0). Para classifi cá-lo, vamos determinar o determinante da matriz

hessiana:

0 1H(x, y) 1.

1 0= = −

Ao encontrar H(0,0) < 0, podemos

dizer que o ponto (0,0) é um ponto

de sela. Veja na Figura 4.8 o gráfi co

da função z = x·y e procure identifi -

car o ponto de sela.

Figura 4.8 Gráfi co da função z = x·y

Em algumas situações práticas você precisará trabalhar com fun-

ções defi nidas para domínios limitados, ou seja, os pontos extre-

mos podem estar situados na fronteira de uma região dada.

Antes de analisar os exemplos, veja com atenção o teorema enun-

ciado pelo SiSoSi, que irá auxiliar nestes casos mencionados.

Um teorema muito importante no contexto das aplicações práticas é o Teorema de Weierstrass. Ele garante a existên-cia do ponto de máximo e do ponto de mínimo de uma função contínua com um domínio fechado e limitado. Acompanhe o seu enunciado.

Se z = f(x,y) for uma função contínua cujo domínio é o conjun-to A fechado e limitado, então existem P

1, P

2 ∈ A, tais que

F(P1

) ≤ F(P) ≤ F(P2

), para qualquer P ∈ A.

145


Exemplo

Determinar os valores máximos e mínimos, caso existam, da função

f(x,y) = 2x3 + 2y3 – 6x – 6y ao longo da região delimitada pela reta y = 2 – x

e os eixos x e y.

Observe na Figura 4.9 o gráfi co da região que delimita os cálculos que serão

realizados.

Figura 4.9 Região que delimita a região fechada e limitada

Para determinar pontos extremantes da função f(x,y) que estejam nesta

região, vamos inicialmente analisar os valores extremos da função neste con-

texto. A idéia é que se analisem os três segmentos de reta que delimitam o

contorno da região, ou seja, AB, BC e CA.

Análise de AB: y = 2 – x, 0 ≤ x ≤ 2

Substituindo y = 2 – x na função f(x,y) = 2x3 + 2y3 – 6x – 6y, temos:

f(x, 2 – x) = 2x3 + 2(2 – x)3 – 6x – 6(2 – x)

f(x, 2 – x) = 12x2 – 24x + 4

Como temos uma função de uma variável, vamos utilizar os procedimentos

que foram estudados no Cálculo I:

f' = 24x – 24 = 0 ⇒ x = 1

Podemos dizer que x = 1 é um ponto crítico da função f(x, 2 – x). Além de

x = 1, neste segmento, devemos considerar os pontos em que x = 0 e x = 2

que pertencem ao segmento e se localizam em seus extremos. Ao utilizar-

146


mos o teorema de Weierstrass, poderemos dizer que estes três pontos (0,2),

(1,1), (2,0) também são pontos críticos para serem analisados.

Análise de BC: y = 0, 0 ≤ x ≤ 2

Substituindo y = 0 na função f(x,y) temos:

f(x,0) = 2x3 – 6x

A derivada de primeira ordem desta função, de uma variável, auxiliará na

identifi cação de pontos críticos. Assim temos:

f'(x) = 6x2 – 6 = 0 ⇒ x = ±1.

Como x = –1 não pertence ao intervalo 0 ≤ x ≤ 2, não iremos considerá-lo.

Além de x = 1 temos também os pontos em que x = 0 e x = 2. Assim, os pon-

tos críticos que devem ser analisados são (0,0), (1,0) e (2,0).

Análise de CA: x = 0, 0 ≤ y ≤ 2

Substituindo x = 0 na função f(x,y) temos:

f(0,y) = 2y3 – 6y

A derivada de primeira ordem desta função, de uma variável, auxiliará na

identifi cação de pontos críticos. Assim temos:

f'(y) = 6y2 – 6 = 0 ⇒ y = ±1.

Iremos considerar y = 1 pois y = –1 não pertence ao intervalo 0 ≤ y ≤ 2. Além

de y = 1 temos também os pontos em que y = 0 e y = 2, ou seja, (0,1), (0,0),

(0,2) que delimitam o segmento CA.

Para fi nalizar a análise é necessário identifi car os pontos críticos da função

dada. Igualando as derivadas parciais a zero, obtemos o sistema

2

2

6x 6 0

6y 6 0

⎧ − =⎪⎨

− =⎪⎩

que tem como solução os pontos (1,1), (–1,1), (–1,–1) e (1,–1). Observando

esses pontos, identifi camos que apenas o ponto (1,1) nos interessa, pois está

na fronteira da região dada. Neste caso específi co não temos pontos no inte-

rior da região.

147


Como encontramos vários pontos, é usual montar uma tabela para auxiliar na

análise fi nal. Na coluna ponto crítico, colocam-se os pontos que foram deter-

minados, em localização identifi camos se o ponto está sobre os segmentos

que delimitam a região, em sua fronteira, ou se está no interior da região, e

por fi m calculamos a imagem do ponto para identifi car os valores máximos e

mínimos.

Ponto Crítico (x

0,y

0)

Localização f(x0,y

0)

(0,0) Fronteira 0

(0,1) Fronteira –4

(0,2) Fronteira 4


(2,0) Fronteira 4


Analisando a tabela apresentada, é possível concluir que o valor máximo da

função é igual a 4 e que o valor mínimo é igual a -8.

Agora é a sua vez!

1. Classifi que os pontos críticos das seguintes funções:

a. 2 2

2 2

1f(x, y) x y

x y= + + c. z = 4xy

b. g(x,y) = 3xy2 + x3 – 3x d. z = 2 – x2 – 3y2 + 2xy + 8x

2. Determine o máximo e o mínimo da função no conjunto dado:

a. f(x,y) = x + 2y ao longo do triângulo de vértices (0,0), (3,0), (0,3).

b. z = xy ao longo da região delimitada por –2 ≤ x ≤ 2 e –2 ≤ y ≤ 2.

Em tempo

Não esqueça que em outros exemplos você

poderá obter pontos no interior da região dada e como tal devem ser analisados em conjunto com os pontos da fronteira.

148


Até este momento você visualizou situações de cálculo de pontos

extremantes que são conhecidas por envolverem a otimização ir-

restrita. Isto signifi ca que os problemas solicitam a maximização

ou a minimização de uma função de duas variáveis sem que haja

qualquer tipo de restrição.

Mas existem outras situações que envolvem a otimização restrita,

ou seja, o maior ou o menor valor da função deve ser determina-

do num subconjunto do domínio da função. Os pontos de máxi-

mo ou de mínimo da função, nestas situações, serão ditos pontos

condicionados, pois são encontrados a partir de uma ou mais res-

trições defi nidas.

SEÇÃO 3

Método dos multiplicadores de Lagrange

149


De maneira geral, podemos escrever um problema de maximiza-

ção restrita da seguinte forma:

max. z = f (x,y)

s.a g(x,y) = 0.

Falamos da seguinte forma: maximizar a função z = f (x,y) sujeita

à restrição g(x,y) = 0.

Mas como podemos resolver este tipo de problema?

Em alguns casos mais simples é possível utilizar o mesmo méto-

do que foi abordado na Seção 1. Mas, para situações mais com-

plexas, usamos o método dos multiplicadores de Lagrange para

determinar os pontos extremantes.

O método dos multiplicadores de Lagrange auxilia na determi-

nação de pontos candidatos a pontos de máximo ou mínimo con-

dicionados de uma função z = f (x,y). É um método simples que

se baseia nas propriedades do vetor gradiente, que já foi estudado

na Unidade 3.

Para entender o método, vamos considerar uma situação genérica

a ser resolvida, dada por:

max. z = f (x,y)

s.a g(x,y) = 0.

Lagrange (1736-1813) foi um dos primeiros matemáticos do século XVIII que trabalhou muito para estabelecer o rigor necessário para conceitos e métodos matemáticos. Ainda muito jovem, tornou-se professor de matemática da acade-mia militar de Turim/Itália. Foi acometido de grandes acessos de solidão e melancolia, e seu coração humano não concebia as crueldades do Regime de Terror da Revolução Francesa. Uma grande mulher, sua jovem esposa, é considerada como uma peça fundamental na vida deste matemático. Graças à sua dedicação, Lagrange reacende o desejo de viver e de pro-duzir ainda mais.

Em tempo

O Método dos Multipli-cadores de Lagrange é

utilizado em problemas de econo-mia, na engenharia em projetos de foguetes com vários estágios e também na matemática.

150


Podemos traçar as curvas de nível da função z = f (x,y), que são

genericamente ilustradas na Figura 4.10. Esta função que será

maximizada é também conhecida como função objetivo.

Observe que na Figura 4.10 foi traçado o gráfi co da equação que

defi ne a restrição g(x,y) = 0.

Figura 4.10 Curvas de nível da função z = f(x,y) e equação g(x,y) = 0

Podemos identifi car um ponto P0 que representa a intersecção da

curva g(x,y) = 0 com uma das curvas de nível de z = f (x,y). Este

ponto é diferenciado dos demais em que esta intersecção ocorre,

pois nesta curva de nível temos o maior valor de k possível, ou

seja, ao atribuirmos valores de k para encontrar as curvas de nível

f (x,y) = k, estamos diante do maior k que permite a intersecção

da curva de nível da função objetivo com a curva da função que

defi ne a restrição.

No ponto P0, tanto f (x,y) = k quanto g(x,y) = 0 possuem a mesma

reta tangente, ou seja, o gradiente de f e o gradiente de g são per-

pendiculares à reta tangente. Assim, possuem a mesma direção no

ponto P0, o que signifi ca dizer que

grad f = λ·grad g

sendo λ um número real e grad g ≠ (0,0) em P0.

151


Após entender a visualização geométrica apresentada, será mais

fácil compreender o enunciado da proposição 1.

Proposição 1: Sejam f (x,y) diferenciável em um conjunto

aberto U e g(x,y) uma função com derivadas parciais contínu-

as em U, sendo ∇g ≠ (0,0). Uma condição necessária para que

(x0,y

0) ∈ V, sendo V = { (x,y) ∈ U | g(x,y) = 0 }, seja extremante

local de f em V é que:

grad f (x0,y

0) = λ·grad g(x

0,y

0)

ou

∇f (x0,y

0) = λ·∇g(x

0,y

0)

para algum λ real.

Lembrando da defi nição de gradiente que foi apresentada na

Unidade 3, podemos escrever:

∂∂fx

= λ · ∂∂

gx

∂∂fy

= λ · ∂∂gy

g(x,y) = 0

O número real λ que resolve o sistema de equações apresentado

é o multiplicador de Lagrange. O método dos multiplicadores

de Lagrange consiste em defi nir uma função L(x,y,λ) tal que

L(x,y,λ) = f (x,y) – λ·∇g(x,y), ou ainda ∇L = 0:

∂∂Lx

= 0 ∂∂Ly

= 0 ∂∂λL = 0.

Os pontos candidatos a extremos serão determinados a partir da

análise dos pontos críticos da função L. Acompanhe os exemplos

que aplicam este poderoso método.

Em tempo

Observe que ao usar o Método dos Multi-

plicadores de Lagrange estamos transformando uma otimização com restrições em uma otimiza-ção sem restrições.

152


Exemplos

1. Determinar os pontos extremos da função z = xy

sujeita à restrição 22 yx

8 2+ = 1.

Este problema propõe a resolução da seguinte situação de otimização restrita:

máx. z = xy min. z = xy

s.a 22 yx

8 2+ – 1= 0 s.a

22 yx8 2

+ – 1= 0

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange precisamos defi nir a fun-

ção L dada por:

22 yxL(x, y, ) xy 1

8 2

⎛ ⎞λ = − λ ⋅ + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e λ:

22

L xy

x 4

Lx y

y

yL x1

8 2

∂ λ= −∂∂ = − λ∂

∂ −= − +∂λ

Igualando as derivadas a zero temos:

22

xy 0

4

x y 0

yx1 0

8 2

⎧ λ− =⎪⎪

− λ =⎨⎪ −⎪ − + =⎩

Lagrange foi o primeiro a desenvolver os métodos atuais de obtenção do máximo e do mínimo. Tinha apenas 19 anos quan-do concebeu esses métodos, considerados por ele sua maior contribuição para a matemática. Uma das ferramentas teó-ricas e computacionais favoritas de Lagrange era a integral através das partes. Ele acreditava que as séries de Taylor tinham um papel fundamental na compreensão do cálculo.

153


Agora vamos resolver o sistema:

2

2

xy 0

4

1 x 04

x 0

1 0 24

λ− λ ⋅ =

⎛ ⎞λ− ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

=

⎛ ⎞λ− = ⇒ λ = ±⎜ ⎟⎝ ⎠

Se x = 0, então x 0

y 04 4

λ λ ⋅= = = e neste caso não podemos considerar, pois

não satisfaz a terceira equação do sistema.

Considerando λ = 2, temos que x = 2y e desta forma podemos escrever:

22

2 2

2

yx1 0

8 2

4y y1 0

8 2

y 1 0

y 1

− − + =

− − + =

− + == ±

Assim, para y = ±1 vamos ter x = ±2.

De forma similar, considerando λ = –2, temos que x = –2y e desta forma va-

mos obter os mesmos valores anteriores.

Assim temos os seguintes valores que resolvem o sistema:

(2,1,2), (–2,1–2), (2,–1,–2) e (–2,–1,2) são os pontos críticos da função L.

Os pontos (2,1), (–2,1), (2,–1), (–2,–1) são pontos da função z = xy que satisfa-

zem a restrição dada e, assim, pontos candidatos a extremos condicionantes

da função z = xy. Por fi m podemos substituir estes pontos na função z = xy

para encontrar os valores extremos. Teremos o seguinte:

(2,1): z = 2·1 = 2

(–2,1): z = –2·1 = –2

(2,–1): z = 2·(–1) = –2

(–2,–1): z = –2·(–1) = 2

Assim, x = –2 é o valor mínimo e z = 2 o valor máximo.

154


2. Determinar pontos de máximos da função f(x,y) = xy sujeita à condição

x + 2y = 20.


máx. f(x,y) = xy

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange, defi nimos a função L:

L(x,y,λ) = xy – λ·(x + 2y – 20)

Igualando as derivadas parciais a zero temos:

∂∂Lx

= y – λ = 0

∂∂Ly

= x – 2λ = 0

∂∂λL

= – x – 2λ +20 = 0

Resolvendo este sistema encontramos os valores x = 10, y = 5, λ = 5.

O ponto (10,5) pertence à restrição e, assim, é um ponto crítico. O método dos

multiplicadores de Lagrange não identifi ca se este ponto será um ponto máxi-

mo ou mínimo. Para esta classifi cação, observe a Figura 4.8 para entender que

o ponto (10,5) é um ponto de máximo e o valor máximo será dado por:

f(10,5) = 10·5 = 50

Agora é a sua vez!

Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição dada:

1. f(x,y) = 3x + 4y x2 + y2 = 1

2. f(x,y) = 49 –x2 – y2 x + 3y = 10

Você sabia que as montanhas ao nosso redor são

exemplos de pontos de máximos e mínimos de

funções de várias variáveis?

Ah, já sei! Você vai me dizer que sim!

Mas acho que você não sabe que o ponto de máximo do nosso querido Brasil está exatamente no estado do Amazonas. Estou falando

do Pico da Neblina, que tem 3014 metros

de altitude.

155

Síntese da Unidade

Ao fi nalizar a Unidade 4, você passa a contar com ferramentas que

lhe auxiliarão na resolução de problemas que envolvem a otimização.

As derivadas parciais que foram estudadas nesta disciplina, tanto

aqui nesta unidade como na Unidade 3, propiciam uma análise da

função de duas variáveis, em especial a análise dos pontos críticos.

Obviamente o objetivo não foi esgotar o assunto, até porque as

aplicações são inúmeras e não seria possível apresentá-las neste

momento. Aliás, é importante que você tenha claro que este em-

basamento teórico é importante para o entendimento de diferen-

tes contextos no momento da resolução de problemas. É muito

comum um matemático ser consultado para auxiliar na resolução

de problemas práticos, pois apesar de o especialista ter um conhe-

cimento mais específi co, muitas vezes não consegue aplicar defi ni-

ções, proposições e teoremas para que a solução seja encontrada.

156

ATIVIDADES DE

auto-avaliação

1. Determine os pontos críticos e classifi que-os:

a. z = x2 + y2 – 6x – 2y +7 c. 2 2x yg(x, y) e +=

b. f(x,y) = 4xy – x4 – 2y2 d. z = 4·x·sen (y) + 3

2. Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição

dada:

a. f(x,y) = xy x2 + y2 = 8

b. f(x,y) = x + 3y x2 + y2 = 10

c. f(x,y) = 6x + y2 3x2 + y2 = 4

157


Saiba mais

Para conhecer outras aplicações e outros problemas de oti-

mização, você pode consultar o capítulo 11 do livro de Ge-

orge B. Th omas cuja referência é indicada abaixo:

THOMAS, George B. Cálculo. v. 2. São Paulo: Pearson

Addison Wesley, 2003.

159

UNIDADE 5

INTEGRAIS MÚLTIPLAS


Calcular integrais duplas e triplas.

Visualizar as aplicações de cálculo de áreas e volumes.

Trabalhar com diferentes sistemas de coordenadas.


Seção 1 Defi nição e cálculo da integral dupla . . . . . . . . . . . . . 163

Seção 2 Cálculo de volumes e áreas usando integrais duplas . . . 177

Seção 3 Defi nição e cálculo das integrais triplas . . . . . . . . . . . 186

Seção 4 Cálculo de volumes usando integrais triplas . . . . . . . . 193

Seção 5 Mudança de variáveis nas integrais duplas e triplas . . . . 196



Qual das duas torres está mais

inclinada?

Você consegue perceber que as

duas fotos são exatamente iguais?

Foto premiada de autoria de Frederick

Kingdom, Ali Yoonessi e Elena Gheorghiu

Fonte http://illusioncontest.neuralcorrelate.com/,

acesso em 14 de junho de 2007)

161


Nesta quinta unidade você vai lidar com a generalização do processo

de integração. Terá a oportunidade de verifi car que uma integral du-

pla ou tripla será reescrita na forma de uma integral iterada e dessa

forma vamos recair num processo de cálculo já conhecido da disci-

plina Cálculo II. As aplicações serão discutidas e você deverá cons-

tatar as potencialidades desse novo objeto matemático para calcular

áreas, volumes e outras aplicações físicas.

Não esqueça que é muito importante para o seu processo de

ensino-aprendizagem analisar detalhadamente o passo-a-passo

dos cálculos. Você vai precisar revisar o cálculo de integrais de

funções de uma variável, sempre que fi car em dúvidas sobre os

métodos em uso.

A tutoria da disciplina também fi cará atenta para a necessidade

de revisar, mas não esqueça de que essa revisão depende da sua

efetiva participação.

162


Outro detalhe muito importante são as diferentes representações

que serão usadas no decorrer desta unidade. Em especial, lembre-

se da importância de usar um software para fazer os gráfi cos.

Veja a mensagem da nossa auxiliar no contexto do uso de softwares!

Bom trabalho para todos!

Temos três softwares comerciais que facilitam a confecção de gráfi cos no contexto tridimensional. São eles: Derive, Maple e Mathematica. Mas sabemos que o uso de software livre sempre é a nossa primeira opção por razões que vocês conhecem melhor do que eu. Destaco: Graph e Winplot. O Graph é indicado para regiões planas e o Winplot pelas suas potencialidades de gráfi -cos de funções de duas variáveis.

Bem, estamos lá no EVA para dar todas as dicas!

163


SEÇÃO 1

Defi nição e cálculo da integral dupla

Nesta seção você terá a oportunidade de analisar o processo de

integração para as funções de duas variáveis. Este processo prevê

a análise da projeção da função sobre um dos planos coordena-

dos, pois a partir daí é possível defi nir os limites de integração, os

quais permitem olhar as integrais duplas em dois estágios, sendo

que cada estágio recai na solução de uma integral simples já dis-

cutido no Cálculo II.

Defi nição

Vamos considerar uma função

z = f (x,y) defi nida numa região

fechada e limitada do plano xy,

como mostra a Figura 5.1.

Figura 5.1

Função z = f(x,y) e sua região de integração

164


Vamos denotar por R a região

fechada e limitada do plano xy,

obtida pela projeção da super-

fície da função sobre o plano

(Ver Figura 5.2). Traçando

retas paralelas aos eixos x e y,

recobrimos a região R por pe-

quenos retângulos.Figura 5.2

Retângulos Rk contidos no domínio de f.

Consideremos somente os retângulos Rk que estão totalmente

contidos em R, numerando-os de 1 até n.

Em cada retângulo Rk, escolhemos um ponto (x

k,y

k) e formamos

a soma

=

Δ∑1

( , )n

k k kk

f x y A , (1)

sendo que ΔAk = Δx

k·Δy

k é a área do retângulo R

k.

Imagine que mais retas sejam traçadas tornando os retângulos cada

vez menores. Fazemos isso de tal maneira que a diagonal máxima

dos retângulos Rk tende a zero quando n tende ao infi nito. Se

→∞=

Δ∑1

lim ( , )n

k k kn

k

f x y A , (2)

existe, ele é chamado integral dupla de f (x,y) sobre a região R.

Usamos a notação

∫∫ ∫∫( , ) ou ( , ) .R R

f x y dA f x y dxdy

A região R é denominada região de integração.

165


Propriedades das integrais duplas

Ao olhar para a expressão (2) podemos afi rmar que o cálculo das

integrais duplas usando a defi nição é um processo bastante traba-

lhoso. Assim, o uso das propriedades e de outros teoremas vai ser

essencial para facilitar os cálculos.

Vamos supor que a região de integração R tem uma fronteira for-

mada por um número fi nito de arcos de curvas suaves e as fun-

ções f (x,y) e g(x,y) são contínuas sobre a região R. Assim, temos

a garantia da existência das integrais duplas envolvidas.

Proposição

∫∫R

k f (x,y)dA = k ∫∫R

f (x,y)dA, para todo k real.

∫∫R

[f (x,y) + g(x,y)]dA = ∫∫R

f (x,y)dA + ∫∫R

g(x,y)dA

Se f (x,y) ≥ g(x,y), para todo (x,y) ∈ R,

então ∫∫R

f (x,y)dA ≥ ∫∫R

g(x,y)dA

Se f (x,y) ≥ 0 para todo (x,y) pertencente à região R,

então ∫∫R

f (x,y)dA ≥ 0

Se a região R é composta de duas sub-regiões R1 e R

2 que não

têm pontos em comum, exceto possivelmente os pontos de suas

fronteiras, então = +∫∫ ∫∫ ∫∫1 2

( , ) ( , ) ( , )R R R

f x y dA f x y dA f x y dA .

a)

b)

c)

d)

e)

A soma (1) é chamada uma soma de Riemann de z = f(x,y) sobre a região de integração R.

O limite (2) deve ser independente da escolha das retas que subdividem a região R e dos pontos (x

k,y

k) tomados nos re-

tângulos Rk. A sua existência depende da função z = f(x,y)

e também da região R. Em nosso estudo, vamos supor que o contorno da região R é formado por um número fi nito de arcos de curvas “suaves”, isto é, de arcos de curvas que não contêm pontos angulosos. Nesse caso, se f é contínua sobre R, temos a garantia da existência da integral dupla.

166


Para provar essas propriedades, usamos a defi nição da inte-gral dupla e propriedades de limites. Veja como é simples!

Vamos provar o item (b)

+ = +∫∫ ∫∫ ∫∫[ ( , ) ( , )] ( , ) ( , )R R R

f x y g x y dA f x y dA g x y dA

Vamos supor que as integrais ∫∫ ( , )R

f x y dA e ∫∫ ( , )R

g x y dA existem.

Portanto, existem, respectivamente, os limites:

→∞ →∞= =

Δ Δ∑ ∑1 1

lim ( , ) lim ( , ) .n n

k k k k k kn n

k k

f x y A g x y A e

Escrevemos:

→∞=

→∞ →∞= =

+ = + Δ

= Δ + Δ

= +

∑∫∫

∑ ∑

∫∫ ∫∫

1

1 1

[ ( , ) ( , )] lim [ ( , ) ( , )]

lim ( , ) lim ( , )

( , ) ( , )

n

k k k k kn

kR

n n

k k k k k kn n

k k

R R

f x y g x y dA f x y g x y A

f x y A g x y A

f x y dA g x y dA

Como vamos aplicar essas propriedades?

Como vamos calcular as integrais duplas?

Para discutir o Cálculo das Integrais Duplas, organizaremos as

idéias fazendo a análise a partir da forma da região de integração.

Vamos basicamente ter dois tipos de região de integração:

Tipo I - retangulares (ver, por exemplo, a Figura 5.3);

Tipo II - com formatos geométricos que envolvem diversas

funções (ver, por exemplo, a Figura 5.4).

Figura 5.3 Região do tipo I Figura 5.4 Região do tipo II

167


Quando temos uma região de integração defi nida por um con-

junto de funções que se interceptam, vamos trabalhar com duas

diferentes representações conforme a sua forma. Observe bem a

Figura 5.5 itens (a) e (b). Veja que elas podem ser descritas alge-

bricamente por desigualdades, identifi cadas em um dos seguintes

tipos:

Tipo II.1:

≤ ≤⎧⎪⎨ ≤ ≤⎪⎩

1 2( ) ( )f x y f x

a x b, com f

1(x) e f

2(x) contínuas em [a,b];

Tipo II.2:

≤ ≤⎧⎪⎨ ≤ ≤⎪⎩

1 2( ) ( )g y x g y

c y d, com g

1(y) e g

2(y) contínuas em [c,d].

Figura 5.5 Regiões do tipo II

O cálculo da integral vai ser feito como um processo de iteração.

Vamos resolver uma integração e depois resolver a outra. Para

fazer isto é necessário traduzir a forma geométrica em um dos

tipos acima e reescrever a integral. Veja no quadro I a formatação

dessa nova representação.

Em tempo

Observe que esse processo iterado nos

leva a terminologia integral iterada.

168


Quadro I Diferentes representações da região de integração

TiposRepresentação algébrica da região de integração

Figura de referência(exemplo)

Integral iterada

I

≤ ≤⎧⎪⎨ ≤ ≤⎪⎩

a x b

c y dFigura 5.3

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ ( , )d b

c a

f x y dx dy ou

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ ( , )b d

a c

f x y dy dx

II.1

≤ ≤⎧⎪⎨ ≤ ≤⎪⎩

1 2( ) ( )f x y f x

a x bFigura 5.5 (a)

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫2

1

( )

( )

( , )

f xb

a f x

f x y dy dx

II.2

≤ ≤⎧⎪⎨ ≤ ≤⎪⎩

1 2( ) ( )g y x g y

c y dFigura 5.5(b)

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫2

1

( )

( )

( , )

g yd

c g y

f x y dx dy

Observe na última coluna do Quadro I que os colchetes já indi-

cam como será o processo iterativo. Em geral, os colchetes pode-

rão ser dispensados, fi cando sempre subentendidos. É importante

verifi car que estamos realizando o cálculo da integral em duas

etapas, no momento que integramos em relação a x o y é conside-

rado constante e no momento que integramos em relação a y, o x

é considerado constante.

Vamos lá? Agora é “mão de obra” para formalizar o cálculo das

integrais duplas. Lembre-se de que é um passo-a-passo:

Formalize a representação gráfi ca da região de integração;

Identifi que em que tipo está enquadrada. Lembre-se de que a

região pode fi car enquadrada em mais de um tipo e neste caso

você deverá fazer uma escolha;

Formalize a representação algébrica;

Formalize a escrita da integral iterada;

Calcule a integral que está dentro dos colchetes;

Coloque o resultado obtido dentro da nova integral que deve

ser resolvida para obter o resultado fi nal.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Em tempo

Para identifi car a representação algébri-

ca a partir de uma representação gráfi ca, basta você fazer uma boa leitura do gráfi co. No caso II.1, por exemplo, o x varia de um valor constante a até outro valor constante b, portanto a integra-ção em x deve ser a última. Para estabelecer a variação de y basta você imaginar uma varredura na região do sentido negativo para o positivo no eixo dos y (trace retas para ajudar na visualização).

Em tempo

A resolução das inte-grais que compõem a

integral iterada vai ser realizada usando-se todas as propriedades e teoremas do Cálculo II. Se for necessário retorne lá para revisar!

169


Exemplos

1. Calcular a integral +∫ ∫2 5

1 3

(2x y)dxdy .

Observe que neste caso já temos a integral iterada apresentada. Assim, va-

mos iniciar nossa caminhada. Neste exemplo já estamos com a caminhada

avançada, pois já estamos na etapa (4) do nosso passo-a-passo.

Não estamos visualizando os colchetes, mas sabemos onde eles estão. Veja:

⎡ ⎤+ = +⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫2 5 2 5

1 3 1 3

(2x y)dxdy (2x y)dx dy

Vamos calcular a integral que está dentro dos colchetes

+ = + = +

= + − + = +

∫ ∫ ∫55 5 5 2

33 3 3

x(2x y)dx 2 xdx y dx 2 xy

2

(25 5y) (9 3y) 16 2y

Usamos no cálculo o raciocínio da integral simples do cálculo II e estamos

integrando em x, portanto a variável y neste momento é considerada uma

constante.

Para fi nalizar o nosso passo-a-passo vamos colocar o resultado na integral

seguinte para encontrar o resultado fi nal. Temos:

+ = + = ⋅ + − + = + − − =∫22 2

11

y(16 2y)dy 16y 2 (16 2 4) (16 1) 32 4 16 1 19.

2

Portanto,

+ =∫ ∫2 5

1 3

(2x y)dxdy 19.

170


2. Calcular a integral dupla da função f(x,y) = 2x2y na região de integração

defi nida na Figura 5.6.

Figura 5.6 Região de integração

Já temos a região de integração

formatada grafi camente. Vamos

então para a etapa (2), identifi cando

o tipo de região. Numa rápida inspe-

ção verifi camos na Figura 5.6 que a

nossa região é retangular, portanto,

do tipo I.

Seguindo o passo-a-passo vamos descrever algebricamente a região R como

≤ ≤⎧⎨ − < <⎩

2 x 4

1 y 3

Assim, temos

− −

⎡ ⎤= = ⎢ ⎥

⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3 4 3 4

2 2 2

R 1 2 1 2

2x ydxdy x ydxdy x ydx dy

Resolvendo a integral dentro dos colchetes temos:

= = = − =∫ ∫44 4 3 3 3

2 2

22 2

x 4 2 56x ydx y x dx y y y y.

3 3 4 3

Colocando o resultado encontrado na outra integral vamos ter:

−−

= ⋅ = ⋅ − ⋅ − =∫33 2

2 2

11

y56 56 28 28 224ydy 3 ( 1) .

3 3 2 3 3 3

Dessa forma −

= =∫∫ ∫ ∫3 4

2 2

R 1 2

2242x ydxdy x ydxdy

3.

171


3. Calcular a integral I = ∫∫R

(x + 2y)dA

sendo R é a região limitada por y = x2 e y = 2x.

Figura 5.7

Região delimitada por y = x2 e y = 2x

A região de integração pode ser

visualizada na Figura 5.7.

É fácil visualizar que a região R pode ser enquadrada nos dois tipos II.1 e II.2.

Veja:

⎧⎧ ≤ ≤ ≤ ≤⎪⎨ ⎨

≤ ≤⎩ ⎪ ≤ ≤⎩

2 yx y 2x x y

2R : ou R:0 x 2 0 y 4

Observe a varredura da região. Por exemplo, na descrição do tipo II.1 coloque

retas percorrendo a região no sentido de baixo para cima (do negativo para o

positivo no eixo dos y) e constate que as retas cortam inicialmente a função

y = x2 para posteriormente cortarem a função y = 2x (ver Figura 5.7).

Assim, a integral dada pode ser calculada de duas maneiras. Para exemplifi car e

confi rmar a equivalência dos cálculos, vamos desenvolver usando as duas, mas

deve fi car claro para você que não é necessário resolver duas vezes.

1a maneira: Região do tipo II.1.

Neste caso vamos escrever ⎧ ≤ ≤⎨

≤ ≤⎩

2x y 2xR :

0 x 2,

portanto a nossa primeira integral vai ser resolvida em relação a y, conside-

rando-se x constante.

⎡ ⎤+ = +⎢ ⎥

⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫

2

2 2x

R 0 x

(x 2y)dA (x 2y)dy dx

Em tempo

Não esqueça que:

dA = dxdy.

172



⎛ ⎞+ = + = ⋅ + − ⋅ + = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫2

2

2x2x 22 2 4 2 3 4

xx

y(x 2y)dy xy 2 (x 2x 4x ) (x x x ) 6x x x

2

Resolvendo a segunda integral temos:

− − = − − = ⋅ − − = − − =∫22 3 4 5 4 5

2 3 4 3

00

x x x 2 2 32 28(6x x x )dx 6 2 2 16 4

3 4 5 4 5 5 5

2a maneira: Região do tipo II.2.

Neste caso vamos escrever ⎧ ≤ ≤⎪⎨⎪ ≤ ≤⎩

yx y

2R:

0 y 4

,

portanto a nossa primeira integral vai ser resolvida em relação a x, conside-

rando-se y constante.

⎡ ⎤⎢ ⎥+ = +⎢ ⎥⎣ ⎦

∫∫ ∫ ∫y4

yR 02

(x 27)dA (x 2y)dx dy


⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = + − + ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= + − −

∫yy 2 22

yy 22

32 22

( y ) (y 2) yx(x 2y)dx 2yx 2y y 2y

2 2 2 2

1 1y 2y y y

2 8

Resolvendo a segunda integral temos:

⎛ ⎞+ − − = ⋅ + ⋅ − ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

= + −

⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

= + − =

∫45

4 2 33 22 22

00

452 32

0

52 32

y y y1 1 1 9y 2y y y dy 2

2 8 2 2 5 2 8 3

1 4 3y y y

4 5 8

1 4 34 4 4 0

4 5 8

128 284 24 .

5 5

Em tempo

Observe que, nesse exemplo, as duas

maneiras envolvem praticamente os mesmos cálculos. Em alguns casos, uma boa escolha da ordem de integração pode simplifi car bastante o trabalho.

173


4. Calcular I = ∫∫R

x cos (2xy)dA ,

sendo R o retângulo de vértices (0, π2

), (1, π2

), (1,π) e (0,π).

Acompanhe o nosso passo-a-passo

da resolução

A representação gráfi ca da região de

integração pode ser visualizada na

Figura 5.8. Trata-se de uma região do

tipo I retangular. Figura 5.8 Região retangular

Sua representação algébrica é dada por

≤ ≤⎧⎪⎨ π ≤ ≤ π⎪⎩

0 x 1

R :y

2

Portanto, podemos escrever a integral iterada:

π

π

= ∫ ∫1

02

I x cos(2xy)dxdy ( 3 )

ouπ

π

= ∫ ∫1

02

I x cos(2xy)dydx ( 4 )

Observe que não usamos os colchetes, mas eles estão subentendidos.

Veja que agora precisamos escolher entre (3) e (4) para fazer a resolução. Com

um pouco de experiência, realizamos uma investigação para descobrir qual

delas pode otimizar o nosso trabalho.

Se usarmos (3) vai recair em uma integral por partes e se usarmos (4) em uma

substituição simples. Dessa forma o mais conveniente é usar (4), fazendo pri-

meiro a integração em relação a y, considerando x como uma constante.

174


A seguir vamos desenvolver o cálculo sem fazer a retirada da primeira inte-

gral. Observe que não mudamos o processo, mudamos apenas a maneira de

escrever os resultados.

π π

π π

π

π

⎡ ⎤= = ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= = π − π⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= − π − π⎢ ⎥π π⎣ ⎦

= − π − π + −π π π π

= − − − + −π π π

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

1 1

0 02 2

1 1

0 02

1

0

I x cos(2xy)dydx x cos(2xy)dy dx

1 1 1sen(2xy) dx sen(2 x) sen( x) dx

2 2 2

1 1 1cos(2 x) cos( x)

2 2

1 1 1 1 1 1( cos 2 cos ) ( cos 0 cos 0)

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1( ( 1)) (

2 2 2 2= −

π π1

) .

Observe que neste exemplo podemos resolver usando qualquer ordem de

integração, mas em alguns casos a função obtida não admite primitiva. Veja o

exemplo que segue.

5. Calcular a integral = ∫ ∫2

1 1

y

0 x

I e dydx .

Nesse caso, não é possível calcular a integral com a ordem de integração

dada, pois a função =2yf(y) e não possui primitiva entre as funções elemen-

tares do Cálculo. Assim vamos fazer a inversão da ordem de integração para

verifi car a viabilidade de solução desta integral. Vamos descrever inicialmente

a região de integração grafi camente e analiticamente em acordo com os três

passos iniciais do nosso passo-a-passo.

Figura 5.9 Região de integração R

Na Figura 5.9 temos a região de inte-

gração R.

Algebricamente temos:

≤ ≤⎧⎨ ≤ ≤⎩

x y 1R :

0 x 1

Em tempo

Para calcular a integral ∫x cos (2xy)dy, usa-

mos a substituição u = 2xy e du = 2xdy. Assim,

∫x cos (2xy)dy = ½ ∫cos u du = ½ sen u = ½ sen (2xy) + C.

Se você está com dúvidas revise os métodos de integração do Cálculo II.

175


Observe que R também é uma região do Tipo II.2, podendo ser descrita por

≤ ≤⎧⎨ ≤ ≤⎩

0 x yR :

0 y 1

Temos:

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫2 2 2

2

2

y1 1 1 1 1yy y yy0

0 x 0 0 0 0

1y

0

I e dy dx e dx dy dy e ydye x

1 1e [e 1].

2 2

Vamos ter a necessidade de fazer

partições na região de integração?

É possível que em alguns casos tenhamos que fazer partições na

região de integração dada. Temos como ferramenta de cálculo a

propriedade (e) que foi enunciada na proposição das proprieda-

des das integrais duplas lista-

das nesta seção.

Observe por exemplo a região

de integração triangular da

Figura 5.10.

Verifi que que uma maneira

para descrever algebricamente

toda a região triangular é par-

ticionar em duas regiões:

1 2

1 13 4

3 3: e :0 1 1 3

x y x x y xR R

x x

⎧ ⎧≤ ≤ ≤ ≤ − +⎪ ⎪⎨ ⎨

≤ ≤ ≤ ≤⎪ ⎪⎩ ⎩

Figura 5.10

Região de integração triangular do tipo II

176


Agora é a sua vez!

1. Calcule − −∫ ∫4 3

0 0

(18 3x 2y)dxdy.

2. Calcule +∫ ∫1 1

0 x

(x y)dydx e descreva grafi camente e analiticamente a região

de integração.

3. Determine os limites de integração da integral ∫∫S

f(x, y)dxdy sendo S a

região limitada pela hipérbole y2 – x2 = 1 e pelas retas x = 2 e x = –2.

4. Inverta a ordem de integração e verifi que qual a melhor maneira para

calcular a integral +

− +∫ ∫

2

1 3x 2

2 x 4 x

dydx .

177


Nesta seção vamos discutir exemplos específi cos da aplicação das

integrais duplas no cálculo de volumes e áreas.

É possível interpretar

geometricamente a integral dupla?

Quando z = f (x,y) ≥ 0, a integral dupla pode ser interpretada

como um volume. Isto poderá ser observado nas considerações

que seguem.

Vamos supor que z = f (x,y) ≥ 0 sobre a região R. A expressão

f (xk,y

k)ΔA

k, defi nida em (2) na seção 1, representa o volume

de um prisma reto, cuja base é o retângulo Rk e cuja altura é

zk = f (x

k,y

k) (Ver Figura 5.11).

SEÇÃO 2

Cálculo de volumes e áreas

usando integrais duplas

178


Figura 5.11 Prisma reto

A soma de Riemann =

Δ∑1

( , )n

k k kk

f x y A representa uma aproximação

do volume da porção do espaço compreendida abaixo do gráfi co de

z = f (x,y) e acima da região R do plano xy. Nas Figuras 5.12 (a) e

(b) temos um exemplo com k variando de 1 a 9 e k variando de 1 a

121, respectivamente.

Figura 5.12 Volumes aproximados

Assim, a integral

V = ( , )R

f x y dxdy∫∫ (1)

representa o volume do sólido delimitado superiormente pelo grá-

fi co de z = f (x,y), inferiormente pela região R e lateralmente pelo

“cilindro” vertical cuja base é o contorno de R. Na Figura 5.13 te-

mos um exemplo genérico que mostra claramente a função, a re-

gião de integração e o cilindro que contorna a região de integração.

179


Na Figura 5.14 temos o sólido gerador dos volumes aproximados

das Figuras 5.12.

Figura 5.13 Volume exato

Figura 5.14

Função z = 9 – z2 – y2 no 1o octante

Exemplos

1. Calcular o volume do sólido delimitado por z = 1 – 2x – 3y e os planos

coordenados.

A Figura 5.15 mostra o sólido.

Figura 5.15 Gráfi co de z = 1 – 2x – 3y

Podemos observar que z = 1 – 2x – 3y representa um plano que ao ser deli-

mitado pelos planos coordenados forma um sólido com base triangular. Para

estabelecer a região de integração vamos montar a representação gráfi ca da

base triangular (ver Figura 5.16). Para tal basta lembrar que o triângulo está

defi nido pelos pontos (0,0,0); (12 ,0,0) e (0,

13 ,0).

180


Para obter esses pontos basta considerar o plano na sua forma implícita,

z + 2x + 3y – 1 = 0 e encontrar o valor de:

x fazendo z e y iguais a zero;

y fazendo x e z iguais a zero.

A reta que delimita o triângulo é ob-

tida usando-se os pontos do plano

xy ou z = 0, veja:

Figura 5.16

Região de integração do exemplo 1

+ + − =+ + − =

= −

= −

z 2x 3y 1 0

0 2x 3y 1 0

3y 1 2x

1 2y x

3 3

A região é do tipo II e pode ser descrita de duas maneiras:

⎧ ⎧≤ ≤ − ≤ ≤ −⎪ ⎪⎨ ⎨⎪ ⎪ ≤ ≤≤ ≤⎩ ⎩

1 2 1 30 y x 0 x y

3 3 2 2

110 y0 x

32

ou

Podemos escolher uma dessas maneiras para calcular a integral que vai nos

dar o volume do sólido.

− −

−= − − = − − =

=

∫ ∫ ∫ ∫1 3y1 1 11 3y

3 3 32 22 2

00 0 0 0

(3y 1)2xV (1 2x 3y)dxdy x 3yx dy dy

2 4

1V

36 unidades de volume.

2. Determinar o volume do sólido cuja base é a região do plano xy delimita-

da pela parábola y = 4 – x2 e pela reta y = 3x e cuja parte superior é o plano

z = x + 4.

Com este enunciado, não precisamos formatar o gráfi co do sólido, pois basta

imaginá-lo a partir da sua descrição e lembrando que a função f(x,y) da inte-

gral apresentada em (1) desta seção representa a superfície que delimita su-

181


periormente o sólido. A região de integração está bem defi nida pela parábola

y = 4 – x2 e pela reta y = 3x (ver Figura 5.17).

Figura 5.17 Região de integração delimitada por y = 4 – x2 e y = 3x

Assim, a região de integração pode ser descrita como ⎧ ≤ ≤ −⎨

− ≤ ≤⎩

23x y 4 x

4 x 1

e o volume é dado por

−−

− −

− −

−

= + = +

= + − − + = − − − +

= − − ⋅ − ⋅ +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −= − − − + ⋅ − − − − + ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= + =

∫ ∫ ∫

∫ ∫

2

21 4 x 1

4 x

3x

4 3x 4

1 1

2 3 2

4 4

14 3 2

4

4 3 2 4 3 2

V (x 4)dydx (x 4)y dx

[(x 4)(4 x ) (x 4)3x]dx ( x 7x 8x 16)dx

x x x7 8 16x

4 3 2

1 1 1 ( 4) ( 4) ( 4)7 8 16 1 7 8 16 ( 4)

4 3 2 4 3 2

113 128 625.

12 3 12

Lembre-se de que alguns sólidos são bastante elaborados e a sua representação gráfi ca com um bom visual usando os re-cursos de desenho ou de um software, podem tornar-se uma verdadeira obra de arte. Um recurso interessante existente em alguns softwares é o giro do gráfi co, pois facilita a visuali-zação da sua forma em diferentes posições.

Bem, diante dessa complexidade gráfi ca, você pode exercitar a sua imaginação para visualizar mentalmente o sólido, fazen-do somente a representação plana da sua base, ok?

Vamos seguir em frente!

182


Agora é a sua vez!

1. Calcule o volume do sólido delimitado pela superfície z = x2 e pelos pla-

nos x = 2, y = 3 e z = 0.

2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente por z = 3x + y, ten-

do como a base a região delimitada por R = { (x,y) | 3 ≤ x ≤ 5 ; 1 ≤ y ≤ 2 }.

Podemos calcular área de superfícies

planas usando as integrais duplas?

Se na expressão (1) fazemos f (x,y) = 1, obtemos

∫∫R

dA (2)

que nos dá a área da região de integração R.

Se temos uma região R do Tipo II.1, como a base do sólido do

exemplo 2 (ver Figura 5.17), podemos descrever a região R como:

≤ ≤⎧⎪⎨ ≤ ≤⎪⎩

1 2( ) ( )f x y f x

a x b

e a integral

A =2

1

( )

( )

f xb

a f x

dy dx⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ (3)

vai nos dar a área da região de integração R.

Ao resolver a integral vamos chegar em uma diferença de inte-

grais defi nidas que nos remetem para o que foi discutido no Cál-

culo II, na seção 3 da Unidade 2.

183


Veja:

2

2

1

1

( )( )

2 1( )( )

( ( ) ( ))

f xb b bf x

f xR a f x a a

A dA dydx y dx f x f x dx= = = = −∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

De forma similar podemos obter

A =2

1

( )

( )

g yd

c g y

dx dy⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ (4)

quando a região é do tipo II.2.

Exemplos

1. Calcular a área da região R delimitada por x = y2 + 2 e = −1 5y x

2 2.

A região R pode ser visualizada na Figura 5.18 e é do tipo II.2 e pode ser des-

crita como:

⎧ + ≤ ≤ +⎨

− ≤ ≤⎩

2y 2 x 2y 5R :

1 y 3

Figura 5.18 Região delimitada por x = y2 + 2 e = −1 5y x

2 2

184


Aplicando (4), podemos escrever:

++

+− − −+

− −

⎡ ⎤= = = + − +⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

= − + + = − + +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −= − + + ⋅ − − + + ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=

∫ ∫ ∫ ∫

∫

2

2

2y 53 3 32y 5 2

y 2

1 1 1y 2

33 3 22

1 1

3 2 3 2

A dx dy x dy [(2y 5) (y 2)]dy

y y( y 2y 3)dy 2 3y

3 2

3 3 ( 1) ( 1)2 3 3 2 3 ( 1)

3 2 3 2

323

unidades de área.

2. Calcular a área da região apresentada na Figura 5.19, delimitada por uma

parábola e por dois segmentos de reta.

Figura 5.19 Região delimitada por uma parábola e dois segmentos de reta

Ao analisar a Figura 5.19, podemos afi rmar que a região é do tipo II e que

precisamos fazer uma partição para descrevê-la. Vamos optar pelo traçado do

segmento em x = 3. Assim temos:

⎧ − ≤ ≤ − −− ≤ ≤ − − ⎧⎪⎨ ⎨ ≤ ≤⎩⎪ ≤ ≤⎩

1 2

7 7 3x 9 y (1 x)(x 5)x y (1 x)(x 5)2 6R : R :

3 x 41, 5 x 3

e

Observe que foi necessário encontrar as expressões matemáticas dos seg-

mentos. Para tal podemos usar o cálculo da equação da reta, já discutido em

disciplinas anteriores (Cálculo I, Cálculo II e Geometria Analítica).

Em tempo

Para achar a equação da reta que passa por

dois pontos podemos usar:

− −=

− −1 1

2 1 2 1

x x y y.

x x y y

No exemplo da Figura 5.19 temos um dos segmentos determinado pelos pontos (1,5;1,75) e (3,0). Basta fazer os cálculos para achar:

= −7 7y x.

2 6

185


Assim, o cálculo da área da Figura 5.19 é obtida fazendo-se:

− − − −

−−

= +

= +

− += − + − + +

= + =

∫∫ ∫∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

1 2R R

3 (1 x )(x 5) 4 (1 x )(x 5)

7 71,5 3 3x 9x2 6

3 422

1,5 3

A dydx dxdy

dydx dydx

6x 43x 52dx ( x 3x 4)dx

6

57 13 27516 6 48

unidades de área.

Agora é a sua vez!

Usando integrais duplas, calcule a área da região delimitada por:

a. y = 5 – x2 e = − +2 10y x

3 3.

b. y = ex ; y = 3 – x e os eixos coordenados.

Nas seções que seguem vamos desenvolver as integrais triplas e

observar que podemos utilizá-las para calcular volumes em situa-

ções de grande complexidade na formação dos sólidos.

186


Nas integrais triplas, a função integrando é uma função de três

variáveis w = f (x,y,z) defi nida sobre uma região T do espaço

tridimensional. Vamos constatar que as idéias são idênticas às já

discutidas nas seções anteriores.

Defi nição

Seja w = f (x,y,z) uma função

defi nida e contínua numa re-

gião fechada e limitada T do

espaço. Subdividimos T em

pequenas sub-regiões traçando

planos paralelos aos planos

coordenados (ver Figura 5.20).Figura 5.20

Região T fechada e limitada de IR3

SEÇÃO 3

Defi nição e cálculo das integrais triplas

187


Numeramos os paralelepípedos no interior de T de 1 até n. Em

cada um dos paralelepípedos Tk, escolhemos um ponto arbitrário

(xk,y

k,z

k) e formamos a soma

1

( , , )n

k k k kk

f x y z V=

Δ∑ (1)

sendo que ΔVk é o volume do paralelepípedo T

k.

Vamos fazer isso de maneira arbitrária, mas de tal forma que a

maior aresta dos paralelepípedos Tk tenda a zero quando n → ∞

Se o limite

1

lim ( , , )n

k k k kn

k

f x y z V→∞

=

Δ∑

existir, é chamado integral tripla da função f (x,y,z) sobre a re-

gião T e representamos por

ou ( , , )T T

fdV f x y z dxdydz∫∫∫ ∫∫∫

Propriedades das integrais triplas

Ao olhar para a expressão (1) podemos afi rmar que o cálculo das

integrais triplas usando a defi nição é um processo complexo. As-

sim, o uso das propriedades e a discussão já estabelecida no con-

texto da integral dupla vão ser essenciais para facilitar o processo.

De forma análoga à integral dupla, temos:

T T

k f dV k f dV=∫∫∫ ∫∫∫ .

1 2 1 2 ( )T T T

f f dV f dV f dV+ = +∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ .

1 2

T T T

f dV f dV f dV= +∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ , sendo T = T1 ∪ T

2.

a)

b)

c)

Em tempo

Observe que agora a região de integração

é um sólido no espaço, ao passo que a região de integração da integral dupla é uma região no plano.

188


Como vamos calcular as integrais triplas?

As integrais triplas podem ser calculadas de forma análoga às in-

tegrais duplas, por meio de integrais iteradas.

Podemos inicialmente reduzir a integral tripla em uma integral

dupla e a seguir usar toda a discussão da seção 1 relativa ao tipo

da região de integração. Veja que a novidade está exatamente na

transformação da integral tripla em uma integral dupla.

A idéia básica está centrada no fato de que vamos projetar a nos-

sa região de integração em um dos planos do sistema cartesiano.

O quadro que segue apresenta as diferentes situações que podem

acontecer.

Para visualizar as representações gráfi cas das situações do Quadro II,

basta fazer a projeção do sólido sobre um plano coordenado conve-

niente. As Figuras 5.21; 5.21 e 5.23 ilustram cada uma das situações.

Com o processo descrito no Quadro II, estamos na prática trans-

formando uma integral tripla em uma integral dupla. Assim, é

possível usar todos os procedimentos discutidos nas seções an-

teriores. Os exemplos que seguem ilustram o cálculo da Integral

Tripla.

Figura 5.21 Gráfi co de S1 Figura 5.22 Gráfi co de S2 Figura 5.23 Gráfi co de S3

189


Quadro II Situações para análise da Integral Tripla

Situação Descrição algébrica Integral Iterada

S1: Região T é delimitada inferiormente

pelo gráfi co da função z = h1(x,y) e su-

periormente pelo gráfi co de z = h2(x,y)

sendo que h1 e h

2 são funções contínuas

sobre R1 do plano xy.

Neste caso h1 ≤ z ≤ h

2 e R

1 po-

dem recair nos tipos I ou II de-

fi nidos no quadro I da seção 1.

2

1 1

( , )

( , )

( , , )

h x y

T R h x y

f dV f x y z dz dxdy⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫∫∫ ∫∫ ∫

S2: A região T é delimitada à esquerda

pelo gráfi co de y = p1(x,y) e à direita

pelo gráfi co de y = p2(x,y), sendo que p

1

e p2 são funções contínuas sobre R

2 do

plano xz.

Neste caso p1 ≤ y ≤ p

2 e R

2 po-



2

2 1

( , )

( , )

( , , )

p x z

T R p x z

f dV f x y z dy dxdz⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫∫∫ ∫∫ ∫

S3: A região T é delimitada na parte de

trás pelo gráfi co da função x = q1(x,y)

e na frente pelo gráfi co de x = q2(x,y)

sendo que q1 e q

2 são funções contínuas

sobre R3 do plano yz.

Neste caso q1 ≤ x ≤ q

2 e R

3 po-



2

3 1

( , )

( , )

( , , )

q y z

T R q y z

f dV f x y z dx dydz⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫∫∫ ∫∫ ∫

Exemplos

1. Calcular = ∫∫∫T

I xdV , sendo T a região delimitada pelos planos coordena-

dos e pelo plano 2x + y + z = 1.

A região T é o tetraedro apresentado

na Figura 5.24.

Nesse caso, T se enquadra em qual-

quer uma das situações S1, S2 ou S3.

Vamos resolver usando S1.

Figura 5.24 Tetraedro do exemplo 1

É fundamental responder três perguntas básicas:

Qual a função que delimita o sólido inferiormente?

Qual a função que delimita o sólido superiormente?

Qual a região do plano xy que representa a projeção do sólido?

190


Neste exemplo a função que delimita o sólido inferiormente é z = 0, pois o

sólido está com a sua base no próprio plano xy. Superiormente temos a fun-

ção z = 1 – 2x – y.

A projeção do sólido no plano xy vai desenhar uma região que pode ser visu-

alizada na Figura 5.25. Observe que para encontrar a equação da reta (corte)

no plano xy basta fazer z = 0 na equação do plano z = 1 – 2x – y.

Figura 5.25 Projeção de 2x + y + z = 1 sobre xy

A partir desta identifi cação podemos escrever a integral iterada:

− −⎡ ⎤= = ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∫∫∫ ∫∫ ∫

1

1 2x y

T R 0

I xdV xdz dxdy

Como a região R1, apresentada na Figura 5.25, é do tipo II (ver quadro I da

seção 1) temos:

⎧≤ ≤ − ≤ ≤ −⎧ ⎪⎨ ⎨≤ ≤⎩ ⎪ ≤ ≤⎩

1 10 y 1 2x 0 x y2 2

0 x 0, 5 0 y 1

ou

Já discutimos que podemos escolher uma das representações para formalizar

o cálculo da integral.

− −−

− −− −

−−

⎡ ⎤= ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

= = − −

= − − = − −

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

1 2x y0,5 1 2x

T 0 0 0

0,5 1 2x 0,5 1 2x1 2x y

0

0 0 0 0

1 2x0,5 1 2x 0,5 22 2

0 0 0 0

xdV xdz dydx

xz dydx x(1 2x y)dydx

y(x 2x xy)dydx xy 2x y x dx

2

Em tempo

Se o sólido é delimi-tado superiormente

por mais de uma função vamos precisar particioná-lo e aplicar a propriedade (c) das integrais triplas.

191


⎛ ⎞−= − − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

= − + − +

∫0,5 2

2

0

2 3

(1 2x)x(1 2x) 2x (1 2x) x dx

2

1x 2x 4x x 2

2⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − + = − + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

=

∫

∫

0,5

2 3

0

0,50,5 4 3 23 2

00

x 2x dx

1 x x 1 x2x 2x x dx 2 2

2 4 3 2 2

1.

96

2. Analisar e resolver a integral iterada −

−

= + +∫ ∫ ∫25 2 4 x

0 2 0

I (x y z)dydxdz .

A integral dada é identifi cada como da situação S2, pois a projeção do sólido

está no plano xz. O sólido T está descrito como delimitado pela calha y = 4 – x2;

o plano y = 0 (plano xz); o plano z = 5 e o plano z = 0 (plano xy). Essa descrição

pode ser representada algebricamente como:

⎧ ≤ ≤ −⎪ − ≤ ≤⎨⎪ ≤ ≤⎩

20 y 4 x

T : 2 x 2

0 z 5

Na Figura 5.26 tem-se a visualização

gráfi ca da região tridimensional T.

A projeção de T sobre o plano xz

pode ser visualizada na Figura 5.27.

Podemos constatar que é uma re-

gião do Tipo I (retangular).

Figura 5.26 Região T de integração

Podemos observar que existe simetria, dessa forma é possível reescrever a

integral como

−

−

= + +∫ ∫ ∫25 2 4 x

0 2 0

I 2 (x y z)dydxdz.

192


Observar que as simetrias podem facilitar os cálculos.

Figura 5.27 Projeção sobre o plano xz

Para fi nalizar temos o cálculo como já discutido nos exemplos anteriores:

−−

− −

−

−

= + + = + +

⎛ ⎞−= − + + −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − − − + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

= − − − + + +

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫

22 4 x5 2 4 x 5 2 2

0 2 0 0 2 0

5 2 2 22 2

0 2

5 2 43 2 2

0 2

25 5 4 3 3 2

00

yI 2 (x y z)dydxdz 2 xy zy dxdz

2

(4 x )2 x(4 x ) z(4 x ) dxdz

2

x2 x 4x x z 4x 4z 8 dxdz

2

x x x x x2 4 z 4 4zx 8x dz

10 4 3 3 2

80z 1282 dz

15 15

⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

55 2

0 0

80z 128 6562 z .

30 15 3

Na seção seguinte vamos discutir o Cálculo de Volume usando as

integrais triplas.

Agora é a sua vez!

1. Calcule ∫∫∫T

dV , sendo T o sólido no primeiro octante delimitado pela

calha x = 4 – y2 e pelos planos z = y, x = 0 e z = 0.


dV , sendo T o sólido cuja base é a região do plano xy delimi-

tada pela parábola y = 1 – x2 e pela reta y = 3x e cuja parte superior é o plano

z = x + 2.

193


Nesta seção vamos discutir as possibilidades de usar as integrais

triplas para o cálculo de volumes de sólidos delimitados por fun-

ções de várias variáveis.

Seja T um corpo ou sólido delimitado por uma região fechada e

limitada no espaço.

Para encontrar o volume desse corpo, vamos subdividir T por pla-

nos paralelos aos planos coordenados, como foi feito na Seção 3.

Seja Tk um paralelepípedo genérico dessa subdivisão, com volume

ΔVk Um valor aproximado para o volume total do sólido é dado por

1

n

aproximado kk

V V=

= Δ∑ (1)

O volume exato do sólido é defi nido pelo limite da soma (1)

quando n → ∞ e a maior aresta dos paralelepípedos Tk tende a

zero. Ou seja, 1

limn

kn

k

V V→∞

=

= Δ∑ se o limite existir.

SEÇÃO 4

Cálculo de Volumes

usando integrais triplas

194


Observe que estamos diante da defi nição das integrais triplas,

assim, escrevemos

.T

V dV= ∫∫∫

O exemplo que segue ilustra o cálculo de volumes.

Exemplos

Calcular o volume do sólido delimitado pelos planos y = 0, z = 0, y + z = 6 e

pela calha z = 4 – x2.

Na Figura 5.28 apresentamos a re-

gião T,mostrando as duas funções

que delimitam o sólido superior-

mente: z = 4 – x2 (calha parabólica) e

z = 6 – y (plano inclinado) . Podemos

observar, nesse caso, que é conve-

niente projetarmos T sobre o plano

xz, recaindo na situação S2 da seção

anterior. Figura 5.28

Gráfi cos das funções z = 4 – x2 e z = 6 – y

Na Figura 5.29 temos um esboço do tipo mais manual do sólido. Veja que ao

projetarmos sobre o plano xz vamos obter uma região delimitada pela pará-

bola e pelo eixo dos x (Ver Figura 5.30)

Figura 5.29 Esboço do sólido Figura 5.30 Gráfi co da projeção

195


Podemos assim estabelecer a integral que dá o cálculo do volume:

−⎡ ⎤= = −⎢ ⎥

⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫∫

6 z

R 0 R

V dy dxdz (6 z)dxdz.

A região R da integral dupla, visualizada na Figura 5.30, pode ser descrita

como:

− ≤ ≤⎧⎨

≤ ≤ −⎩2

2 x 2R :

0 z 4 x

Portanto,

−−

− −

−

−

⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞−= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − − + =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

∫

∫

22 4 x2 4 x 2 2

02 0 2

2 2 22

2

2 42

2

zV (6 z)dz dx 6z dx

2

(4 x )6(4 x ) dx

2

x 7042x 16 dx

4 15 unidades de volume.

Observe que este sólido tem simetria, portanto poderíamos calcular a partir

da integral − −

= ∫ ∫ ∫22 4 x 6 z

0 0 0

V 2 dydzdx e estaríamos encontrando o mesmo valor.

Agora é a sua vez!

1. Calcule o volume do sólido delimitado pelos planos x + 2y + z = 2; x = 2y;

x = 0 e z = 0.

2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente pelo parabolóide

z = x2 + y2, tendo como base a região do plano xy delimitada por x = y2 e y = x2.

196


Você deve ter percebido que não apresentamos exemplos nas

seções anteriores com regiões de integração do tipo circular. De

forma proposital isto não foi feito, pois vamos nesta seção apre-

sentar a mudança de variáveis – um excelente recurso para facili-

tar os cálculos quando estamos diante de regiões circulares.

A mudança de variáveis já foi utilizada para auxiliar nos métodos

de integração no Cálculo II. Agora vamos analisar no contexto

das integrais múltiplas.

Para as integrais duplas, podemos utilizar um procedimento aná-

logo. Vamos considerar que:

x = x(u,v) e y = y(u,v) (1)

Ao aplicar (1) em uma integral dupla estamos cientes de que a re-

gião de integração vai fi car estabelecida num novo plano. A região

R do plano xy pode ser transformada numa região R' do plano uv.

SEÇÃO 5

Mudança de variáveis nas

integrais duplas e triplas

197


Geometricamente, podemos dizer que as equações (1) defi nem

uma aplicação ou transformação que faz corresponder pontos (u, v)

do plano uv a pontos (x, y) do plano xy.

Se a transformação leva pontos distintos de R' em pontos dis-

tintos de R, dizemos que ela é uma aplicação um por um. Nesse

caso, a correspondência entre as regiões R e R' é bijetora, e pode-

mos retornar de R para R' através da transformação inversa

u = u(x,y) e v = v(x,y) (2)

Considerando que as funções em (1) e (2) são contínuas, com de-

rivadas parciais contínuas em R' e R, respectivamente, podemos

estabelecer o seguinte resultado:

( , )( , ) ( ( , ), ( , ))

( , )R R

x yf x y dxdy f x u v y u v dudv

u v′

∂=

∂∫∫ ∫∫ (3)

sendo que ( , )

( , )

x y

u v

∂∂ é o Determinante Jacobiano de x e y em rela-

ção a u e v, dado por

( , ).

( , )

x xu vx y

u v y yu v

∂ ∂∂ ∂∂

=∂ ∂ ∂

∂ ∂

Observe que uma discussão das condições gerais sob as quais a fór-

mula (3) é válida é bastante complexa, sendo própria de um curso

de Análise Matemática. Por isso, não será apresentada neste texto.

Jacobi, ao lado de Cauchy, foi talvez o matemático que mais contribuiu para a teoria dos determinantes. Foi com ele que a palavra determinante recebeu aceitação fi nal. Desde logo usou o determinante funcional que posteriormente Sylvester iria chamar de Jacobiano.

198


Podemos simplifi car afi rmando que se:

f é contínua;

as regiões R e R' são formadas por um número fi nito de

sub-regiões do Tipo I ou II;

o jacobiano ( , )

( , )

x y

u v

∂∂ ≠ 0 em R' ou se anula num número fi nito

de pontos de R', temos a garantia da validade de (3).

A transformação mais utilizada é a mudança para coordenadas

polares, já discutidas no Cálculo II.

A expressão (3) fi ca:

( , )( , ) ( ( , ), ( , ))

( , )R R

x yf x y dxdy f x r y r drd

r′

∂= θ θ θ

∂ θ∫∫ ∫∫ (4)

Exemplos

1. Calcular a integral +∫∫ 2 2

R

x y dxdy , sendo R a região circular da Figura 5.31.

A Figura 5.31 mostra uma região cir-

cular que pode ser representada por

⎧⎪ ≤ ≤ −⎨

≤ ≤⎪⎩

20 y 4 xR :

0 x 2

Figura 5.31 Região circular de raio 2

Em coordenadas polares estamos diante da equação polar r = 2. Para identi-

fi car perfeitamente a transformação, basta lembrar a relação entre as coorde-

nadas e observar que o ângulo θ, vai variar de zero a π2

e que para abranger

todos os pontos interiores da região precisamos varia o r de zero a dois (ver

Figura 5.32).

Em tempo

A relação para as coordenadas polares é

dada por:

x = r cos θ e y = r sen θ.

Assim é possível calcular o Jaco-biano:

∂ ∂∂ ∂ ∂θ=∂ θ ∂ ∂

∂ ∂θθ − θ

=θ θ

∂=

∂ θ

x x(x, y) r

(r, ) y y

r

cos r sen

sen r cos

(x, y)r

(r, )

199


Dessa forma a região R vai se transformar em uma nova região no plano rθ,

descrita como:

≤ ≤⎧⎪′ ⎨ π≤ θ ≤⎪⎩

0 r 2

R :0

2

que é uma região retangular (ver Figura 5.33).

Figura 5.32 Relação entre as coordenadas Figura 5.33 Região em rθ

Dessa forma, usando (4) temos

π

+ = θ + θ θ∫∫ ∫ ∫22

2 2 2 2 2 2

R 0 0

x y dxdy r cos r sen r dr d

Simplifi cando e resolvendo vem

π π ππ

π

π+ = θ = θ = θ

π π= θ =

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫22 2 23 32

2 2 2

0R 0 0 0 0

3 42

0

rx y dxdy r dr d d d

3 24

.24 48

Visualize no Quadro III, exemplos de regiões bastante utilizadas.

Observe que seria bem mais complexo descrever as regiões no

contexto do plano xy.

Em tempo

Não esqueça que:

sen2 θ + cos2 θ = 1.

200


Quadro III Exemplos de regiões cilíndricas

Representação gráfi caRepresentação

algébrica em rθ

Figura 5.34 Semicírculo superior de x2 + y2 = 4

≤ ≤⎧⎨ ≤ θ ≤ π⎩

0 r 2

0

Figura 5.35 Semicírculo inferior de x2 + y2 = 4

≤ ≤⎧⎨ π ≤ θ ≤ π⎩

0 r 2

2

Figura 5.36

Coroa circular delimitada por x2 + y2 = 4 e x2 + y2 = 9

≤ ≤⎧⎨ ≤ θ ≤ π⎩

2 r 3

0 2

Figura 5.37 Círculo (x – 1,5)2 + y2 =(1,5)2

≤ ≤ θ⎧⎪⎨ π π− ≤ θ ≤⎪⎩

0 r 3 cos

2 2

Figura 5.38 Círculo x2 + (y – 1,5)2 = (1,5)2

≤ ≤ θ⎧⎨ ≤ θ ≤ π⎩

0 r 3 sen

0

201


A expressão (3) pode ser generalizada para as integrais triplas e

neste caso vamos denotar como coordenadas cilíndricas.

Vale a relação

x = r cos θy = r sen θz = z

Assim, podemos escrever:

( , , )

( , , )( ( , , ), ( , , ))

( , , )

R

R

f x y z dxdydz

x y zf x r z y r z drd dz

r z′

=

∂= θ θ θ

∂ θ

∫∫∫

∫∫∫ (5)

Neste caso o Jacobiano é um determinante de terceira ordem cujo

resultado é igual a r.

Exemplo

Calcular o volume do sólido delimitado por z = 9 – x2 – y2 e o plano xy.

Estamos diante de um parabolóide virado para baixo que ao cortar o plano

z = 0 (plano xy) delineia a região circular de raio igual a 3. Como é um sólido

simétrico podemos encontrar a quarta parte do volume, delineando a região

circular no primeiro quadrante. Assim, a região de integração pode ser descri-

ta como:

⎧≤ ≤ −⎪

⎪ ≤ ≤⎨⎪ π≤ θ ≤⎪⎩

20 z 9 r

0 r 3

02

202


Observe que o parabolóide fi cou escrito nas novas coordenadas. Dessa forma

a integral tripla em coordenadas cilíndricas pode ser escrita como:

π−

= θ∫ ∫ ∫23 9 r2

0 0 0

1V r dz dr d .

4

Fazendo os cálculos obtemos:

π π

−

π π

= θ = − θ

⎛ ⎞ π= − θ = θ =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

23 32 2

9 r 3

0

0 0 0 0

32 22 4

0 00

1V rz dr d (9r r )dr d

4

r r 81 819 d d

2 4 4 8 unidades de volume.

Portanto o volume total é dado por π= 81

V2

unidades de volume.

No contexto das integrais triplas podemos ainda considerar as

coordenadas esféricas.

Como vamos trabalhar as coordenadas esféricas?

Antes de trabalhar as coordenadas esféricas é importante fazer

a sua contextualização. As coordenadas esféricas (ρ,θ,φ) de um

ponto P(x,y,z) no espaço são ilustradas na Figura 5.39.

A coordenada ρ é a distância

do ponto P até a origem. A

coordenada θ é a mesma que

em coordenadas cilíndricas e a

coordenada φ é o ângulo for-

mado pelo eixo positivo dos z

e o segmento que une o ponto

P à origem.

Figura 5.39 coordenadas esféricas

Em tempo

A representação da Figura 5.39 não é úni-

ca. É possível estabelecer outras relações que também são consi-deradas coordenadas cilíndricas.

203


Como ρ é a distância de P até a origem, temos ρ ≥ 0. Como θ

coincide com o ângulo polar, utiliza-se a mesma variação usada

no cálculo de integrais duplas, ou seja, –π ≤ θ ≤ π ou 0 ≤ θ ≤ 2π.

Temos a coordenada φ, vamos considerar com a variação 0 ≤ φ ≤ π.

Quando φ = 0, o ponto P estará sobre o eixo positivo dos z e, quan-

do φ = π sobre o eixo negativo dos z.

As coordenadas cilíndricas e esféricas se relacionam pelas equações:

r = ρ sen φθ = θz = r cos φ

Usando também as relações das coordenadas cilíndricas:

x = r cos θy = r sen θz = z

vamos obter a relação fi nal das coordenadas esféricas:

x = ρ sen φ cos θy = ρ sen φ sen θz = ρ cos φ

Essas equações são usadas para fazer a transformação de uma in-

tegral tripla em coordenadas cartesianas para uma integral tripla

em coordenada esférica. Veja

( , , )

( , , )( ( , , ), ( , , ))

( , , )

R

R

f x y z dxdydz

x y zf x y d d d

′

=

∂= ρ θ φ ρ θ φ ρ θ φ

∂ ρ θ φ

∫∫∫

∫∫∫ (6)

204


As coordenadas esféricas são especifi camente importantes para

situações que envolvem esferas, cones e outras superfícies cujas

equações tornam-se mais simples nesse sistema de coordenadas.

Exemplo

Calcular o volume da região limitada superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 = 16

e inferiormente pelo cone = +2 2z x y .

Na Figura 5.40, podemos visualizar a região de integração T.

Figura 5.40 Gráfi co da intersecção de uma esfera com um cone.

Em coordenadas esféricas, a esfera x2 + y2 + z2 = 16 tem equação ρ = 4 e o

cone = +2 2z x y tem equação φ = π4

. Para verifi car esta afi rmação basta

substituir as variáveis cilíndricas nas equações dadas.

Valem as observações anteriores sobre como mostrar a vali-dade da expressão (3) e (4). Observe apenas que o Jacobiano agora é de terceira ordem. Confi ra:

φ θ −ρ φ θ ρ φ θ∂ = φ θ ρ φ θ ρ φ θ∂ ρ θ φ

θ ρ φ

∂ =ρ φ∂ ρ θ φ2

sen cos cos sen cos cos( , , )

sen cos sen cos cos sen( , , )

cos 0 sen

( , , )sen .

( , , )

x y z

x y z

205


A região T pode ser descrita como

⎧≤ ρ ≤⎪

⎪ ≤ θ ≤ π⎨⎪ π≤ φ ≤⎪⎩

0 4

T : 0 2

04

Portanto,

ππ

′

ππ π π

π

= ρ φ ρ θ φ = φ ρ ρ φ θ

= φ φ θ = − φ θ

⎛ ⎞= − θ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞

= − ⋅π ≅⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

2 442 2

T 0 0 0

2 24

40

0 0 0

2

0

V sen d d d sen d d d

64 64sen d d cos d

3 3

64 32 2d

3 3

64 32 239, 26

3 3 unidades de volume.

Agora é a sua vez!


dx dy dz, sendo T é a coroa esférica limitada por

x2 + y2 + z2 = 4 e x2 + y2 + z2 = 9. Interprete o resultado encontrado.


x dx dy dz, sendo que T é a esfera sólida x2 + y2 + z2 ≤ 4.

Você percebeu que está

analisando o volume da casquinha de sorvete. E tem mais! Com a bola de sorvete!

Valeu!

206

Síntese da Unidade

Nesta unidade discutimos a parte fundamental dos conteúdos

desta disciplina Cálculo III. A partir dos objetos discutidos é pos-

sível calcular áreas e volumes, além de muitas outras aplicações

que não foram aqui apresentadas, como as aplicações na Física e

na Economia. É importante destacar que estamos diante de uma

ferramenta consistente para o cálculo exato de volumes e áreas.

Na última unidade deste livro vamos fazer uma revisão de todos

os objetos discutidos até a presente unidade a partir de exemplos

e aplicações inovadoras consideradas interessantes.

Você não deve seguir em frente se tiver dúvidas. Lembre-se que

no Espaço Virtual de Aprendizagem você vai encontrar novas in-

formações que complementam e ampliam as idéias aqui colocadas.

Lembre de fazer integralmente as atividades de auto-avaliação.

Bons estudos!

207

ATIVIDADES DE

auto-avaliação

1. Calcule a integral +∫∫R

2dxdy

2x y, sendo R o retângulo defi nido por

0 ≤ x ≤ 3 e –1 ≤ y ≤ 1.

2. Descreva grafi camente e analiticamente a região de integração da integral +

∫ ∫2 x 1

2

0 0

2xy dydx . A seguir calcule a integral dupla.

3. Usando integral dupla, calcule a área da região delimitada por x = 0;

x = y2 + 1, y = 2 e y = –2.

4. Calcule a integral ∫∫R

cos (x2 + y2)dxdy, sendo R a região da Figura 5.35 do

Quadro III.

5. Calcule ∫∫R

(4 – x – y)dxdy, sendo R a região circular x2 +y2 = 4. O resultado

obtido pode representar um volume? Justifi que a sua resposta.

208


6. Calcule o volume resultante da intersecção dos parabolóides

z = 18 – x2 – y2 e z = x2 + y2.

7. Calcule o volume do sólido resultante da intersecção dos cilindros

x2 + y2 = 9 e y2 + z2 = 9.

8. Calcule o volume do tetraedro limitado por x + 2y + 3z = 6 e os planos

coordenados.


(x – y)dV, sendo T a região especial delimitada por:

x + y = 9; x + y = 1; y – x = 0; y – x = 3; z = 0 e x + y + z = 27.

10. Calcule o volume do sólido acima do parabolóide z = x2 + y2 e abaixo do

cone 2 2z x y= + .

Saiba mais

No contexto da nossa disciplina foi necessário gerar uma li-

mitação para o número de exemplos apresentados em função

da carga horária da mesma. Mas você poderá avançar a par-

tir do que foi discutido, ampliando seus conhecimentos. Re-

comendamos a leitura de outras aplicações, por exemplo, no

livro Cálculo, Vol II de James Stewart, da Editora Pioneira.

209

UNIDADE 6

APLICAÇÕES


Resolver problemas geométricos que envolvem o cálculo de áreas e volumes.

Resolver problemas que envolvem conceitos de massa e centro de massa.

Trabalhar algebricamente com mudanças de variáveis no contexto das integrais múltiplas.


Seção 1 Problemas que não envolvem o uso de integrais . . . . . 213

Seção 2 Problemas que envolvem o uso de integrais múltiplas . . 228



Você está vendo um quadrado?

Mas ele não está ali!

211


Nesta unidade vamos fechar nossa disciplina apresentando situa-

ções-problema que utilizam diversos objetos matemáticos discu-

tidos nas unidades anteriores. Você vai poder ter uma amostra da

importância das funções de várias variáveis em situações reais.

Delineamos somente duas seções para separar os problemas que

envolvem o uso das integrais duplas ou triplas e os problemas que

não requerem especifi camente o uso das integrais.

Na Seção 1 vamos discutir problemas envolvendo temas como

índice de vento frio, índice de calor, processos de otimização,

análise de produtos a partir de suas demandas e problemas diver-

sos que mostram a aplicação dos métodos discutidos nas quatro

primeiras unidades.

Na Seção 2 vamos apresentar problemas que envolvem temas

como volumes, áreas, massa, centro de massa e momentos de

inércia.

212


Buscamos ainda atender um outro grande objetivo na apresen-

tação dessa unidade. Estamos apresentando diversos autores de

livros de Cálculo Diferencial e Integral disponíveis no mercado

brasileiro. A idéia é incentivar você a ampliar seus conhecimentos

a partir das leituras de novos exemplos criados por diferentes au-

tores em diferentes realidades.

Não esqueça de revisar todas as unidades anteriores e, em caso de

dúvidas, consultar a tutoria.

Veja o recadinho da Teca!

Bom trabalho!

Já que estamos em ritmo de problemas, sugiro a visita ao site htt p://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/alegria/burro/burro.htm para conhecer o “Problema do Burro”.

213


SEÇÃO 1

Problemas que não

envolvem o uso de integrais

Nesta seção vamos discutir problemas que envolvem funções de

várias variáveis e as ferramentas discutidas nas unidades 1 até 4.

Observe que vamos apresentar os problemas e a sua resolução.

Os objetos matemáticos envolvidos estão nas unidades anteriores.

Eventualmente reforçamos com a apresentação de resumos de

idéias.

Ao acompanhar o desenvolvimento de cada problema, observe

que a numeração à direita, facilitadora dos cálculos, está alocada

por problema.

Problema 1 • Índice vento frio

(Problema adaptado de STEWART, 2004, p.70)

Em regiões com inverno severo, o índice vento-frio que mede o efeito do frio

provocado pelo vento é freqüentemente utilizado para descrever a severida-

de aparente do frio. Esse índice I mede a temperatura subjetiva, que depende

214


da temperatura real T e da rapidez do vento v. Assim, I é uma função de T e

de v, e podemos escrever:

I = f(T,v).

Na tabela 1 apresentamos valores de I compilados pelo Serviço de Adminis-

tração de Oceanos e Atmosfera e pelo Serviço Nacional de Metereologia.

Tabela 1 • Índice de vento frio

v km/h

T oC6 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

20 20 18 14 13 13 13 12 12 12 12 12

16 16 14 11 9 7 7 6 6 5 5 5

12 12 9 5 3 1 0 0 –1 –1 –1 –1

8 8 5 0 –3 –5 –6 –7 –7 –8 –8 –8

4 4 0 –5 –8 –11 –12 –3 –14 –14 –14 –14

0 0 –4 –10 –14 –17 –18 –19 –20 –21 –21 –21

–4 –4 –8 –15 –20 –23 –25 –26 –27 –27 –27 –27

–8 –4 –13 –21 –25 –29 –31 –32 –33 –34 –34 –34

–12 –12 –17 –26 –31 –35 –37 –39 –40 –40 –40 –40

–16 –16 –22 –31 –37 –41 –43 –45 –46 –47 –47 –47

–20 –20 –26 –36 –43 –47 –49 –51 –52 –53 –53 –53

Por exemplo, se a temperatura é de 4 graus centígrados (ver sexta linha) e a

rapidez do vento é de 40 km/h (ver sexta coluna), então subjetivamente pa-

recerá tão frio quanto uma temperatura de cerca de –11 graus centígrados

sem vento. Portanto,

f(4,40)=–11.

Podemos analisar o comportamento desta função de duas variáveis usando

os dados da tabela 1. Observe que não conhecemos a formalização algébrica

da lei de formação da função I = f(T,v).

Qual o signifi cado da função I = f(–4,v)?

Para analisar o comportamento da função I = f(T,v), podemos fi xar a variável

temperatura real fazendo T = –4. Neste caso vamos ter uma função de uma

variável que pode ser visualizada na Figura 6.1.

215


Figura 6.1 Função I = f(–4,v)

Podemos observar que estamos diante de uma função decrescente. À medi-

da em que a velocidade do vento aumenta, o índice de vento frio diminui.

Qual o signifi cado da função I = f(T,50)?

Agora estamos fi xando a variável rapidez do vento em v = 50 km/h. A Figura 6.2

mostra que neste caso estamos diante de uma função praticamente linear.

Figura 6.2 Função I = f(T,50)

Observe que as fi guras 6.1 e 6.2 foram construídas com o software livre Graph. A construção gráfi ca foi feita com a co-locação da série de pontos. Caso se queira, o software pode nos dar a lei de formação da função tabelada usando um ajus-te de curvas.

Vale a pena fazer outras curvas para testar a habilidade de uso dos recursos tecnológicos!

216


Problema 2 • Índice de calor

(Problema adaptado de STEWART, 2004, p. 895)

Em um dia quente, a umidade muito alta aumenta a sensação de calor, ao

passo que, se o ar está muito seco, temos a sensação de temperatura mais

baixa do a que o termômetro indica. O serviço nacional de meteorologia

americano criou um índice de calor (também conhecido como índice de

temperatura em função da umidade) para descrever os efeitos combinados

de temperatura e umidade. O índice de calor I é a temperatura que corres-

ponde à sensação de calor quando a temperatura real é T e a umidade relati-

va do ar é H. Assim,

I = f(T,H).

A tabela 2 é extraída dos dados compilados por este setor de meteorologia

americano. Observe que a umidade relativa está apresentada em % e a tem-

peratura real em °F.

Podemos analisar o comportamento da função I = f(T,H) usando as derivadas

parciais.

Tabela 2 • Índice de calor como função da temperatura e umidade

T\H 50 55 60 65 70 75 800 85 90

90 96 98 100 103 106 109 112 115 119

92 100 103 105 108 112 115 119 123 128

94 104 107 111 114 118 122 127 132 137

96 109 113 116 121 125 130 135 141 146

98 114 118 123 127 133 138 144 150 157

100 119 124 129 135 141 147 154 161 168

Como vamos calcular as derivadas parciais sem a lei de formação da função?

Podemos lembrar que as derivadas parciais também são taxas de variações

instantâneas, sendo que uma das variáveis está com um valor fi xado. Como

não temos a lei de formação da função, não podemos encontrar as derivadas

em um ponto por meio de mecanismos algébricos, mas podemos encontrar

217


uma média das taxas de variações em um intervalo dado a partir dos dados

da tabela 2.

Por exemplo, vamos supor que queremos encontrar f

(96, 70)T

∂∂

, que formal-

mente é dada por:

T

f f(96 T, 70) f(96, 70)(96, 70) lim

T TΔ →∞

∂ + Δ −=∂ Δ

( 1 )

Como não temos a lei de formação de I = f(T,H), vamos encontrar o limite de

(1) de forma aproximada. De forma conveniente vamos usar ΔT = 2 e ΔT = –2

e vamos estabelecer a taxa de variação média na variação considerada.

a) Para ΔT = 2 temos:

f(96 T, 70) f(96, 70) f(98, 70) f(96, 70) 133 1254.

T 2 2+ Δ − − −= = =

Δ

b) Para ΔT = –2 temos:

f(96 T, 70) f(96, 70) f(94, 70) f(96, 70) 118 1253,5.

T 2 2+ Δ − − −= = =

Δ − −

Assim, podemos fazer a média das taxas de variações médias e obter um

valor aproximado para a derivada parcial da função em relação a T no ponto

(96,70). Veja:

f 4 3,5(96, 70) 3,75.

T 2∂ +≈ =∂

Esse resultado signifi ca que, se a temperatura real é igual a 96°F e a umidade

relativa é igual 70%, então o índice de calor aumenta a sensação de tempera-

tura de 3,75°F para cada grau que a temperatura real aumenta.

De forma similar podemos encontrar a derivada parcial em relação a H. Para

valores de ΔH = ±5, vamos obter

f 1 0,8(96, 70) 0,9.

H 2∂ +≈ =∂

Assim, quando a temperatura real igual a 96°F e a umidade relativa for igual

a 70%, então o índice de calor aumenta de 0,9°F para cada ponto percentual

que a umidade relativa do ar aumenta.

218


Problema 3 • Fabricação de caixas retangulares

(Problema adaptado de GONÇALVES; FLEMMING, 1999, p. 199)

Um fabricante de embalagens deve fabricar caixas retangulares sem tampa

de volume igual a 4 m3. Quais são as dimensões de cada caixa de modo que

possuam a menor área de superfície possível?

Se considerarmos as medidas da base da caixa representadas pelas variáveis x

e y e a medida de sua altura representada pela variável z, podemos dizer que:

o volume da caixa será dado por: V = xyz;

a área da superfície da caixa sem tampa será dada por:

S = 2xz + 2yz + xy.

Estamos diante de um problema de otimização em que se pretende minimi-

zar a área da superfície S, levando em conta que o volume deve ser igual a

4 m3 e as variáveis x, y e z são positivas, pois tratam-se de medidas de com-

primento. Usando uma representação simbólica temos:

min S = 2xz + 2yz + xy

s. a xyz = 4

x,y,z > 0

Para simplifi car a análise da situação de otimização, podemos isolar z da

equação do volume para que a equação da área fi que em função das variá-

veis x e y:

4z

xy

4 4S 2x 2y xy

xy xy

8 8xy

y x

=

= + +

= + +

Assim teremos o seguinte problema a ser resolvido:

min 8 8

S xyy x

= + +

s. a x,y,z > 0

219


Para determinar o menor valor da área, é importante encontrar e classifi car

os pontos críticos da função S. Para isto calculamos suas derivadas parciais e

igualamos a zero:

2

S 8y 0

x x

∂ −= + =∂

( 1 )

2

S 8x 0

y y

∂ −= + =∂

( 2 )

Da equação (1) temos:

2 2

8 8y 0 y

x x

− + = ⇒ =

Substituindo 2

8y

x= na equação (2) temos:

4 4

2

2

8 x xx 0 8 x 0 x 0

64 88

x

− + = ⇒ − + = ⇒ − + =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

–x4 + 8x = 0 ⇒ x(–x3 + 8) = 0 ⇒ x = 0 e x = 2

O valor zero não tem signifi cado para o presente problema, assim vamos

considerar x = 2. Podemos encontrar a variável y:

2

8y 2.

2= =

Para classifi car o ponto (2,2) calculamos o determinante da matriz hessiana:

3

3 3

3

161

x 256H(x, y) 1.

16 x y1y

= = −

Substituindo o ponto (2,2):

256 256H(2,2) 1 1 3 0.

8 8 64= − = − = >

⋅

A derivada de segunda ordem no ponto (2,2) será dada por:

2

2 3 3

S 16 16(2,2) 2 0.

x x 2

∂ = = = >∂

220


O ponto (2,2) é um ponto de mínimo pois H(2,2) > 0 e 2

2

S(2,2) 0

x

∂ >∂

. Portan-

to, as dimensões da caixa são:

x= 2 metros;

y = 2 metros;

4 4z 1

xy 2 2= = =

⋅ metro.

Problema 4

• Análise de produtos a partir de suas demandas

(Problema extraído de LEITHOLD, 1982, p. 774)

Vamos supor que p reais seja o preço por unidade de x unidades de um pro-

duto e q reais seja o preço por unidade de y unidades de outro produto. As

equações de demanda podem ser dadas por:

x = –2p + 3q +12

y = –4q + p + 8

Encontre as quatro demandas marginais e determine se os produtos são

substitutos ou complementares.

O que é uma demanda marginal?

Antes de iniciar a resolução do problema, é importante esclarecermos alguns

conceitos que aparecem no enunciado deste problema de otimização.

As equações de demanda que são apresentadas evidenciam que o número

de unidades de um produto que será demandado depende do seu preço e

do preço de outro artigo relacionado a este.

Os produtos manteiga e margarina, por exemplo, são considerados substitu-

tos. Isto acontece numa situação em que q é constante

e, na medida em que p cresce, x decresce e y cresce.

Então, um decréscimo na demanda para um produ-

to corresponde a um acréscimo na demanda para

outro.

221


Se tivermos as equações de demanda dos dois produtos, suas derivadas par-

ciais irão representar as demandas marginais parciais, da seguinte forma:

xp

∂∂

dá a demanda marginal (parcial) de x em relação a p;

xq

∂∂

dá a demanda marginal (parcial) de x em relação a q;

y

p

∂∂

dá a demanda marginal (parcial) de y em relação a p;

y

q

∂∂

dá a demanda marginal (parcial) de y em relação a q.

Usando as derivadas parciais podemos analisar se os produtos são comple-

mentares ou substitutos.

Vamos calcular as derivadas parciais para determinar as quatro demandas

marginais.

xp

∂∂

= –2 xq

∂∂

= 3 y

p

∂∂

= 1 y

q

∂∂

= –4

Ao analisarmos os sinais destas derivadas, percebemos que xq

∂∂

> 0 e y

p

∂∂

> 0,

sendo assim, os dois produtos são substitutos (ver mensagem do SiSóSi).

Problema 5 • Temperaturas em um disco

(Problema adaptado de GONÇALVES; FLEMMING, 1999, p. 203)

A temperatura T em qualquer ponto (x,y) do plano é dada por T = 3y2 + x2 – x.

Qual a temperatura máxima e a mínima num disco fechado de raio 1 centrado

na origem?

Olá, amigos! Também entendo de economia. Posso ajudar com a seguinte proposição:

Dois artigos são complementares se e somente se ∂∂

xq

e ∂∂

yp

forem negativos.

Dois produtos são substitutos se e somente se ∂∂

xq

e ∂∂

yp

forem positivos.

Dois produtos não são complementares nem substitutos se as derivadas parciais ∂

∂xq

e ∂∂

yp

tiverem sinais opostos.

222


O problema de otimização apresentado pode ser escrito da seguinte forma:

max T = 3y2 + x2 – x max T = 3y2 + x2 – x

s. a x2 + y2 ≤ 1 s. a x2 + y2 ≤ 1

Este é um problema em que a utilização do Teorema de Weierstrass se torna

importante. A partir dele, garantimos a solução deste problema de otimi-

zação, visto que pretendemos maximizar e minimizar uma função contínua

num domínio fechado e limitado.

Num primeiro momento, vamos encontrar os pontos críticos da função

T = 3y2 + x2 – x a partir do cálculo de suas derivadas parciais:

T 12x 1 0 x

x 2

T6y 0 y 0

y

∂ = − = ⇒ =∂∂ = = ⇒ =∂

O ponto crítico encontrado foi ( 12

,0) e este ponto pertence ao disco fechado

de raio 1. Para classifi cá-lo podemos usar a matriz hessiana:

2 0H(x, y) 12.

0 6= =

Substituindo o ponto ( 12

,0), temos H( 12

,0) > 0 e precisamos então calcular a

derivada de segunda ordem no ponto ( 12

,0):

2

2

T

x

∂∂

( 12

,0) = 2 > 0

Assim, o ponto ( 12

,0) é um ponto de mínimo, pois H( 12

,0) > 0 e 2

2

T

x

∂∂

( 12

,0) > 0

no interior do disco fechado de raio 1.

Vamos agora analisar o comportamento da função T = 3y2 + x2 – x na frontei-

ra do disco fechado, que pode ser representado algebricamente por:

2 2

2

x y 1

y 1 x

+ =

= ± −

223


Substituindo na função T teremos:

2 2 2 2

2 2

2

T(x, 1 x ) 3( 1 x ) x x

3(1 x ) x x

2x x 3 , 1 x 1.

± − = ± − + −

= − + −

= − − + − ≤ ≤

Para determinar os pontos críticos desta função de uma variável, calculamos a

sua derivada de primeira ordem e usamos a análise de função de uma variável:

T 14x 1 0 x .

x 4∂ = − − = ⇒ = −∂

Podemos concluir que:

x = –14

é um ponto de máximo em (–1,1);

x = 1 é um ponto de mínimo em [–1,1].

Como encontramos vários pontos, vamos montar uma tabela para auxiliar na

análise fi nal:

Ponto crítico (x0,y

0) Localização f(x

0,y

0)

( 12

,0) Interior do disco fechado –14

1 15,

4 4

⎛ ⎞− ±⎜ ⎟

⎝ ⎠Fronteira do disco fechado

258

(1,0) Fronteira do disco fechado 0

Analisando a tabela resumo, podemos perceber que a temperatura máxima é

igual a 258 unidades de temperatura e ocorre nos pontos

1 15,

4 4

⎛ ⎞− ±⎜ ⎟

⎝ ⎠ e a tempe-

ratura mínima é igual a – 14

unidades de temperatura e ocorre no ponto ( 12

,0).

224


Problema 6 • Otimização de volumes de caixas

(Problema adaptado de Thomas, p. 323)

Uma empresa de entregas aceita apenas caixas retangulares cujos compri-

mentos e perímetros da seção transversal não ultrapassem 108 centímetros.

Encontre as dimensões de uma caixa a ser utilizada pela empresa e que pos-

sua o maior volume possível.

Se chamarmos de x, y e z o comprimento, a largura e a altura da caixa retan-

gular, respectivamente, podemos dizer que o volume da caixa será dado por

V = xyz e o perímetro da seção transversal será 2y + 2z. O problema de otimi-

zação propõe que

max. V = xyz

s. a x + 2y + 2z = 108

sendo que x + 2y + 2z = 108 representa a maior caixa para entregas aceita

pela empresa.

O volume da caixa pode ser reescrito se isolarmos x da segunda equação:

x = 108 – 2y – 2z

V = (108 – 2y – 2z)·yz

V = 108yz – 2y2z – 2yz2

As derivadas parciais devem ser igualadas a zero para encontrarmos os pon-

tos críticos:

2

2

V108z 4yz 2z 0

y

V108y 2y 4yz 0

z

∂ = − − =∂∂ = − − =∂

O sistema de equações deve ser resolvido:

(108 – 4y – 2z)z = 0 ⇒ (108 – 4y – 2z) = 0 z = 0

(108 – 2y – 4z)y = 0 ⇒ (108 – 2y – 4z) = 0 y = 0

Considerando z = 0:

108 – 2y – 4z = 0

108 – 2y = 0

y = 54

225


Considerando y = 0:

108 – 4y – 2z = 0

108 – 2z = 0

z = 54

Agora vamos considerar as equações (108 – 4y – 2z) = 0 e (108 – 2y – 4z) = 0:

(108 – 4y – 2z) = 0

(–216 + 4y + 8z) = 0

–108 – 6z = 0

z = 18

y = 18

Estão defi nidos os seguintes pontos (y,z): (0,0), (0,54), (54,0), (18,18).

Para os pontos (0,0), (0,54) e (54,0) o volume será igual a zero e, sendo assim,

não são pontos que interessam neste momento, pois não fornecem pontos

máximos.

Para analisar o ponto (18,18) calculamos o determinante da matriz hessiana

neste ponto:

2

2

4z 108 4y 4zH(y, z) 16yz (108 4y 4z)

108 4y 4z 4y

H(18,18) 6 18 18 (108 4 18 4 18) 3888 0

− − −= = − − −

− − −

= ⋅ ⋅ − − ⋅ − ⋅ = >

Para classifi car este ponto como máximo ou mínimo, precisamos encontrar o

sinal de sua derivada parcial de segunda ordem:

2

2

2

2

V4z

y

V(18,18) 4 18 72 0

y

∂ = −∂

∂ = − ⋅ = − <∂

Sendo assim, o ponto (18,18) é um ponto de máximo, ou seja, irá fornecer o

volume máximo. As dimensões da caixa podem então ser defi nidas:

x = 108 – 2·18 – 2·18 = 36 cm;

y = 18 cm e

z = 18 cm.

Com estas dimensões, o volume máximo será dado por:

V = xyz = 36·18·18 = 11.664 cm3.

226


Problema 7 • Caminhando nas montanhas

(Problema adaptado de BOULOS, 2000, p. 86)

Em uma montanha, as alturas em metros em cada um

dos pontos em relação ao plano horizontal xy podem ser

representadas pela função h = 100 – x2 – y2. Nesta mon-

tanha existe uma única estrada, que pode ser modelada

pela equação (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1. Se uma pessoa percor-

re toda a estrada qual será a maior altura que conseguirá atingir? E qual será a

menor?


max. h = 100 – x2 – y2 min. h = 100 – x2 – y2

s.a (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1 s.a (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange, precisamos defi nir a

função L dada por:

L(x,y,λ) = (100 – x2 – y2) – λ·((x – 1)2 + (y – 1)2 – 1)

O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e λ:

2 2

L2x 2 (x 1)

x

L2y 2 (y 1)

y

L(x 1) (y 1) 1

∂ = − − λ −∂∂ = − − λ −∂∂ = − − − − +∂λ

Igualando as derivadas a zero temos o seguinte sistema:

2 2

2x 2 (x 1) 0

2y 2 (y 1) 0

(x 1) (y 1) 1 0

⎧− − λ − =⎪− − λ − =⎨⎪− − − − + =⎩

Agora vamos resolver o sistema:

–x = λ(x – 1)

–y = λ(y – 1)

(x – 1)2 + (y – 1)2 = 1

227


Da primeira equação podemos dizer que se x ≠ 1 temos x

x 1−λ =−

, que pode

ser substituído na segunda equação:

xy (y 1) x y.

x 1−− = − ⇒ =−

E se x = y podemos substituir na terceira equação:

(x – 1)2 + (x – 1)2 = 1

2(x – 1)2 = 1

2x2 –4x + 2 – 1 = 0

2x2 –4x + 1 = 0

4 16 4 2 1 2x 1 .

2 2 2± − ⋅ ⋅= = ±

⋅

Os pontos 2 21 ,1

2 2

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟

⎝ ⎠, 2 2

1 ,12 2

⎛ ⎞− −⎜ ⎟

⎝ ⎠ são pontos críticos da função L e, assim,

pontos candidatos a extremos condicionantes da função h = 100 – x2 – y2.

Por fi m, podemos substituir estes pontos na função h = 100 – x2 – y2 para

encontrar os valores extremos. Teremos o seguinte:

2 2

2 2

2 2 2 2h 1 ,1 100 1 1 97 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2h 1 ,1 100 1 1 97 2 2

2 2 2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + = − + − + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − = − − − − = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Sendo assim, se uma pessoa percorre toda a estrada, a maior altura que

consegue atingir é de 97 + 2 2 metros, ou seja, aproximadamente 99,83

metros. A menor altura que consegue atingir é de 97 – 2 2 metros, ou seja,

94,17 metros.

228


Nesta seção vamos analisar problemas que requerem o uso das

integrais múltiplas. Na unidade anterior já discutimos a aplicação

no contexto do cálculo de áreas de fi guras planas e volumes de

sólidos, agora vamos ampliar analisando também as aplicações

físicas.

Problema 1 • Volume de sólidos com projeção elíptica

Calcular o volume do sólido delimitado por:

z = 26 – 7x2 – 3y2 e z = 2x2 + y2 – 10.

Este é um sólido delimitado por dois parabolóides e a sua projeção sobre o

plano z = 0 é uma elipse cuja expressão analítica pode ser obtida fazendo-se:

26 – 7x2 – 3y2 = 2x2 + y2 – 10

9x2 + 4y2 = 3622 yx

14 9

+ =

SEÇÃO 2

Problemas que envolvem o

uso de integrais múltiplas

229


Para resolver este problema vamos usar uma dupla transformação de variá-

veis no contexto de uma integral tripla.

Inicialmente vamos transformar a região elíptica em uma região circular e

posteriormente em uma região quadrada. Acompanhe as transformações,

lembrando que vamos usar o contexto de transformações de variáveis discu-

tido na Unidade 5.

A integral tripla que vai defi nir o volume pode ser escrita como:

2 2

2 2

26 7x 3y

R 2x y 10

V dz dx dy.− −

+ −

= ∫∫ ∫ ( 1 )

Observe que o sólido está limitado inferiormente pelo parabolóide virado

para cima z = 2x2 + y2 – 10 e superiormente pelo parabolóide virado para

baixo z = 26 – 7x2 – 3y2. A projeção R está delimitada pela elipse 22 yx

14 9

+ = .

Para transformar a região R em uma nova região do tipo circular vamos usar a

seguinte transformação de variáveis:

x = 2u

y = 3v

De fato, se substituirmos os valores na elipse vamos obter o círculo de raio 1.

22 yx1

4 9+ =

2 2(2u) (3v)1

4 9+ =

u2 + v2 = 1

Para levar esses resultados para a integral, é necessário encontrar o jacobiano

da transformação

x x2 0(x, y) u v

6.(u, v) y y 0 3

u v

∂ ∂∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂

∂ ∂

230


Assim, podemos reescrever (1) como

2 2

2 2

26 28u 27v

R 8u 9v 10

V 6 dz dudv.− −

′ + −

= ∫∫ ∫ ( 2 )

Observe que usamos a transformação discutida na Seção 5 da Unidade 5,

com o detalhe de que a região R fi cou transformada na região R' delimitada

por u2 + v2 = 1.

Vamos fazer uma segunda transformação usando as coordenadas cilíndricas

para a região circular. Neste caso temos:

u = r cos θv = r sen θz = z

e o jacobiano é igual a r, como já calculado na Seção 5 da Unidade 5.

Para otimizar os resultados, vamos resolver a primeira integral em z , reescre-

vendo (2) como

2 2

2 2

26 28u 27v

2 2

R R8u 9v 10

V 6 dz dudv 6 (36 36u 36v )dudv.− −

′ ′+ −

= = − −∫∫ ∫ ∫∫ ( 3 )

Assim, com a aplicação das coordenadas polares (agora já estamos somente

com a integral dupla), temos:

2 2 2

R R

V 6 (36 36u 36v )dudv 6 (36 36r )r dr d .′ ′′

= − − = − θ∫∫ ∫∫ ( 4 )

Observe que a região R" é uma região quadrangular

0 r 1R" :

0 2

≤ ≤⎧⎨ ≤ θ ≤ π⎩

A expressão (4) pode então ser expressa com as integrais iteradas

2 1

2

0 0

V 6 (36 36r )r dr d .π

= − θ∫ ∫

231


Resolvendo esta última integral vamos obter o volume do sólido dado. Temos

unidades de volume

12 22 42

000 0

r rV 6 36 36 d 6 9 d 54 108 .

2 4

π ππ= − θ = θ = θ = π∫ ∫

Neste exemplo, mostramos a importância da dupla transformação para

facilitar os cálculos. Se a integral (1) for resolvida nas coordenas xy, vamos

ampliar muito a complexidade dos cálculos e dos métodos de integração. Na

Figura 6.3 você pode observar um resumo das transformações usadas.

Figura 6.3 Dupla transformação

Problema 2 • Cálculo de massa e centro de massa

de placas planas com espessuras desprezíveis

(Adaptado de THOMAS, 2003, p. 371)

No Cálculo II você já analisou o cálculo de massa e centro de massa de barras

com espessuras desprezíveis usando como objeto matemático as integrais

defi nidas.

Agora vamos ampliar essa idéia para calcular massa e centro de massa de

placas planas com espessuras desprezíveis.

Veja um exemplo para aplicar esse tipo de problema

232


Uma placa fi na cobre a região triangular limitada pelo eixo x e pelas retas

x = 1 e y = 2x no primeiro quadrante. A densidade da placa no ponto (x,y)

é δ(x,y) = 6x + 6y + 6. Encontre a massa da placa, os primeiros momentos e

centro de massa em relação aos eixos coordenados.

Na Figura 6.4 você pode visualizar o formato da placa com todos os detalhes

para escrever os limites de integração.

Figura 6.4 Placa triangular

A região de integração pode ser descrita como

0 y 2xR :

0 x 1

≤ ≤⎧⎨ ≤ ≤⎩

Uma discussão similar à do Cálculo II nos permite usar as seguintes fórmulas para placas fi nas que cobrem o plano xy, numa região delimitada por R:

Massa: = δ∫∫R

M (x, y)dA

Primeiros momentos:

= δ = δ∫∫ ∫∫x y

R R

M y (x, y)dA M x (x, y)dAe

Centro de massa: = =y xM M

x yM M

e .

Não esqueçam que δ(x,y) representa a densidade de massa medida em massa por unidade de área.

233


A massa da placa é

1 2x 1 2x

0 0 0 0

1 12x2 2

00 0

13 2

0

M (x, y)dydx (6x 6y 6)dydx

6xy 3y 6y dx (24x 12x)dx

[8x 6x ] 14.

= δ = + +

= + + = +

= + =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

O primeiro momento em relação ao eixo x é:

1 2x 1 2x

2

x

0 0 0 0

1 12x2 3 2 3 2

00 0

14 3

0

M y (x, y)dydx (6xy 6y 6y)dydx

xy 2y 3y dx (28x 12x )dx

[7x x ] 11.

= δ = + +

= + + = +

= + =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

Um cálculo similar dá o momento em relação ao eixo y:

1 2x

y

0 0

M x (x, y)dydx 10.= δ =∫ ∫

As coordenadas do centro de massa são, portanto,

,y yM M10 5 11

x y .M 14 7 M 14

= = = = =

O cálculo integral no contexto das várias variáveis tem mui-tas aplicações geométricas e físicas que foram sendo cons-truídas no decorrer da história. A Matemática de Green pro-piciou muitas descobertas futuras no contexto, por exemplo, do eletromagnetismo. O trabalho de George Stokes (1819-1903) também em contextos práticos (hidrodinâmica, elas-ticidade, luz, gravitação, som, calor etc.) refl ete aplicações formais do cálculo de várias variáveis. O famoso Teorema de Stokes (que não é de sua autoria), uma generalização do Teo-rema de Green para o espaço tridimensional, é utilizado para transformar determinadas integrais curvilíneas em integrais de superfície ou vice-versa. Esses conceitos não serão dis-cutidos neste nosso texto, pois requerem o estudo das inte-grais no contexto dos campos vetoriais.

234


Problema 3

• Cálculo de massa e centro de massa de sólidos

(Adaptado de THOMAS, 2003, p. 371)

Encontrar o centro de massa de um sólido S de densidade constante, denota-

da por k, limitado abaixo pelo disco R: x2 + y2 ≤ 1, no plano z = 0 e acima pelo

parabolóide z = 1 – x2 – y2.

A massa do sólido é dada por:

2 2 2 21 x y 1 x y

2 2

R 0 R 0

M k dz dx dy k (1 x y )dx dy− − − −

= = − −∫∫ ∫ ∫∫ ∫

Como a região é circular vamos usar coordenadas polares:

unidades de massa.

2 1

2 3

R 0 0

12 22 3

00 0

M k (1 r )r dr d k (r r )dr d

r r 1k d k d k

2 3 6 3

π

′

π π

= − θ = − θ

π= − θ = θ =

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

Basta fazer a extensão das fórmulas para o sólido S. Veja:

Massa: = δ∫∫∫S

M (x, y, z)dV

Primeiros momentos em relação aos planos coordenados:

= δ

= δ

= δ

∫∫∫

∫∫∫

∫∫∫

yz

S

xz

S

xy

S

M x (x, y, z)dV

M y (x, y, z)dV

M z (x, y, z)dV

Centro de massa: = = =yz xyxzM MM

x y zM M M

, e

δ(x,y,z) representa a densidade de massa medida em massa por unidade de volume.

235


Cálculo do centro de massa

Como o sólido tem simetria podemos afi rmar que x = y = 0. Para calcular z,

vamos precisar calcular o momento .

Temos:

2 2 21 x y 2 1 1 r

xy

R 0 0 0 0

2 1 25 3

0 0 0

M zk dz dx dy k zr dz dr d

r 2r r 1 kk dr d k d

2 12 6

− − π −

π π

= = θ

− + π= θ = θ =

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Portanto,

k16z .

k 23

π

= =π

Assim (0,0, 12

) é o centro de massa.

Problema 4 • Momentos de inércia

(Adaptado de GONÇALVES; FLEMMING, 1999, p. 286)

Outro objeto físico que podemos trabalhar no contexto das integrais é o mo-

mento de inércia, que pode ser interpretado como uma medida da capacida-

de do corpo de resistir à aceleração em torno de um eixo L.

Para o caso de chapas, fi cam estabelecidas as seguintes fórmulas:

George Green (1793-1841) reduziu o problema da atração mútua de duas massas elipsoidais à análise e então resolveu o problema para um número qualquer de variáveis dizendo: “Não mais está circunscrito, como estava, às três dimensões do espaço”. Este foi efetivamente um grande passo para o contexto do estudo da análise de várias variáveis.

236


Momento de inércia em relação ao eixo x.

Ix = ∫∫

R

y2δ(x,y)dA.

Momento de inércia em relação ao eixo y.

Iy = ∫∫

R

x2δ(x,y)dA.

Momento de inércia polar

Io = ∫∫

R

(x2 + y2)δ(x,y)dA.

Observe que os valores y2, x2 e x2 + y2 que aparecem nas integrais anteriores

são “distâncias ao quadrado”, como mostra a Figura 6.5.

Figura 6.5 Região genérica Rk

Para o caso de sólidos vamos ter as seguintes fórmulas:

Momento de inércia, Iz, em relação ao eixo z,

Iz = ∫∫∫

T

(x2 + y2)δ(x,y,z)dV;

Momento de inércia, Ix, em relação ao eixo x,

Ix = ∫∫∫

T

(y2 + z2)δ(x,y,z)dV;

Momento de inércia, Iy, em relação ao eixo y,

Iy = ∫∫∫

T

(x2 + z2)δ(x,y,z)dV.

237


Para exemplifi car podemos calcular o momento de inércia em relação ao eixo

dos y da chapa delimitada pelo eixo dos x e pela curva y = x no intervalo

[0,4], sabendo-se que a densidade de massa é igual a xy kg/m2.

Na Figura 6.6 temos a chapa desenhada.

Figura 6.6 Chapa plana

Vamos usar a fórmula dada,

Iy = ∫∫

R

x2δ(x,y)dA.

Nesse exemplo, temos δ(x,y) = xy e R descrita por

0 y xR :

0 x 4

⎧ ≤ ≤⎪⎨

≤ ≤⎪⎩

Assim,

2 kg m

x4 x 4 22

y

0 0 0 0

yI x xy dy dx dx 32 .

2= = = ⋅∫ ∫ ∫

Vocês pensam que eu não sei Matemática nem Física?

Vou mostrar como entender o que é momento de inércia.

O que você está vendo?

O que torna a locomotiva difícil de mover ou parar é sua massa. O que torna a haste difícil de mover ou parar é seu momento de inércia. O momento de inércia inclui não apenas a massa, mas também sua distribuição.

Puxa! Acho que não ajudei muito!

238

Síntese da Unidade

Se você acompanhou bem todos os cálculos realizados nesta uni-

dade, você tem um feedback da sua aprendizagem. Caso tenha

encontrado difi culdades, recomendamos retornar às unidades

anteriores para revisar os objetos defi nidos e os cálculos propos-

tos. Veja que o nosso objetivo não foi discutir aspectos físicos de

forma detalhada, mas simplesmente apresentar problemas clássi-

cos que mostram a importância das funções de várias variáveis e

principalmente das integrais múltiplas.

Não encerre seu estudo se tiver dúvidas. Busque ajuda com o seu

professor tutor.

239

ATIVIDADES DE

auto-avaliação

1. A altura das ondas H num mar aberto depende da rapidez do vento v e

do intervalo de tempo t no qual está ventando com a mesma intensidade.

Os valores da função h = f(v,t) dados em pés são apresentados na tabela que

segue.

t (h)v (nós)

5 10 15 20 30 40 50

10 2 2 2 2 2 2 2

15 4 4 5 5 5 5 5

20 5 7 8 8 9 9 9

30 9 13 16 17 18 19 19

40 14 21 25 28 31 33 33

50 19 29 36 40 45 48 50

60 24 37 47 54 62 67 69

a. Qual é o valor de f(40,15)? Qual seu signifi cado?

b. Qual o signifi cado da função h = f(30,t)? Descreva seu comportamento.

c. Qual o signifi cado da função h = f(v,30)? Descreva seu comportamento.

d. Calcule de forma aproximada ∂∂

ft

(30,15).

240


2. Uma placa circular tem o formato descrito pela região x2 + y2 ≤ 1. Toda a

placa, incluindo sua fronteira, é aquecida de tal forma que a temperatura no

ponto (x,y) possa ser representada por T(x,y) = x2 + 2y2 – x. Encontre a tem-

peratura nos pontos mais quentes e mais frios da placa.

3. Em uma empresa que produz dois diferentes produtos, temos as funções

de demanda

Q1 = 40 – 2P

1 – P

2

Q2 = 35 – P

1 – P

2

sendo que Qi, i = 1,2 representa o nível do i-ésimo produto por unidade de

tempo e Pi, i = 1,2 os respectivos preços. A função custo é dada por

2 2

1 2C Q Q 10= + +

e a função receita é dada por

R = P1Q

1 + P

2Q

2.

a. Sabendo-se que o lucro é igual à receita menos o custo, encontre a fun-

ção lucro.

b. Encontre os níveis de produção que maximizam o lucro.

c. Determine o lucro máximo.

4. Vamos supor que p reais seja o preço por unidade de x unidades de um

produto e q reais seja o preço por unidade de y unidades de outro produto.

As equações de demanda podem são dadas por:

e8 12

x y .pq pq

= =



5. Um sólido tem a forma da região delimitada pelo parabolóide

z = 1 – x2 – y2 e o plano z = 0. A densidade em um ponto A(x,y,z) é

proporcional à distância de A até a origem. Apresente as integrais para o cal-

culo da massa e do centro de massa.

241


6. Calcule o momento de inércia em relação ao eixo z do sólido delimitado

pelo cilindro x2 + y2 = 9 e pelos planos z = 2 e z = 4, sabendo que a densida-

de de massa é igual a (x2 + y2) kg/m3.

7. Considere a chapa desenhada na fi gura que segue.

a. Desenvolva a área da chapa.

b. Desenvolva a massa da chapa considerando a densidade como um valor

constante k.

c. Construa um sólido que tenha a região dada como base.

d. Calcule o volume do sólido construído em (c).

Saiba mais

Nesta unidade listamos vários livros que você pode buscar

para pesquisar outros exemplos e até mesmo outras nota-

ções. Esta parte do cálculo diferencial e integral é muito

rica em representações semióticas. Busque o uso dos sof-

twares para auxiliar na visualização espacial.

243

CÁLCULO III

PARA CONCLUIR O ESTUDO

Para concluir o estudo desta disciplina, vamos relembrar os ob-

jetivos que constam na proposta pedagógica do seu curso. Os

objetivos estão relacionados com a sua futura profi ssão, que exige

conhecimentos matemáticos mais aprofundados, um pouco além

do que se trabalha no atual ensino fundamental e médio.

Mas, temos outros objetivos!

É preciso desenvolver competências e habilidades para resolver

situações-problema que surgem no nosso dia-a-dia. Essas com-

petências foram adquiridas do decorrer de todo o processo de

ensino-aprendizagem, que exigiu muita dedicação da sua parte.

Para concretizar a sua aprendizagem foi necessário também o

estabelecimento de uma série de relações que o conduziram aos

conteúdos e aos objetos matemáticos do contexto das funções de

várias variáveis. Foi necessária uma aproximação com diferen-

tes métodos e instrumentos específi cos do Cálculo, os quais lhe

permitiram a construção de interpretações pessoais e, em alguns

momentos, subjetivas. Apesar de você ter tido a oportunidade de

compartilhar idéias com os seus colegas e com o seu professor

tutor, isto não modifi cou o fato de que as suas idéias podem ter

sido únicas.

Nossa visão construtivista nos permite colocar olhares para a di-

versidade possibilitando a geração de estratégias que promovam

ao aluno o entendimento do que faz e por que o faz. Isto signifi ca

244


que você pode dar-se conta de suas difi culdades e, se for necessá-

rio, pedir ajuda.

Você deve ter se dedicado à resolução das atividades de auto-ava-

liação e as atividades denotadas pelo slogan “Agora é a sua vez”

– você teve oportunidade para experimentar o que aprendeu e

isto deve ser a sua maior fonte de motivação para esforçar-se cada

vez mais.

Você é um vencedor!

Queremos fi car sempre junto com você nessa caminhada de

grandes conquistas.

Nossos personagens SiSóSi, Phil, Rec e Teca não devem ser es-

quecidos, pois as suas funções no nosso texto estão além de uma

motivação. Eles representam metaforicamente as grandes áreas

que devemos trilhar: o estudo formal dos conceitos, as considera-

ções culturais e históricas, as questões desafi adoras e recreativas e

por fi m o domínio das inovações tecnológicas.

Um grande abraço para você!

As autoras.

245

CÁLCULO III

REFERÊNCIAS

BOULOS, Paulo; ABUD, Zara Issa. Cálculo Diferencial e Inte-

gral. v. 2. São Paulo: Makron Books, 2000.

GONÇALVES, Mirian Buss; FLEMMING, Diva Marília. Cál-

culo B: funções de várias variáveis, integrais multiplas, integrais

curvilíneas e de superfície. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2007.

LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica. v. 1. São

Paulo: Harbra, 1982.

STEWART, James. Cálculo. v. 2. São Paulo: Th omson, 2004.

THOMAS, George B. Cálculo. v. 2. São Paulo: Pearson Addison

Wesley, 2003.

246


SOBRE AS

PROFESSORAS

CONTEUDISTAS

Diva Marília Flemming é doutora em Engenharia de

Produção pela Universidade Federal de Santa Catarina (ufsc).

É mestre em Matemática Aplicada e graduada em Matemáti-

ca, ambos pela ufsc. Já atuou no ensino de disciplinas em curso

de administração na Universidade para o Desenvolvimento do

Estado de Santa Catarina (udesc), como professora convidada.

Aposentada como professora pela ufsc, atualmente é professora

e pesquisadora na Universidade do Sul de Santa Catarina (uni-

sul). No contexto do ensino de Matemática tem desenvolvido

suas atividades na Unisul com alunos dos cursos de Engenharia

e de Matemática. É autora de livros de Cálculo Diferencial e In-

tegral, adotados em vários estados do Brasil. Como pesquisadora,

no Núcleo de Estudos em Educação Matemática (neem – uni-

sul), dedica-se à Educação Matemática com ênfase nos recursos

tecnológicos. Sua atual paixão profi ssional está nos desafi os da

educação a distância, realizando experimentos na formação de

professores de Matemática. Atualmente, coordena na UnisulVir-

tual dois cursos oferecidos a distância: Graduação em Matemáti-

ca – Licenciatura e Pós-Graduação em Educação Matemática. É

autora de vários livros didáticos utilizados na UnisulVirtual.

247

CÁLCULO III

Elisa Flemming Luz é doutora em Engenharia de Produção

pela Universidade Federal de Santa Catarina (ufsc), mestre em

Engenharia Elétrica e graduada em Engenharia Elétrica, ambos

pela ufsc. Atuou como professora da Unisul de 1996 até agosto

de 2006 ministrando aulas em disciplinas na área da Matemática

para os cursos de Engenharia e Matemática. Ministra disciplinas

em cursos de especialização presencial e a distância. Desenvolveu

diversas pesquisas no Núcleo de Estudos em Educação Matemá-

tica (neem – unisul) na área de Educação Matemática. Atual-

mente é professora do cefet de Santa Catarina.

249

RESPOSTAS E COMENTÁRIOS DOS EXERCÍCIOS

“Agora á a Sua Vez” e

“Atividades de auto-avaliação”

UNIDADE 1

Funções de Várias Variáveis

SEÇÃO 1 • Funções de várias variáveis

Agora é a Sua Vez! (página 26)

1. Encontre o domínio da função +

=+ −2 2

2x yz

x y 4.

O domínio é dado por:

D(z) = { (x,y) | x2 + y2 – 4 ≠ 0 }

2. Encontre o domínio e o conjunto imagem da função +=2 2x yu e .

D(u) = R2

Im(u) = (0,+∞)

250


3. Faça um esboço gráfi co do domínio da função = − +2 2z ln(2 x y ) .

D(z) = { (x,y) | − +2 22 x y > 0 }

Temos:

− + >

> +

+ <

+ <

2 2

2 2

2 2

2 2

2 x y 0

2 x y

x y 2

x y 4

Assim, D(z) = { (x,y) | x2 + y2 < 4 }.

O gráfi co está apresentado na Figura 7.1

Figura 7.1 Gráfi co de D(z) = { (x,y) | x2 + y2 < 4 }

4. Calcule a imagem da função +

=−

x yz

2 x no ponto (1, 1

2). Esta função está

defi nida para pares ordenados do tipo (2,b) sendo b um número real? Justifi -

que a sua resposta.

1 31

1 32 2f 1,2 2 1 1 2

2 b 2 bf(2, b)

2 2 0

+⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟ −⎝ ⎠+ += = = ∃−

Não está defi nida em pares do tipo (2,b) pois não existe divisão por zero.

251

CÁLCULO III Respostas e comentários dos exercícios

SEÇÃO 2 • Curvas de Nível


1. Encontre algebricamente três curvas de nível para a função z = 10 – 2(x2 + y2).

C1 : = − +

= +

+ =

+ =

2 2

2 2

2 2

2 2

1 10 2(x y )

–9 –2(x y )

2(x y ) 9

9x y .

2

C2 : = − +

= +

+ =

2 2

2 2

2 2

2 10 2(x y )

–8 –2(x y )

x y 4.

C3 : = − +

= +

+ =

2 2

2 2

2 2

3 10 2(x y )

–7 –2(x y )

7x y .

2

2. Usando um software gráfi co desenhe 3 curvas de nível para a função

z = (x – 1)2 + y2. Indique qual o valor da cota escolhida.

Vamos escolher as cotas 1, 4 e 9. Assim,

C1: 1 = (x – 1)2 + y2

C4: 4 = (x – 1)2 + y2

C9: 9 = (x – 1)2 + y2

A Figura 7.2 mostra as curvas.

Figura 7.2 Curvas de nível de z = (x – 1)2 + y2

252


SEÇÃO 3 • Gráfi cos de funções de duas variáveis


1. Para cada uma das funções, faça um esboço do seu gráfi co identifi cando

algumas curvas de nível:

a. z = x2 + (y – 1)2

Figura 7.3 Gráfi co e curvas de nível de z = x2 + (y – 1)2

b. = +2 2f(x, y) x y

Figura 7.3 Gráfi co e curvas de nível de = +2 2f(x, y) x y

253


c. g(x,y) = 2 – x2

Figura 7.3 Gráfi co e curvas de nível de g(x,y) = 2 – x2



a. z = 3 – x

O domínio desta função é dado por

D(z) = IR2 e o conjunto imagem é

Im(z) = IR. Considerando-se o seu

domínio em IR2, não é possível

identifi car pontos de máximo ou

mínimo.

Figura 7.6 Gráfi co de z = 3 – x

b. z = 1 + (x – 1)2 + (y – 1)2


D(f ) = IR2 e o conjunto imagem será

Im(f ) : { z ∈ IR | z ≥ 1 }. Nesta função

é possível identifi car um valor míni-

mo em z = 1 que acontece quando

(x,y) = (1,1). O parabolóide é circular

e possui concavidade voltada para

cima. O seu vértice está no ponto

(1,1,1).

Figura 7.7

Gráfi co de z = 1 + (x – 1)2 + (y – 1)2

254


c. z = x2

Este cilindro parabólico, ou calha, pos-

sui concavidade para cima, pois o sinal

de x2 é positivo. O domínio da função

é D(z) : { (x,y) ∈ IR2 } e o conjunto

imagem Im(z) : { z ∈ IR | z > 0 }. O valor

mínimo é z = 0.

Figura 7.8 Gráfi co de z = x2

Atividades de auto-avaliação (página 46)

1. Para as funções a seguir calcule o Domínio e o Conjunto Imagem. Faça o

Gráfi co do domínio.

a. z = 9x2 + 4y2

D(z) = R2

Im(z) = { z ∈ IR | z ≥ 0 }

b. z = xy

D(z) = R2

Im(z) = R

A Figura 7.9 mostra o domínio dos

problemas a e b, grafi camente.Figura 7.9 Plano real

c. = − −2 2z 10 x y

D(z) = { (x,y) | 10 – x2 – y2 ≥ 0 }

D(z) = { (x,y) | x2 + y2 ≤ 10 }

Im(z) = (0,+∞)

A Figura 7.10 mostra o domínio.

Figura 7.10

Gráfi co do domínio x2 + y2 ≤ 10

255


2. Dada as funções f(x,y) = x – y; = −+

2

2 2

xyg(x, y)

x y; h(x,y) = sen 2x cos y e

= −+2 2

1m(x, y)

(4x y ), encontre algumas curvas de nível e procure identifi car

dentre as Figuras 1.27, 1.28 , 1.29 e 1.30 qual delas representam curvas de

nível das funções dadas.

As fi guras representam curvas de nível das seguintes funções:

Figura 1.27: =+2 2

1m(x, y)

(4x y )

Figura 1.28: =+

2

2 2

xyg(x, y)

x y

Figura 1.29: h(x,y) = sen 2x cos y;

Figura 1.30: f(x,y) = x – y.



a. z = 2 – y


D(z) = IR2 e o conjunto imagem é

Im(z) = IR. Não tem pontos de máxi-

mo ou mínimo.

Figura 7.11 Gráfi co de z = 2 – y

256


b. z = (x – 1)2 + (y – 1)2


D(f ) = IR2 e o conjunto imagem será

Im(f ) : { z ∈ IR | z ≥ 0 }. Nesta função

é possível identifi car um valor míni-

mo em z = 0 que acontece quando

(x,y) = (1,1). O parabolóide é circular

e possui concavidade voltada para

cima. O seu vértice está no ponto

(1,1,0).Figura 7.12

Gráfi co de z = (x – 1)2 + (y – 1)2

c. z = 1 – y2

Esta calha possui concavidade para

baixo. D(z) : { (x,y) ∈ IR2 } e o conjunto

imagem Im(z) : { z ∈ IR | z ≤ 1 }. O

valor máximo é z = 1.

Figura 7.13 Gráfi co de z = 1 – y2

d. = − − −2 2y 4 x (z 2)

Esta função representa o hemisfério

da direita de uma esfera de raio 2. O

centro da esfera está em (0,0,2). Seu

domínio será:

D(y) : { (x,y) ∈ IR2 | 4 – x2 – (z – 2)2 ≥ 0 }

e o conjunto imagem:

Im(y) : { y ∈ IR | 0 ≤ y ≤ 4 }.

O valor máximo é y = 4.

Figura 7.14 Gráfi co de = − − −2 2y 4 x (z 2)

257


e. = − 2x 9 y

Este gráfi co representa uma parte

do cilindro x2 + y2 = 9.

O seu domínio será:

D(x) : { (y,z) ∈ IR2 | 9 – y2 ≥ 0 }


Im(x) : { x ∈ IR | 0 ≤ x ≤ 3 }.

O valor máximo é x = 3.

Figura 7.15 Gráfi co de = − 2x 9 y

f. = − +2 2z (x 1) y

Esta é uma função que representa

a parte positiva de um cone que

possui vértice em (1,0,0). A variável

z que está explicitada é a variável

dependente.

O domínio desta função é:

D(z) : { (x,y) ∈ IR2 | (x – 1)2 + y2 ≥ 0 }


Im(z) : { z ∈ IR | z ≥ 0 }.

É possível identifi car um valor míni-

mo em z = 0.

Figura 7.16 Gráfi co de = − +2 2z (x 1) y

4. Identifi que a representação algébrica da função que defi ne o parabolóide

circular representado na Figura 1.31.

Este parabolóide circular pode ser representado, de forma geral, como

z = ax2 + ay2 + b.

Os coefi cientes de x2 e y2 são iguais a a pois o parabolóide é circular. Além

disso, este coefi ciente é negativo a < 0, pois o parabolóide possui concavida-

de voltada para baixo.

258


O valor de b pode ser determinado analisando-se o vértice que está em

(0,0,2). Neste ponto teremos:

z = ax2 + ay2 + b

2 = a·02 + a·02 + b

b = 2

Assim, temos z = ax2 + ay2 + 2. Por fi m, quando z = 0 a curva de nível é dada

por uma circunferência de raio 2 (x2 + y2 = 4). Veja os pontos em que o gráfi co

corta os eixos x e y.

z = 0 ⇒ 0 = ax2 + ay2 + 2 ⇒ a(x2 + y2) = –2 ⇒ x2 + y2 = −2a

Podemos comparar as duas equações e teremos:

− = ⇒ = −2 14 a

a 2

Assim, a representação algébrica do parabolóide será:

z = –12

x2 – 12

y2 + 2.

5. Seja o parabolóide z = x2 + y2. Escreva a representação algébrica deste

parabolóide se o seu vértice estiver:

a. Deslocado uma unidade no eixo positivo dos x: z = (x – 1)2 + y2

b. Deslocado duas unidades no eixo negativo dos y: z = x2 + (y + 2)2

c. Deslocado três unidades no eixo positivo dos z: z = x2 + y2 + 3

259


UNIDADE 2

Limite e Continuidade

SEÇÃO 1 • Noção de limite de uma função de várias variáveis


1. Verifi que se os pontos (1,2), (– 12

, 12

), (2,1) e (3,0) são pontos de acumula-

ção de B = { (x,y) ∈ IR2 | y > 2x2 }.

A Figura 7.17 mostra a região B e os pontos para ajudar da visualização das

respostas.

Figura 7.17 Região B

De maneira geral, podemos dizer que os pontos P ∈ B são de acumulação

quando y > 2x2 ou y = 2x2 e não são de acumulação quando y < 2x2:

(1,2) é ponto de acumulação: (1,2) ∉ B mas neste ponto y = 2x2;

(– 12

, 12

) é ponto de acumulação: (– 12

, 12

) ∉ B mas neste ponto y = 2x2;

(2,1) não é ponto de acumulação pois neste ponto y < 2x2;

(3,0) não é ponto de acumulação pois neste ponto y < 2x2.

260


2. Usando a defi nição, mostre que →

+ =( x ,y ) (2,3)

lim (3x 2y) 12 .

Devemos mostrar que para todo ε > 0 existe um δ > 0 tal que | f(x,y) – 12| < ε

sempre que 0 < | (x,y) – (2,3) | < δ. O módulo | (x,y) – (2,3) | pode ser escrito como

− + −2 2(x 2) (y 3) . Assim, 0 < − + −2 2(x 2) (y 3) < δ.

Agora podemos encontrar δ:

| f(x,y) – 12| = | 3x + 2y – 12 |

= | 3x – 6 + 2y – 6 | = | 3(x – 2)2 + 2(y – 3) |

≤ 3| x – 2 | + 2| y – 3|.

Como | x – 2 | ≤ − + −2 2(x 2) (y 3) e | y – 3 | ≤ − + −2 2(x 2) (y 3) ,

podemos dizer que

3| x – 2 | + 2| y – 3| < 3δ + 2δ3| x – 2 | + 2| y – 3| < 5δ

sempre que 0 < − + −2 2(x 2) (y 3) < δ.

Se fi zermos δ = ε5

garantimos que 0 < − + −2 2(x 2) (y 3) < δ e então teremos:

| f(x,y) – 12| ≤ 3| x – 2 | + 2| y – 3|

< 3·ε5

+ 2·ε5

= ε

Logo, podemos concluir que →

+ =( x ,y ) (2,3)

lim (3x 2y) 12 .

3. Mostre que os limites indicados não existem:

a. →→

−+

2 2

2 2x 0y 0

x 4ylim

x y

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso devemos fazer y = 0

e o limite passa a ser de uma única variável.

→ →=

− ⋅ = =+

2 2 2

2 2 2x 0 x 0y 0

x 4 0 xlim lim 1.

x 0 x

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso devemos fazer x = 0


= →→

− −= = −

+

2 2 2

2 2 2x 0 y 0y 0

0 4y 4ylim lim 4.

0 y y

261


Como o resultado do limite foi diferente nos dois caminhos escolhidos, pode-

mos concluir que →→

−+

2 2

2 2x 0y 0

x 4ylim

x y não existe.

b. →→

−−x 0

y 0

5y xlim

2x y



→ →=

⋅ − − −= =−x 0 x 0

y 0

5 0 x x 1lim lim .

2x 0 2x 2



= →→

−= = −

⋅ − −x 0 y 0y 0

5y 0 5ylim lim 5.

2 0 y y

Como o resultado do limite foi diferente nos dois caminhos escolhidos, pode-

mos concluir que →→

−−x 0

y 0

5y xlim

2x y não existe.

SEÇÃO 2 • Cálculo e propriedades de limites


1. Calcule os seguintes limites, mostrando a aplicação das propriedades.

a. → →→ →

+ + = + ⋅ ⋅ + =2 2

x 0 x 0y 0 y 0

lim (x 3xy 10) lim (0 3 0 0 10) 10

b. → →→− →−

+ + − − −= = = =⋅ − − −

3 3 3 3

x 1 x 1y 2 y 2

x y 1 ( 2) 1 8 7 7lim lim

xy 1 ( 2) 2 2 2

c. → → →→ → →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ = + = ⋅ + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

10 10

3 10 3 3 10

x 1 x 1 x 1y 1 y 1 y 1

lim (4x xy ) lim (4x xy ) lim (4 1 1 1 ) (5)

d. → → →→ → →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⋅⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠+ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 12 2

12

4 4x 2 x 2 x 2 41 1 1

y y y2 2 2

13 23xy 3xy 16 3 32lim lim lim 4 .

1 65 65y 2x y 2x ( ) 2 22

262


2. Calcule os seguintes limites que envolvem indeterminações.

a. →→

+ −−2x 0

y 0

x 2 2lim

xy 3x=

00

Para resolver esta indeterminação 00

, vamos multiplicar numerador e denomi-

nador pelo conjugado da expressão que possui as raízes quadradas:

→ →→ →

→→

→→

→→

→→

+ − + − + += ⋅− − + +

+ −=− + +

=− + +

=− + +

−= = =− + + −

2 2x 0 x 0y 0 y 0

2x 0y 0

2x 0y 0

2x 0y 0

2x 0y 0

x 2 2 x 2 2 x 2 2lim lim

xy 3x xy 3x x 2 2

(x 2) 2lim

(xy 3x)( x 2 2)

xlim

x(y 3)( x 2 2)

1lim

(y 3)( x 2 2)

1 1 2lim

12(0 3)( 0 2 2) 6 2

b. →→

− + −−

2 2 2

2 3x 0y 2

6x y 12x 4xy 8xylim

2xy xy=

00

Dividindo numerador e denominador por x temos:

→→

− + −=

−

2

2 3x 0y 2

6xy 12x 4y 8y 0lim

02y y

Como ainda temos uma indeterminação 00

, vamos agora dividir o numerador

e o denominador por (y – 2):

→ → →→ → →

→→

− + − − + += =

− − − −

⋅ + ⋅= = = −−−

2

2 3 2 2x 0 x 0 x 0y 2 y 2 y 2

2x 0y 2

6xy 12x 4y 8y (y 2)(6x 4y) (6x 4y)lim lim lim

2y y (y 2)( y ) ( y )

(6 0 4 2) 8lim 2.

4( (2) )

263


SEÇÃO 3 • Continuidade de funções de duas variáveis


1. Verifi que se as funções são contínuas nos pontos indicados:

a.

⎧≠⎪= +⎨

⎪ =⎩

2

4 2

2x y; (x, y) (0, 0)

f(x, y) x y

0 ; (x, y) (0, 0)

no ponto (0,0).

Vamos analisar se →

=( x ,y ) (0,0)

lim f(x, y) f(0, 0) . Temos que f(0,0) = 0 e para

calcular o limite → +

2

4 2( x ,y ) (0,0)

2x ylim

x y podemos escolher diferentes caminhos.


→=

⋅ =+

2

4 2x 0y 0

2x 0lim 0.

x 0


=→

⋅=

+

2

4 2x 0y 0

2 0 ylim 0.

0 y


→ →= =

⋅ = =+ +

2

4 2 2x 0 x 0y x y x

2x x 2xlim lim 0.

x x x 1

Caminho 4: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta x = y .

= = =→ → →

= = =++

2 2 2

2 2 24 2x y x y x yy 0 y 0 y 0

2( y ) y 2y 2ylim lim lim 1.

y y 2y( y ) y



b.

⋅⎧ ≠⎪ += ⎨⎪ =⎩

2 2

x y; (x, y) (0, 0)

x yf(x, y)

3 ; (x, y) (0, 0)

no ponto (0,0).


=(x ,y ) (0,0)

lim f(x, y) f(0, 0) . Temos que f(0,0) = 3 e para

calcular o limite → +2 2( x ,y ) (0,0)

xylim

x y podemos escolher diferentes caminhos.

264



→=

⋅ =+2 2x 0

y 0

x 0lim 0.

x 0


=→

⋅=

+2 2x 0y 0

0 ylim 0.

0 y


→ →= =

⋅ = =+

2

2 2 2x 0 x 0y x y x

x x x 1lim lim .

2x x 2x



2. Analise a continuidade da função z = ln (x2 + y2).

A função z = ln (x2 + y2) é a composta das funções:

f(u) = ln u

u = g(x,y) = x2 + y2

A função g(x,y) é contínua em IR2, pois é uma função polinomial. A função

f(u) é contínua para todos os valores de seu domínio, ou seja, em IR+*.

Como g(x,y) > 0 para qualquer (x,y) ∈ IR2, temos que para qualquer

(x0,y

0) ∈ IR2, g é contínua em (x

0,y

0) e f é contínua em g(x

0,y

0). Assim, pode-

mos dizer que z = ln (x2 + y2) é contínua em IR2.

3. Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que seja contínua em

todos os pontos de seu domínio.

Várias funções que já foram analisadas nas unidades 1 ou 2 são contínuas em

todos os pontos de seu domínio. Alguns exemplos:

z = x2 + y2

z = 4 – x

z = − −2 24 x y

z = 3x2 + 2y2

265



1. Verifi que se cada um dos limites existe.

a. →

++

3 3

3 3(x ,y ) (0,0)

x ylim

x y

Vamos então escolher diferentes “caminhos” para que (x,y) se aproxime de

(0,0).



→ →=

+ = =−

3 3 3

3 3 3x 0 x 0y 0

x 0 xlim lim 1.

x 0 x



= →→

+= = −

− −

3 3 3

3 3 3x 0 x 0y 0

0 y ylim lim 1.

0 y y

Como o resultado do limite nos caminhos 1 e 2 foram diferentes, pela propo-

sição podemos concluir que →

++

3 3

3 3(x ,y ) (0,0)

x ylim

x y não existe.

b. →

−− +

2

4 2( x ,y ) (1,0)

(x 1) ylim

(x 1) y

Vamos então escolher diferentes “caminhos” para que (x,y) se aproxime de

(1,0).



→=

− ⋅ =− +

2

4 2x 0y 0

(x 1) 0lim 0.

(x 1) 0

Caminho 2: (x,y) → (1,0) pela reta x = 1. Neste caso devemos fazer x = 1 e

o limite passa a ser de uma única variável.

=→

− ⋅=

− +

2

4 2x 0y 0

(1 1) ylim 0.

(1 1) y

266


Caminho 3: (x,y) → (1,0) pela reta x = y + 1.

= + → →→

+ − ⋅ ⋅= = =

+ − + + +

2 2

4 2 4 2 2x y 1 y 0 y 0y 0

(y 1 1) y y y ylim lim lim 0.

(y 1 1) y y y y 1

Caminho 4: (x,y) → (1,0) pela curva x = y + 1.

→ →= +→

+ − ⋅= = =

++ − +

2 2 2

2 2 24 2 y 0 y 0x y 1y 0

( y 1 1) y y y 1lim lim lim .

2y y 2y( y 1 1) y

Como o resultado do limite no caminho 4 foi diferente dos caminhos anterio-

res, pela proposição podemos concluir que →

−− +

2

4 2( x ,y ) (1,0)

(x 1) ylim

(x 1) y não existe.

2. Calcule os limites indicados.

a. →− →− →−→ → →

− + − − − + − + += = = −+ −+ + − + + −

3 3 3 3

2 2 2 2x 2 x 2 x 2y 1 y 1 y 1

x y 5x 8 ( 2) (1) 5( 2) 8 8 10 8lim lim lim 10.

4 1 6x y 3xy ( 2) 1 3( 2)(1)

b. → →→− →−

⋅ + = − ⋅ + − = −2 2 2 2

x 0 x 0y 1 y 1

lim y x y lim 1 0 ( 1) 1.

c. → → →→ → →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ⋅ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠x 1 x 1 x 1y 2 y 2 y 2

xy 1 xy 1 1 2 1 1lim ln ln lim ln lim ln .

2xy 2xy 2 1 2 4

d. → → →→ → →

⋅= = =+ +

2 2

2 2 2 2x 3 x 3 x 3y 4 y 4 y 4

x y 3 4 9 2 18lim lim lim .

525x y 3 4

e. π π→ →

→ π → π

π→→ π

π π⋅ = ⋅ π ⋅ ⋅

π= π ⋅ = − π

x x2 2

y 2 y 2

2 2

x2

y 2

lim cos(xy) sen(3x) lim cos( 2 ) sen(3 )2 2

3lim cos( ) sen( ) cos( ).

2

f. → → →→ → →

→ →→ →

→ →→

− − + − − − − −= =

− + − − − + − − −

− − + − −= ⋅ =

− − + − − +

−= =− +

x 1 x 1 x 1y 4 y 4 y 4

x 1 x 1y 4 y 4

x 1 xy 4

x y 2x y 2 y(x 1) 2(x 1) (x 1)( y 2)lim lim lim

4 y y x 4 x (y 4) x(y 4) (y 4)( x 1)

(x 1)( y 2) ( y 2) (x 1)(y 4)lim lim

(y 4)( x 1) ( y 2) (y 4)( x 1)( y 2)

(x 1)lim lim

( x 1)( y 2) →

→ → →→ → →

− +⋅− + +

− + + += = = =− + + +

1y 4

x 1 x 1 x 1y 4 y 4 y 4

(x 1) ( x 1)

( x 1)( y 2) ( x 1)

(x 1)( x 1) ( x 1) ( 1 1) 1lim lim lim .

4(x 1)( y 2) ( y 2) ( 4 2)

267


g. →→

→ →→ →

→ →→ →

− + + − − +=

− − +

− − + − − − − − + −= =

− − − − −

− + − − + −= =−−

3 3 2 2

2 2x 2y 3

3 2 3 2

2 2x 2 x 2y 3 y 3

3 2 2

2x 2 x 2y 3 y 3

2x y 6x 8x y 24x 8xy 24xlim

x y 3x 4xy 12x

2x (y 3) 8x (y 3) 8x(y 3) (y 3)( 2x 8x 8x)lim lim

x (y 3) 4x(y 3) (y 3)(x 4x)

( 2x 8x 8x) x( 2x 8x 8)lim lim

x(x 4(x 4x) →→

→→

− + −=−

− ⋅ + ⋅ −= =−

2

x 2y 3

2

x 2y 3

( 2x 8x 8)lim

) (x 4)

( 2 2 8 2 8)lim 0.

(2 4)

3. Verifi car se as funções dadas são contínuas nos pontos indicados.

a. ⎧ +

≠⎪= − +⎨⎪ =⎩

2 2

2

x y; (x, y) (0, 0)

f(x, y) x 3x 2

0 ; (x, y) (0, 0)

no ponto (0,0)


=( x ,y ) (0,0)

lim f(x, y) f(0, 0) . Temos que f(0,0) = 0 e

→ →

+ += =− + − ⋅ +

2 2 2 2

2 2(x ,y ) (0,0) (x ,y ) (0,0)

x y 0 0lim lim 0.

x 3x 2 0 3 0 2

Como →

=( x ,y ) (0,0)

lim f(x, y) f(0, 0) , então podemos afi rmar que a função é contí-

nua em (0,0).

b.

⎧ −≠⎪⎪ − += ⎨

⎪ − =⎪⎩

2 2

2

2x 3y; (x, y) (0, 0)

x 3x 2f(x, y)1

; (x, y) (0, 0)6

no ponto (0,0)


=( x ,y ) (0,0)

lim f(x, y) f(0, 0) . Temos que f(0,0) = –16

e

→ →

− ⋅ + ⋅= =− + − ⋅ +

2 2 2 2

2 2(x ,y ) (0,0) (x ,y ) (0,0)

2x 3y 2 0 3 0lim lim 0.

x 3x 2 0 3 0 2

Como →

=( x ,y ) (0,0)

lim f(x, y) f(0, 0) , então podemos afi rmar que a função é contí-

nua em (0,0).

268


4. Calcule valor de a para que a função (f(x,y) seja contínua em (0,0).

⎧≠⎪= + −⎨

⎪ − =⎩

2 2

2

x y; (x, y) (0, 0)

f(x, y) y 1 1

a 4 ; (x, y) (0, 0)

Para que a função seja contínua, devemos considerar que

→=

( x ,y ) (0,0)lim f(x, y) f(0, 0) . Neste caso, f(0,0) = a – 4 e

→ →

→ →

→ →

+ += ⋅

+ − + − + +

+ + + += =

+ −

= + + = + + =

22 2 2 2

2 2 2(x ,y ) (0,0) (x ,y ) (0,0)

2 2 2 2 2 2

2 2(x ,y ) (0,0) (x ,y ) (0,0)

2 2 2 2

( x ,y ) (0,0) ( x ,y ) (0,0)

y 1 1x y x ylim lim

y 1 1 y 1 1 y 1 1

x y ( y 1 1) x y ( y 1 1)lim lim

y 1 1 y

lim x ( y 1 1) lim 0 ( 0 1 1) 0.

Se →

=(x ,y ) (0,0)

lim f(x, y) f(0, 0) devemos considerar que a – 4 = 0 ⇒ a = 4.

5. Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que não seja contínua

no ponto (1,1).

Para exemplifi car uma função que não seja contínua em determinado ponto,

podemos considerar que o limite da função quando x tende a 1 e y tende a 1

deve existir e ser diferente de f(1,1). Uma das funções pode ser a seguinte:

+ ≠⎧= ⎨ =⎩

xy x ; (x, y) (1, 1)f(x, y)

4 ; (x, y) (1, 1)

269


UNIDADE 3

Derivadas Parciais

SEÇÃO 1 • Derivadas de funções de várias variáveis


Usando (1) e (2) ou (3) e (4), encontre as derivadas parciais da função

z = 5 + 2x2 + 2y2 no ponto (–1,2).

Usando (3) da seção 1 vem,

Δ →

Δ →

Δ →

Δ →

Δ →

Δ →

+ Δ −∂ =∂ Δ

∂ − + Δ − −− =∂ Δ

+ − + Δ + ⋅ − + ⋅ − + ⋅=Δ

+ Δ − Δ + + − − −=Δ

Δ − Δ + −=Δ

Δ − Δ=Δ

0 0 0 00 0

x 0

x 0

2 2 2 2

x 0

2

x 0

2

x 0

2

x 0

f(x x, y ) f(x , y )f(x , y ) lim

x x

f f( 1 x, 2) f( 1, 2)( 1, 2) lim

x x

5 2( 1 x) 2 2 (5 2 ( 1) 2 2 )lim

x

5 2(( x) 2 x 1) 8 5 2 8lim

x

2( x) 4 x 2 2lim

x

2( x) 4 xlim

x

Δ →= Δ − = −

x 0lim 2 x 4 4.

Usando (4) vem,

y 0

2 2

y 0

2

y 0

2

y 0

2

y 0

y 0

f( 1, 2 y) 15f( 1, 2) lim

y y

5 2( 1) 2(2 y) 15lim

y

5 2 2(4 4 y ( y) ) 15lim

y

5 2 8 8 y 2( y) 15lim

y

8 y 2( y)lim

y

lim 8 2 y 8.

Δ →

Δ →

Δ →

Δ →

Δ →

Δ →

− + Δ −∂ − =∂ Δ

+ − + + Δ −=

Δ

+ + + Δ + Δ −=

Δ

+ + + Δ + Δ −=

Δ

Δ + Δ=

Δ= − Δ =

270



Encontre as derivadas parciais das seguintes funções:

a. F(x,y) = 2x2y3 + xy

∂ ∂= + = +∂ ∂

3 2 2f f4xy y 6x y x.

x ye

b. = − +3 3g(u, v) uv (u v)

−

−

∂= ⋅ − + ⋅ = − +

∂

∂= ⋅ − + ⋅ = − +

∂

1 33 3 2 22

3

1 23 2 2 22

3

g 1 v(uv ) v 3(u v) 1 3(u v) .

u 2 2 uv

g 1 3uv(uv ) 3uv 3(u v) 1 3(u v) .

v 2 2 uv

c. H(r,h) = πr2h

e 2H H2 rh r .

r h∂ ∂= π = π∂ ∂


Calcule as derivadas parciais da função f(x,u,z,t,w) = (xy + w).exyz + ut

∂∂

fx

= (xy + w)·exyz·yz + exyz·y = exyz(xy2z + wyz + y).

∂∂

fu

= (xy + w)·exyz·0 + exyz·0 + t = t.

∂∂

fz

= (xy + w)·exyz·xy + exyz·0 = (xy + w)xyexyz.

∂∂

ft

= u.

∂∂

fw

= (xy + w)·exyz·0 + exyz·1 + 0 = exyz.

271


SEÇÃO 2 • Diferenciabilidade, plano tangente e vetor gradiente


Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfi co da função − +=2 2(x y )z e

no ponto P(0,0,1). Procure visualizar o resultado grafi camente usando um

software (Derive, Winplot ou similar).

Usando a Defi nição 2 da seção 2 temos:

z – z0 =

∂∂

fx

(x0,y

0)(x – x

0) + ∂

∂fy

(x0,y

0)(y – y

0)

z – 1 = ∂∂

fx

(0,0)(x – 0) + ∂∂

fy

(0,0)(y – 0)

z – 1 = 0 ⇒ z = 1


Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados:

1. = + +2z x x y , P(1,3)

− −

− −

⎛ ⎞∇ = + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞∇ = ⋅ + + + = + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 12 2

1 12 2

1 1z 2x (x y) , (x y)

2 2

1 1 1 1 1 1f(1, 3) 2 1 (1 3) , (1 3) 2 ,

2 2 2 24 4

1 1 1 9 12 , , .

4 2 2 4 4

2. f (x,y,z) = x + y + z, P(0,0,1).

∇f = (1,1,1)

∇f(0,0,1) = (1,1,1)

272


SEÇÃO 3 • Regra da cadeia


1. Calcule a derivada dzdt

usando a regra da cadeia, sendo z = e2x – y – 5 xy ,

x = 2t + 1 e y = cos t.

∂ ∂= ⋅ + ⋅∂ ∂

dyz z dx dzt x dt dy dt

= (e2x – y·2 – 5y)·2 + (e2x – y·(–1) – 5x)·(– sen t)

= 4e2x – y – 10y + e2x – y sen t + 5x sen t

= 4e2(2t + 1) – cos t – 10 cos t + e2(2t + 1) – cos t·sen t + 5(2t + 1)·sen t

= 4e4t + 2 – cos t – 10 cos t + e4t + 2 – cos t·sen t

= e4t + 2 – cos t·(4 + sen t) – 10 cos t.

2. Calcule as derivadas parciais ∂∂

zx

e ∂∂

zy

, sendo z = w + ln (uv),

u = x2y3 – x – 2y, =v xy e w = x – y.

−

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= ⋅ + ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= ⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅

= − + ⋅ ⋅ +

−= + +

− −

−= + +

− −

13 2

3

3

2 3

3

2 3

z z u z v z wx u x v x w x

v u 1(2xy 1) (xy) 1 1

uv uv 2

1 1 1(2xy 1) y 1

u v 2 xy

2xy 1 y1

2xyx y 1 2y

2xy 1 11.

2xx y 1 2y

SEÇÃO 4 • Derivação implícita e derivadas parciais sucessivas



pela equação x2 ln (x + y) = 2xy – x, determine sua derivada dy

dx.

Temos que F(x,y) = x2ln (x + y) – 2xy + x

⎡ ⎤∂ − ⋅ + + ⋅ − +− ⎢ ⎥+⎣ ⎦∂= =∂ ⋅ −∂ +

2

2

1F x ln(x y) 2x 2y 1x ydy x .

dx F 1x 2x

y x y

273


2. Sabendo que a função diferenciável z = f(x,y) é defi nida pela equação

x2 + y2 + 2y3 + 3z4 – 2z = xyz, determine ∂∂

zx

e ∂∂

zy

.

Temos: F(x,y,z) = x2 + y2 – 2y3 + 3z4 – 2z – xyz

e2

3 3

FF2x yz y 2y 6y xzz zx .

x F y F12z 2 xy 12z 2 xyz z

∂∂ −− − − ∂ + −∂ ∂∂= = = = −∂ ∂ ∂ ∂− − − −

∂ ∂

SEÇÃO 5 • Diferencial


1. Calcule a diferencial de = −2f(x, y) 2 x 2y no ponto ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

74,

2.

− −

∂ ∂= +∂ ∂

= ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ −

= −− −

⋅⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠ − ⋅ − ⋅

= −

1 12 22 2

2 2

2 2

f fdf dx dy

x y

1 12 (x 2y) 2xdx 2 (x 2y) ( 2)dy

2 2

2x 2dx dy

x 2y x 2y

7 2 4 2df 4, dx dy

2 7 74 2 4 2

2 2

8 2dx dy.

3 3

2. Calcule a diferencial de f(u,v,w) = uvw – 4 no ponto (1,1,1).

∂ ∂ ∂= + +∂ ∂ ∂

= + += + +

f f fdf du dv dw

u v w

df (vw)du (uw)dv (uv)dw

df(1, 1, 1) du dv dw

274


3. As dimensões de uma caixa retangular são medidas como 25 cm, 60 cm

e 30 cm, cada medida feita com precisão de 0,2 cm. Use diferenciais para

estimar o maior valor possível do erro quando calculamos o volume da caixa

usando essas medidas.

Temos que o volume pode ser dado por V = xyz. Assim,

∂ ∂ ∂= + +∂ ∂ ∂

= + +

u u udV dx dy dz

x y z

dV (yz)dx (xz)dy (xy)dz

dV(60,25,30) = 25·30·0,2 + 60·30·0,2 + 60·25·0,2 = 810.


1. Calcule a derivada parcial ∂∂

fy

da função f(x,y) = x2 + y2 – 9 usando a defi -

nição.

Δ → Δ →

Δ → Δ → Δ →

+ Δ − + + Δ − − − +∂ = =∂ Δ Δ

+ Δ + Δ − Δ + Δ= = = + Δ =

Δ Δ

2 2 2

y 0 y 0

2 2 2 2

y 0 y 0 y 0

f(x, y y) f(x, y) x (y y) 9 x y 9flim lim

y y y

y 2y y ( y) y 2y y ( y)lim lim lim(2y y) 2y.

y y

2. Calcule as derivadas parciais de primeira ordem das seguintes funções:

a. = +2xf(x, y) e 2xy

∂ ∂= ⋅ + = + =∂ ∂

2 2x xf fe 2x 2y 2xe 2y 2x.

x ye

b. −=

+

2 2

2 2

2x yz

x 3y

+ − − ⋅ − − + −∂ = = =∂ + + +

+ − − − ⋅ − − − + −∂ = = =∂ + + +

2 2 2 2 3 2 3 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 3 2 3 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

(x 3y )(4x) (2x y ) 2x 4x 12xy 4x 2xy 10xyzx (x 3y ) (x 3y ) (x 3y )

(x 3y )( 2y) (2x y ) 6y 2x y 6y 12x y 6y 14x yz.

y (x 3y ) (x 3y ) (x 3y )

275


c. = xg(x, y) arctg

2y

∂= = = ⋅ = ⋅

∂ + + ++

⋅ − ⋅∂ − −= = ⋅ =∂ + ++

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2

1 1g 2y 2y 4y x 2y1x 2yx 4y x 4y x 4y x

14y 4y

2y 0 x 2

g 4y 4y2x 2x.

y x 4y 4y x 4y x1

4y

d. z = xy + sen2 (xy)

∂∂

zx

= y + 2 sen (xy)·cos (xy)·y = y + 2y sen (xy)·cos (xy)

∂∂

zy

= x + 2x sen (xy)·cos (xy)

e. = 2

2

1f(u, t) u t –

t

∂ ∂ ⋅ −= = − = +∂ ∂

22 2

4 3

f f t 0 12t 122ut u u .

u t t te

f. f(x,y,z) = x cos (yz) + y sen (xz)

∂∂

fx

= cos (yz).

∂∂

fy

= – x.sen (yz).z + sen (xy) = – xz sen (yz) + sen (xz).

∂∂

fz

= – x.sen (yz).y – y cos (xz).x = – xy sen (yz) – xy cos (xz).

3. Encontre a inclinação da reta tangente à curva resultante da interseção de

= + −2 2z 2x y 2 com o plano x = 1 no ponto P(1,–1,1).

Temos, ∂∂

zy

= 12

(2x2 + y2 – 2)–½ ·(2y).

∂∂

fy

(1,–1,1) = 12

(2·12 + (–1)2 – 2)–½ ·(2·(–1)) = –1.

276


4. Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfi co da função

z = 2x2 – 3y2 nos pontos P1(0,0,1) e P

2(1,1,0).

Temos que z – z0 =

∂∂

fx

(x0,y

0)(x – x

0) + ∂

∂fy

(x0,y

0)(y – y

0). Assim, para o ponto

P1(0,0,1) temos:

z – 1 = ∂∂

fx

(0,0)(x – 0) + ∂∂

fy

(0,0)(y – 0)

z = 1.

No ponto P2(1,1,0) temos:

z – 0 = ∂∂

fx

(1,1)(x – 1) + ∂∂

fy

(1,1)(y – 1)

z = 4(x – 1) – 6(y – 1)

z = 4x – 6y + 2.

5. Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados:

a. = − −2 2z 4 2x y , P(0,0)

− −⎛ ⎞∇ = − − ⋅ − − − ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞−−⎜ ⎟∇ =⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠

1 12 2 2 22 2

2 2 2 2

1 1z (4 2x y ) ( 4x), (4 2x y ) ( 2y)

2 2

y2xz ,

4 2x y 4 2x y

b. f(u,v,w) = u2 + v2 – w2 + uvw, P(0,1,0)

∂ ∂ ∂⎛ ⎞∇ = ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠f f f

f , ,u v w

= (2u + vw,2v + uw,–2w + uv) = (0,2,–2).

6. Determine o vetor gradiente das seguintes funções:

a. = 2xz

y

⎛ ⎞∂ ∂ −⎛ ⎞∇ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠2

z z 2 2xz , , .

x y y y

b. f(x,y,z) = x2 + y2 + z2 + sen x

∂ ∂ ∂⎛ ⎞∇ = = +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠f f f

f , , (2x cos x, 2y, 2z).x y z

277


7. Calcule df(1,1) e Δf(1,1) da função f(x,y) = x – x3y2 considerando

Δx = 0,01e Δy = 1. Comparar os resultados obtidos.

Temos que df = ∂∂

fx

(x0,y

0)dx +

∂∂

fy

(x0,y

0)dy. Assim,

df = ∂∂

fx

dx + ∂∂

fy

dy = (1 – 3x2y2)dx + (–2x3y)dy

df(1,1) = ∂∂

fx

(1,1)·0,01 + ∂∂

fy

(1,1)·1 = –2·0,01 – 2·1 = –2,02.

Para o cálculo de ∇f(1,1), temos:

∇f = f(1,01;2) – f(1,1) = 1,01 – (1,01)3(2)2 – 1 + 1 = – 0,020301.

Os resultados são bem diferentes, pois estamos usando um valor de Δy = 1,

considerando grande para o contexto em análise.

8. Calcule a diferencial das funções dadas:

a. z = sen2 (x + y)

dz = 2·sen (x + y)·cos (x + y) dx + 2·sen (x + y)·cos (x + y) dy.

b. + −=2z y zf(x, y, z) e

+ − + − + −= + + ⋅ −2 2 2x y z x y z x y zdf e dx e dy e ( 2z)dz.

9. A energia consumida em um resistor elétrico é dada por =2V

PR

watts. Se

V = 120 volts e R = 12 ohms, calcule um valor aproximado para a variação de

energia quando V decresce de 0,001 volts e R aumenta de 0,02 ohms.

Temos o cálculo de uma diferencial:

= −

⋅ ⋅= ⋅ + ⋅ ≅

2

2

2V 2VdP dV dR

R R

2 120 2 120dP(120, 12) (0, 001) 0, 02 0, 053.

12 12

278


10. Verifi que a regra da cadeia para a função dada por:

a. f(x,y) = 2ln (x2 + y2)

x = 2t2

y = 3t – 5

Usando a regra da cadeia:

∂ ∂= + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∂ ∂ + +

− + −= + =+ − + − + −

2 2 2 2

3 3

4 2 4 2 4 2

dydf f dx f 2x 2x2 4t 2 3

dt x dt y dt x y x y

32t 12(3t 5) 32t 36t 60.

4t (3t 5) 4t (3t 5) 4t (3t 5)(1)

Substituindo na função dada os valores de x e de y vem:

f(x,y) = 2·ln (x2 + y2) = 2·ln (4t4 + (3t – 5)2)

Fazendo a derivada vem:

+ −=+ −

3

4 2

df 32t 36t 60.

dt 4t (3t 5)(2)

Obtemos (1) = (2)

b. f(x,y) = exy

x = 2u2 + v4

y = 3u2 + v2

Usando a regra da cadeia:

+ + + +

+ + + +

∂∂ ∂ ∂= + = ⋅ + ⋅∂ ∂ ∂ ∂

= ⋅ + + ⋅ +∂∂ ∂ ∂= + = ⋅ + ⋅

∂ ∂ ∂ ∂

= ⋅ + + ⋅ +

2 4 2 2 2 4 2 2

2 4 2 2 2 4 2 2

xy xy

(2u v )(3u v ) 2 2 (2u v )(3u v ) 2 4

xy 3 xy

3 (2u v )(3u v ) 2 2 (2u v )(3u v ) 2 4

ydf f x fe y 4u e x 6u

du x u y u

4ue (3u v ) 6ue (2u v ).

ydf f x fe y 4v e x 2v

dv x v y v

4v e (3u v ) 2ve (2u v ).

Substituindo na função dada os valores de x e de y vem:

+ +=2 4 2 2(2u v )(3u v )f e

279


Fazendo a derivada vem:

+ +

+ +

∂ = ⋅ + ⋅ + + ⋅∂∂ = ⋅ + ⋅ + + ⋅∂

2 4 2 2

2 4 2 2

(2u v )(3u v ) 2 4 2 2

(2u v )(3u v ) 2 4 2 2 3

fe ((2u v ) 6u (3u v ) 4u).

u

fe ((2u v ) 2v (3u v ) 4v ).

v

Obtermos a comprovação da regra da cadeia.

11. Determine dzdt

, usando a regra da cadeia sendo z = ex(cos x + cos y),

x = t, y = t2.

dzdt

= ex·(–sen x) + (cos x + cos y)ex)·1 + (ex·(–sen y))·2t

= –exsen x + excos x + excos y – 2texsen y

= –etsen t + etcos t + etcos t2 – 2tetsen 2t.

12. Determine as derivadas parciais ∂∂

zu

e ∂∂

zv

, usando a regra da cadeia.

a. = +2 3z 3x y , x = u2 + 1 , = 3 2y v

−−

∂ + += ⋅ + ⋅ = =∂ + + + + + +

∂ ⋅= ⋅ + ⋅ = =∂ + + + + + +

2 2 3

2 3 2 3 2 2 2 2 2 2

12 31 2 2 3

3

2 3 2 3 2 2 2 2 2 2

3yz 1 6x 1 6(u 1)u 6u 6u2u 0 .

u 2 23x y 3x y 3(u 1) v 3(u 1) v

3yz 1 6x 1 2 ( v ) v v0 v .

v 2 2 33x y 3x y 3(u 1) v 3(u 1) v

b. z = x2 + y2 – x – y , x = cos u cos v , y = sem u cos v

∂∂

zu

= (2x – 1)·cos v(–sen u) + (2y – 1)·cos v cos u

= –2·cos u·cos2 v·sen u + cos v·sen u

= + 2·sen u·cos2 v·cos u – cos v·cos u

= cos v sen u – cos v cos u.

∂∂

zv

= (2x – 1)·cos u·(–sen v) + (2y – 1)·sen u·(–sen v)

= cos u·sen v + sen u·sen v – 2·sen v·cos v.

280


13. Determine as derivadas parciais ∂∂wu

e ∂∂wv

sendo w = 3x2 + 2y2 – z2,

x = 2u2v, y = u – v.

∂∂wu

= 6x2·4uv + 4y·1 – 2z·1

= 96u5v3 + 4u – 4v – 2u – 2v

= 48u3v2 + 2u – 6v.

∂∂wv

= 6x2·2u2 + 4y·(–1) – 2z·1

= 48u6v2 – 4u + 4v – 2u – 2v

= 48u6v2 – 6u – 2v.

14. Supondo que a função diferenciável y = f(x) é defi nida implicitamente

pela equação 2x2 + 3y2 = 2xy – 5, determine sua derivada dy

dx.

Vamos considerar F = 2x2 + 3y2 – 2xy + 5.

∂− − +∂= =∂ −∂

Fdy 4x 2yx .dx F 6y 2x

y

15. Encontre as derivadas de 2a ordem da função z = 2x2 – 4y3 + 5x2y2.

Temos:

∂∂

zx

= 4x + 10xy2 ; ∂∂

zy

= –12y2 + 10x2y ;

∂∂

2

2

z

x= 4 + 10y2 ;

∂∂

2

2

z

y= –24y + 10x2 ; ∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ∂

2 2z zx y y x

= 20xy.

16. Encontre as derivadas parciais de 3a ordem da função z = x + y + x3.

∂∂

zx

= 1+3x2 ; ∂∂

2

2

z

x= 6x ;

∂∂

3

3

z

x= 6.

∂∂

zy

= 1 ; ∂∂

2

2

z

x= 0 ;

∂∂

3

3

z

y= 0.

281


17. Determine as derivadas parciais indicadas considerando:

a. z = ln (x2 + y2) , ∂

∂ ∂

3

2

z

x y

− +∂ ∂ ∂= = =∂ + ∂ + ∂ ∂ +

3 22 2 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2 3

2y 4x 4xyz z 2x z; ; .

y x y y (x y ) x y (x y )

b. = − − −2 2 2w 1 x y z , ∂∂

2

2

w

z ,

∂∂ ∂

2wx y

−

−

∂ −= − − − ⋅ − =∂ − − −

+ −∂ =∂ − − −

−∂ = − − − ⋅ − =∂ − − −

−∂ =∂ ∂

− − −

12 2 2 2

2 2 2

2 22

2 32 2 2 2

12 2 2 2

2 2 2

2

32 2 2 2

w 1 z(1 x y z ) ( 2z) .

z 2 1 x y z

x y 1w.

z(1 x y z )

yw 1(1 x y z ) ( 2y) .

y 2 1 x y z

xyw.

x y(1 x y z )

c. w = x2 + y2 + 4z2 + 1 , ∂

∂ ∂ ∂

3wx y z

, ∂

∂ ∂ ∂

3wz x y

∂ ∂ ∂ ∂= = = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 3 3w w z z8z; 0; 0; 0.

z y z x y z z x y

282


UNIDADE 4

Máximos e Mínimos

SEÇÃO 1 • Máximos e mínimos de funções de duas variáveis


Determine os pontos críticos das seguintes funções:

a. 1 64

f(x, y) x yy x

= − + ⋅

Vamos analisar somente os pontos críticos que satisfazem as condições das

derivadas parciais existirem e serem iguais a zero. Não vamos analisar os pon-

tos em que a função não é diferenciável.

2 2

2

2 2

f 64 64y 0 y

x x x

f 1 1x 0 x y

y y y

−

∂ −= + = ⇒ =∂∂ −= + = ⇒ = =∂

Resolvendo este sistema de equações temos:

2

22 2 4 4

2

3

3 33 3

x y

64 x x xx x x 0

64 4096 4096x

xx 1 0

4096

x 0

x x1 0 1 x 4096 x 4096 x 16.

4096 4096

−

−

=

⎛ ⎞−⎛ ⎞= ⇒ ⇒ = ⇒ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

=

⎛ ⎞− = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Para x = 0, 2

64 64y

0x

− −= = , ou seja, não existe valor de y para este valor de x

por causa da divisão por zero.

Para x = 16, 2

64 1y

416

−= = − . Então 116,

4−⎛ ⎞⎜ ⎟

⎝ ⎠ é um ponto crítico.

b. z = 1 – 8xy + 2x4 + 2y4

∂∂

zx

= – 8y + 8x3 = 0 => y = x3

∂∂

zy

= – 8x + 8y3 = 0 => x = y3

283



x = y3 ⇒ x = (x3)3 ⇒ x = x9

x9 – x = 0

x(x8 – 1) = 0

x = 8

x8 – 1 = 0 ⇒ x8 = 1 ⇒ x = ±1

Para x = 0 temos y = 03, para x = 1 temos y = 13 = 1 e para x = –1 temos

y = (–1)3 = –1. Assim, os pontos críticos são (0,0), (1,1), (–1,–1).

c. f(x,y) = 2 + 13

y3 +x2y – 4x – 5y

2 2

f 22xy 4 0 y

x x

fy x 5 0

x

∂ = − = ⇒ =∂∂ = + − =∂


2 2

22

2

2

4 2

y x 5 0

2x 5 0

x

4x 5 0

x

x 5x 4 0

+ − =

⎛ ⎞ + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

+ − =

− + =

Fazendo z = x2 teremos:

z2 – 5z + 4 = 0

z = 4 , z = 1

Voltando à substituição anterior encontramos os valores de x:

z = x2

z = 1 ⇒ 1 = x2 ⇒ x = ±1

z = 4 ⇒ 4 = x2 ⇒ x = ±2

Para x = 1 o valor de y será y = 21

= 2,

para x = –1 o valor de y será y = 21−

= –2,

para x = 2 o valor de y será y = 22

= 1 e

para x = –2 o valor de y será y = 22−

= –1.

Assim, temos os pontos críticos: (1,2), (–1,–2), (2,1), (–2,–1).

284


SEÇÃO 2 • Análise dos pontos críticos de funções de duas variáveis


1. Classifi que os pontos críticos das seguintes funções:

a. 2 2

2 2

1f(x, y) x y

x y= + +

Determinando os pontos críticos:

2 3

2 3

f 1 22x 0

x y x

f 1 22y 0

y x y

∂ −= + ⋅ =∂

∂ −= + ⋅ =∂

Resolvendo o sistema de equações:

2 3

4 2

3 2

4 2

1 22x 0

y x

2x y 20

x y

2x y 2

−+ ⋅ =

−= =

=

2 3

2 4

2 3

2 4 2

4

1 22y 0

x y

2x y 20

x y

12x y 2 x

y

−+ ⋅ =

−= =

= ⇒ =

4

4 2 2 2 14

4 16 14

1 2 12x y 2 2 y 2 y 2 1 y 1 y 1.

y y y

⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ±⎜ ⎟

⎝ ⎠

Para y = –1, temos 2

4

1x 1 x 1

( 1)= = ⇒ = ±

−.

Para y = 1, temos 2

4

1x 1 x 1

(1)= = ⇒ = ± .

Assim, temos os pontos críticos: (–1,–1), (1,–1), (–1,1), (1,1).

O determinante da matriz hessiana auxiliará na classifi cação:

4 2 3 3

3 3 4 2

6 42

x y x yH(x, y) .

4 62

x y x y

+=

+

8 4 8 4H( 1, 1) 48 0 H(1, 1) 48 0

4 8 4 8

8 4 8 4H( 1, 1) 48 0 H(1, 1) 48 0

4 8 4 8

−− − = = > − = = >

−

−− = = > = = >

−

285


A derivada de segunda ordem precisa ser calculada:

2

2 4 2

f 6(x, y) 2

x x y

∂ = +∂

2 2

2 4 2 2 4 2

2 2

2 4 2 2 4 2

f 6 f 6( 1, 1) 2 8 (1, 1) 2 8

x ( 1) ( 1) x (1) ( 1)

f 6 f 6( 1, 1) 2 8 (1, 1) 2 8

x ( 1) (1) x (1) (1)

∂ ∂− − = + = − = + =∂ − − ∂ −∂ ∂− = + = = + =∂ − ∂

Os pontos críticos podem ser classifi cados da seguinte forma:

(–1,–1) é um ponto de mínimo local pois H(–1,–1) > 0 e ∂∂

2

2

f

x(–1,–1) > 0;

(1,–1) é um ponto de mínimo local pois H(1,–1) > 0 e ∂∂

2

2

f

x(1,–1) > 0;

(–1,1) é um ponto de mínimo local pois H(–1,1) > 0 e ∂∂

2

2

f

x(–1,1) > 0;

(1,1) é um ponto de mínimo local pois H(1,1) > 0 e ∂∂

2

2

f

x(1,1) > 0;

b. g(x,y) = 3xy2 + x3 – 3x


g

x

∂∂ = 3y2 + 3x2 – 3 = 0

g

y

∂∂

= 6xy = 0 ⇒ x = 0 ou y = 0

Para x=0 3y2 + 3·02 – 3 = 0 ⇒ y = ±1.

Para y = 0 3·02 + 3x2 –3 = 0 ⇒ x = ±1.

Assim, temos os pontos críticos: (0,1), (0,–1), (1,0), (–1,0).


6x 6yH(x, y) .

6y 6x=

0 6 0 6H(0, 1) 36 0 H(0, 1) 36 0

6 0 6 0

6 0 6 0H(1, 0) 36 0 H( 1, 0) 36 0

0 6 0 6

−= = − < − = = − <

−

−= = > − = = >

−

286



2

2

g

x

∂∂

(x,y) = 6x

2

2

g

x

∂∂

(1,0) = 6 > 0 2

2

g

x

∂∂

(–1,0) = –6 < 0


(0,1) é um ponto de sela pois H(0,1) < 0;

(0,–1) é um ponto de sela pois H(0,–1) < 0;

(1,0) é um ponto de mínimo local pois H(1,0) > 0 e 2

2

g

x

∂∂

(1,0) > 0;

(–1,0) é um ponto de máximo local pois H(–1,0) > 0 e 2

2

g

x

∂∂

(–1,0) < 0.

c. z = 4xy


∂∂

zx

= 4y = 0 ⇒ y = 0

∂∂

zy

= 4x = 0 ⇒ x = 0

Assim, temos o ponto crítico (0,0). O determinante da matriz hessiana auxilia-

rá na classifi cação:

0 4H(x, y) 16 0.

4 0= = − <

Neste caso (0,0) será um ponto de sela.

d. z = 2 – x2 – 3y2 + 2xy + 8x


∂∂

zx

= –2x + 2y + 8 = 0

∂∂

zy

= –6y + 2x = 0 ⇒ x = 3y

287



–2x + 2y = –8

–2·3y + 2y = –8

–4y = –8

y = 2

Para y = 2 temos x = 3y = 3·2 = 6. Assim, temos o ponto crítico (6,2). O deter-

minante da matriz hessiana auxiliará na classifi cação:

2 2H(x, y) 8 0.

2 6

−= = >

−

A derivada de segunda ordem precisa ser calculada ∂∂

2

2

z

x(x,y) = –2 < 0.

Assim, (6,2) é um ponto de máximo local pois H(6,2) > 0 e ∂∂

2

2

z

x(6,2) < 0.

2. Determine o máximo e o mínimo da função no conjunto dado:

a. f(x,y) = x + 2y ao longo do triângulo de vértices (0,0), (3,0), (0,3).

A função f(x,y) = x + 2y é um plano e, assim sendo, não identifi camos pontos

críticos. A região que delimita o triângulo precisa ser analisada em sua frontei-

ra pois o teorema de Weierstrass irá garantir que vamos encontrar pontos de

máximos ou mínimos na fronteira da região.

Num primeiro momento, analisamos os segmentos que delimitam o triângu-

lo. Para cada um dos três segmentos também não haverá pontos críticos:

AB: y = 0 , 0 ≤ x ≤ 3

f(x,0) = x.

A derivada de primeira ordem será uma constante, e sendo assim, não há

pontos críticos.

BC: y = –x + 3 , 0 ≤ x ≤ 3

f(x,–x + 3) = x + 2(–x + 3) = –x + 6.


pontos críticos.

288


CA: x = 0 , 0 ≤ y ≤ 3

f(0,y) = 0 + 2y = 2y.


pontos críticos.

Resta então analisar os pontos (0,0), (3,0), (0,3) que são os vértices do triângulo:

Ponto Crítico (x0,y


0,y

0)

(0,0) Fronteira 0

(3,0) Fronteira 3

(0,3) Fronteira 6


função é igual a 6 e que o valor mínimo é igual a 0.

b. z = xy ao longo da região delimitada por –2 ≤ x ≤ 2 e –2 ≤ y ≤ 2.

A função z = xy possui um ponto crítico, já calculado nos exemplos da unida-

de, que é o (0,0), ponto de sela. Também neste caso, iremos analisar a fronteira

da região que delimita o retângulo, pois o teorema de Weierstrass irá garantir

que vamos encontrar pontos de máximos ou mínimos na fronteira da região.

Num primeiro momento, analisamos os segmentos que delimitam o retângu-

lo e, para cada um dos 4 segmentos, teremos derivada igual a uma constante,

como no item (a).

Resta então analisar os pontos (–2,–2), (–2,2), (2,2), (2,–2) que formam o re-

tângulo analisado:

Ponto Crítico (x0,y


0,y

0)

(–2,–2) Fronteira 4

(–2,2) Fronteira –4

(2,2) Fronteira 4

(2,–2) Fronteira –4


função é igual a 4 e que o valor mínimo é igual a –4.

289


SEÇÃO 3 • Método dos multiplicadores de Lagrange


Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição dada:

1. f(x,y) = 3x + 4y x2 + y2 = 1

max. f(x,y) = 3x + 4y min. f(x,y) = 3x + 4y

s.a x2 + y2 = 1 s.a x2 + y2 = 1


ção L dada por:

L(x,y,λ) = 3x + 4y – λ·(x2 + y2 – 1)

O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e λ, igua-

lando-as a zero para resolver o sistema:

2 2

2

L 33 2x 0 x

x 2

L 24 2y 0 y

y

Lx y 1 0

3 2 51 0

2 2

∂ = − λ = ⇒ =∂ λ∂ = − λ = ⇒ =∂ λ∂ = − − + =∂λ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + = ⇒ λ = ±⎜ ⎟ ⎜ ⎟λ λ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Para λ = 52

, temos que x = 35

e y = 45

e λ = – 52

, temos que x = – 35

e y = – 45

.

Assim temos os seguintes pontos que resolvem o sistema: ( 35

, 45 ), (– 3

5,– 4

5 ).

Substituindo os pontos candidatos à extremos condicionantes da função na

função f(x,y) = 3x + 4y, teremos:

f( 35

, 45 ) = 3 3

5 + 4 4

5 = 5

f(– 35

,– 45 ) = ·3(– 3

5 ) + 4·(– 45 ) = –5

Assim, –5 é o valor mínimo e 5 o valor máximo.

290


2. f(x,y) = 49 –x2 – y2 x + 3y = 10

max. f(x,y) = 49 – x2 – y2 min. f(x,y) = 49 – x2 – y2

s.a x + 3y = 10 s.a x + 3y = 10


ção L dada por:

L(x,y,λ) = (49 – x2 – y2) – λ·(x + 3y – 10)



L2x

x

L2y 3 0

y

Lx 3y 10 0

∂ = − − λ = 0∂∂ = − − λ =∂∂ = − − + =∂λ

Resolvendo o sistema vamos obter λ = –2, x = 1 e y = 3. Assim temos o ponto

(1,3) para análise. Substituindo este ponto na função teremos:

f(1,3) = 49 – 12 – 32 = 39

Assim, 39 é o valor máximo.


1. Determine os pontos críticos e classifi que-os:

a. z = x2 + y2 – 6x – 2y +7


∂∂

zx

= 2x – 6 = 0 ⇒ x = 3

∂∂

zy

= 2y – 2 = 0 ⇒ y = 1

Assim, temos o ponto crítico: (3,1).


2 0H(x, y) 4 0.

0 2= = >

291



∂∂

2

2

f

x(x,y) = 2 > 0

Assim, o ponto (3,1) é um ponto mínimo local pois H(3,1) > 0 e ∂∂

2

2

f

x(3,1) > 0.

b. f(x,y) = 4xy – x4 – 2y2


∂∂

zx

= 4y – 4x3 = 0 ⇒ y = x3

∂∂

zy

= 4x – 4y = 0


4x – 4y = 0

4x – 4x3 = 0

O que nos dá os valores x = 0, x = 1, x = –1. Assim:

x = 0 ⇒ y = 03 = 0

x = 1 ⇒ y = 13 = 1

x = –1 ⇒ y = (–1)3 = –1

Portanto, os pontos críticos são: (0,0), (1,1), (–1,–1).


2212x 4

H(x, y) 48x 16.4 4

−= = −

−

H(0,0) = 48·02 – 16 = –16 < 0

H(1,1) = 48·12 – 16 = 32 > 0

H(–1,–1) = 48·(–1)2 – 16 = 32 > 0


∂∂

2

2

f

x(x,y) = –12x2

∂∂

2

2

f

x(1,1) = –12.(1)2 = –12 < 0

∂∂

2

2

f

x(–1,–1) = –12.(–1)2 = –12 < 0

292



(0,0) é um ponto de sela pois H(0,0) < 0;

(1,1) é um ponto de máximo local pois H(1,1) > 0 e ∂∂

2

2

f

x(1,1) < 0;

(–1,–1) é um ponto de máximo local pois H(–1,–1) > 0 e ∂∂

2

2

f

x(–1,–1) < 0.

c. 2 2x yg(x, y) e +=


2 2

2 2

x y

x y

ge 2x 0 x 0

x

ge 2y 0 y 0

y

+

+

∂= ⋅ = ⇒ =

∂∂

= ⋅ = ⇒ =∂

Assim, temos o ponto crítico: (0,0).


2 2 2 2

2 2 2 2

x y 2 x y

x y x y 2

e (2 4x ) 4xyeH(x, y) .

4xye e (2 4x )

+ +

+ +

+=

+

Aplicando o ponto (0,0):

2 0H(0, 0) 4 0.

0 2= = >


2 22

x y 2

2

20 2

2

g(x, y) e (2 4x )

x

g(0, 0) e (2 4 0 ) 2 0

x

+∂= +

∂∂

= + ⋅ = >∂

Assim, o ponto (0,0) é um ponto mínimo local pois H(0,0) > 0 e 2

2

g

x

∂∂

(0,0) > 0.

293


d. z = 4·x·sen (y) + 3


∂∂

zx

= 4·sen y = 0 ⇒ sen y = 0 ⇒ y = kπ

∂∂

zy

= 4x·cos y = 0 ⇒ x = 0

Assim, temos os pontos críticos: (0,kπ), sendo k um número inteiro.


0 4 cos yH(x, y) .

4 cos y 4x sen y=

− ⋅

Aplicando os pontos (0,kπ):

H(0,kπ) = –16cos2 (kπ) = –16 < 0

Assim, os pontos (0,kπ), sendo k um número inteiro, são pontos de sela pois

H(0,kπ) < 0.

2. Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição

dada:

a. f(x,y) = xy x2 + y2 = 8

max. f(x,y) = xy min. f(x,y) = xy

s.a x2 + y2 = 8 s.a x2 + y2 = 8


ção L dada por:

L(x,y,λ) = xy – λ·(x2 + y2 – 8)



2 2

Ly 2x y 2x

x

Lx 2y 0

y

Lx y 8 0

∂ = − λ = 0 ⇒ = λ∂∂ = − λ =∂∂ = − − + =∂λ

294


x – 2yλ = 0

x – 2(2xλ)·λ = 0

x(1 – 4λ2) = 0

x = 0 ou (1 – 4λ2) = 0 ⇒ λ = ± 12

Para x = 0, teremos y = 0, que é um ponto que não satisfaz a restrição.

Para os dois valores de λ encontrados, teremos:

λ = 12

⇒ y = 2x 12

= x

–x2 – x2 + 8 = 0 ⇒ x = ±2 (2,2), (–2,–2)

λ = – 12

⇒ y = 2x(– 12 ) = –x

–x2 – x2 + 8 = 0 ⇒ x = ±2 (2,–2), (–2,2)

Substituindo estes pontos na função os pontos candidatos à extremos condi-

cionantes da função na função f(x,y) = xy, teremos:

f(2,2) = 2·2 = 4

f(–2,–2) = (–2)·(–2) = 4

f(2,–2) = 2·(–2) = –4

f(–2,2) = (–2)·2 = –4

Assim, 4 é o valor máximo e –4 é o valor mínimo.

b. f(x,y) = x + 3y x2 + y2 = 10

max. f(x,y) = x + 3y min. f(x,y) = x + 3y

s.a x2 + y2 = 10 s.a x2 + y2 = 10


ção L dada por:

L(x,y,λ) = (x + 3y) – λ·(x2 + y2 – 10)



2 2

L 11 2x x

x 2

L 33 2y 0 y

y 2

Lx y 10 0

∂ = − λ = 0 ⇒ =∂ λ∂ = − λ = ⇒ =∂ λ∂ = − − + =∂λ

295


2 21 3

10 02 2

12

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟λ λ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

λ = ±


1 1 3x 1 y 3 (1, 3)

2 1 12 2

2 2

1 1 3x 1 y 3 ( 1, 3)

2 1 12 2

2 2

λ = ⇒ = = ⇒ = =⋅ ⋅

−λ = ⇒ = = − ⇒ = = − − −− −⋅ ⋅

Substituindo estes pontos na função os pontos candidatos à extremos condi-

cionantes da função na função f(x,y) = x + 3y, teremos:

f(1,3) = 1 + 3·3 = 10

f(–1,–3) = –1 + 3·(–3) = –10

Assim, 10 é o valor máximo e –10 é o valor mínimo.

c. f(x,y) = 6x + y2 3x2 + y2 = 4

max. f(x,y) = 6x + y2 min. f(x,y) = 6x + y2

s.a 3x2 + y2 = 4 s.a 3x2 + y2 = 4


ção L dada por:

L(x,y,λ) = (6x + y2) – λ·(3x2 + y2 – 4)



2 2

L 16 6x x

x

L2y 2y 0 y 1

y

L3x y 4 0

∂ = − λ = 0 ⇒ =∂ λ∂ = − λ = ⇒ =∂∂ = − − + =∂λ

221

3 0 4 0⎛ ⎞− − + =⎜ ⎟λ⎝ ⎠

3λ = ±2

296



e1 x 1 y 1 (1, 1) (1, 1)

3 1 2 2x y 0 , 0

2 3 3 32

3 2 2x y 0 , 0

2 3 3

λ = ⇒ = ⇒ = ± −

⎛ ⎞λ = ⇒ = = ⇒ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞− − −λ = ⇒ = ⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Vamos substituir os pontos candidatos à extremos condicionantes na função

f(x,y) = 6x + y2:

2

2

2

2

2 2 12f , 0 6 0

3 3 3

2 2 12f , 0 6 0

3 3 3

f(1, 1) 6 1 ( 1) 7

f(1, 1) 6 1 1 7

⎛ ⎞= ⋅ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞− − −= ⋅ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

− = ⋅ + − =

= ⋅ + =

Assim, 7 é o valor máximo e 12

3

− é o valor mínimo.

297


UNIDADE 5

Integrais Múltiplas

SEÇÃO 1 • Defi nição e cálculo da integral dupla


1. Calcule − −∫ ∫4 3

0 0

(18 3x 2y)dxdy.

Calculando a 1ª integral:

33 22

00

x 3(18 3x 2y)dx 18x 3 2yx 18 3 3 2y 3

2 2

27 108 27 8154 6y 6y 6y.

2 2 2

− − = − − = ⋅ − ⋅ − ⋅

−= − − = − = −

∫

Calculando a 2° integral

44 22

0 0

y81 81 816y dy y 6 4 3 4 162 48 114.

2 2 2 2⎛ ⎞− = − = ⋅ − ⋅ = − =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

2. Calcule +∫ ∫1 1

0 x

(x y)dydx e descreva grafi camente e analiticamente a região

de integração.

Calculando a 1ª integral:

11 2

x x

2 2 22 2

y(x y)dy xy

2

1 x 1 x 3 1x 1 x x x x x x .

2 2 2 2 2 2

+ = +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ + − ⋅ + = + − − = − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫

Calculando a 2° integral

22 3 22

11

3 1 3 x x 1 1x x dx x .

2 2 2 3 2 2 2⎛ ⎞− + + = − ⋅ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

Descrição analítica da região de integração:

x ≤ y ≤ 1

0 ≤ x ≤ 1

298


Descrição gráfi ca da região de integração (Ver Figura 7.18).

Figura 7.18 Região delimitada por y = 1, y = x e o eixo dos y.

3. Determine os limites de integração da integral ∫∫S

f(x, y)dxdy sendo S a

região limitada pela hipérbole y2 – x2 = 1 e pelas retas x = 2 e x = –2.

Na Figura 7.19 temos a visualização da região S.

Figura 7.19 Região delimitada por y2 – x2 = 1 e pelas retas x = 2 e x = –2

Analiticamente a região pode ser descrita como:

2 21 x y 1 x

2 x 2

⎧⎪ − + ≤ ≤ +⎨

− ≤ ≤⎪⎩

A integral é dada por:

2

2

2 1 x

2 1 x

f(x, y) dy dx.+

− − +

∫ ∫

299


4. Inverta a ordem de integração e verifi que qual a melhor maneira para

calcular a integral +

− +∫ ∫

2

1 3x 2

2 x 4 x

dydx .

Para inverter a ordem de integração vamos descrever analiticamente e grafi -

camente a região de integração (Ver Figura 7.20)

Temos,

2

1

x 4x y 3x 2R :

2 x 1

⎧ + ≤ ≤ +⎨

− ≤ ≤⎩

Figura 7.20 Região delimitada por y = x2 + 4x e y = 3x + 2

É possível verifi car os pontos de interseção entre y = x2 + 4x e y = 3x + 2

fazendo

x2 + 4x = 3x + 2

x2 + x – 2 = 0

Resolvendo a equação do 2o grau obtemos x = 1 e x = –2.

Assim invertendo a ordem de integração a região é descrita por

2

4 16 4yy 2x

R : 3 2

4 y 5

⎧ − + +−⎪ ≤ ≤⎨⎪ − ≤ ≤⎩

Observar que é mais fácil resolver usando R1. Assim,

+

− +∫ ∫

2

1 3x 2

2 x 4 x

dydx .

300


Resolvendo a 1a integral vem:

2

2

3x 23x 2 2 2

x 4 x

x 4 x

dy y (3x 2) (x 4x) x x 2.+

+

++

= = + − + = − − +∫

Resolvendo a 2a integral vem:

11 3 22

22

3 2 3 2

x x( x x 2)dx 2x

3 2

1 1 1 11 1 2 1 ( 2) ( 2) 2 ( 2)

3 2 3 2

9.

2

−−

− − + = − − +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ − ⋅ + ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − + ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=

∫

SEÇÃO 2 • Cálculo de volumes e áreas usando integrais duplas


1. Calcule o volume do sólido delimitado pela superfície z = x2 e pelos pla-

nos x = 2, y = 3 e z = 0.

Na Figura 7.21 temos a visualização do sólido que está delimitado superior-

mente pela parte da calha z = x2.

Figura 7.21 Visualização da parte da calha z = x2

301


Ao projetar a calha no plano z = 0, vamos obter a região de integração no

formato de um retângulo:

0 x 2R :

0 y 3

≤ ≤⎧⎨ ≤ ≤⎩

Assim, o volume do sólido que está delimitado superiormente por z = x2 com

base em R, é dado por:

unidades de volume.

23 2 3 3 332

000 0 0 0

x 8 8 8V x dxdy dy dy y 3 8

3 3 3 3= = = = = ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫

2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente por z = 3x + y, ten-

do como a base a região delimitada por R = { (x,y) | 3 ≤ x ≤ 5 ; 1 ≤ y ≤ 2 }.

O volume é dado por:

unidades de volume.

252 5 2 2 22

31 3 1 1 1

yxV (3x y)dxdy 3 yx dy (2y 24)dy 2 24y

2 2

27

= + = ⋅ + = + = ⋅ +

=

∫ ∫ ∫ ∫


Usando integrais duplas, calcule a área da região delimitada por:

a. y = 5 – x2 e = − +2 10y x

3 3.

Na Figura 7.22 temos a representação gráfi ca da região. Temos:

unidades de área.

2

211 5 x 1 1 3 2

5 x 22 10

x53 35 2 10 5 5

x 33 3 3 3 3

2 5 x 2 x 5A dydx y dx x x dx x

3 3 3 3 2 3

16081

−−

− +−− − + − −

⎛ ⎞= = = − + + = − + ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

∫ ∫ ∫ ∫

b. y = ex ; y = 3 – x e os eixos coordenados.

Na Figura 7.23 temos a representação gráfi ca da região. Observe que a inter-

secção entre a curva e a reta vai ser analisada de forma aproximada, pois não

temos mecanismos algébricos para encontrar o valor exato algebricamente,

por meio da equação ex = 3 – x. Podemos defi nir o valor aproximado de 0,79

grafi camente ou usando um recurso tecnológico (por exemplo, o Derive).

302


Vamos particionar a área em duas regiões denotadas por A1 e A

2.

Temos:

unidades de área.

x

x0,79 e 3 3 x 0,79 3

e 3 x

1 2 0 0

0 0 0,79 0 0 0,79

30,79 3 20,79x x

00,790 0,79

20,79 0

A A A dydx dydx y dx y dx

xe dx (3 x)dx e 3x

2

9 (0, 79)e e 9 3 0, 79 3, 645

2 2

−−= + = + = +

= + − = + −

= − + − − ⋅ + ≅

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

Figura 7.22 Região do item (a) Figura 7.23 Região do item (b)

SEÇÃO 3 • Defi nição e cálculo das integrais triplas



dV , sendo T o sólido no primeiro octante delimitado pela

calha x = 4 – y2 e pelos planos z = y, x = 0 e z = 0.

A região de integração dada pode ser descrita como:

2

0 z y

T : 0 x 4 y

0 y 2

≤ ≤⎧⎪ ≤ ≤ −⎨⎪ ≤ ≤⎩

Estamos diante de um plano recortado por uma calha que ao ser projetado

sobre o plano z = 0 adquire a forma visualizada na Figura 7.24.

303


A integral pode ser escrita como:

2 24 y y 4 y2 2 2

3

0 0 0 0 0 0

dzdxdy y dxdy (4y y )dy 4.

− −

= = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫


dV , sendo T o sólido cuja base é a região do plano xy delimi-

tada pela parábola y = 1 – x2 e pela reta y = 3x e cuja parte superior é o plano

z = x + 2.

Estamos diante de um plano z = x + 2 que vai ser projetado sobre o plano xy,

sendo que vamos considerar a parte de projeção recortada pela região R defi -

nida pela intersecção da parábola y = 1 – x2 com a reta y = 3x (ver Figura 7.25).

Para achar os pontos de intersecção fazemos

2

2

1 2

1 x 3x

x 3x 1 0

3 9 4 1 ( 1) 3 13x

2 2

x 3, 302 ; x 0, 302

− =

+ − =

− ± − ⋅ ⋅ − − ±= =

≅ − ≅

Uma das maneiras para descrever a região R da integral dupla deve ser esco-

lhida. Por exemplo:

23x y 1 xR :

3, 302 x 0, 302

⎧ ≤ ≤ −⎨

− ≤ ≤⎩

A integral pode ser escrita como:

2 20,302 1 x x 2 0,302 1 x 0,302

3 2

3,302 3x 0 3,302 3x 3,302

dzdydx (x 2)dydx ( x 5x 5x 2)dx 3, 906.− + −

− − −

= + = − − − + ≅∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Figura 7.24 Região R do item (1) Figura 7.25 Região R do item (2)

304


SEÇÃO 4 • Cálculo de volumes usando integrais triplas


1. Calcule o volume do sólido delimitado pelos planos x + 2y + z = 2; x = 2y;

x = 0 e z = 0.

O sólido está delimitado superiormente pelo plano x + 2y + z = 2 e vai ser

projetado sobre o plano xy. A base do sólido fi ca delimitada pelo corte do

plano x + 2y + z = 2 em z = 0, por x = 2y e por x = 0. As laterais do sólido são

geratrizes que contornam essa base que pode ser visualizada na Figura 7.26.

A integral usada para o cálculo é dada por:

(2 x ) (2 x )2 x 2y1 1 12 2

2

x x0 0 0 02 2

1dzdydx ( x 2y 2)dydx (x 1) dx .

3

− −− −

= − − + = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Observe que poderá haver a inversão de limites de integração, mas os resul-

tados fi nais serão sempre iguais.

2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente pelo parabolóide

z = x2 + y2, tendo como base a região do plano xy delimitada por x = y2 e y = x2.

A base do sólido está representada na Figura 7.27. O volume é dado por:

2 2

2 2

3x y1 x 1 x 1 56 2

2 2 4 2

0 0 0 0x x

x x 6dzdydx (x y )dydx x x dx .

3 3 35

+ ⎛ ⎞⎜ ⎟= + = − − + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Figura 7.26 Região de (1) Figura 7.27 Região de (2)

305


SEÇÃO 5 • Mudança de variáveis nas integrais duplas e triplas



dx dy dz, sendo T a coroa esférica limitada por

x2 + y2 + z2 = 4 e x2 + y2 + z2 = 9. Interprete o resultado encontrado.

Usando coordenadas esférica vamos ter:

2 3 2

2

0 0 2 0 0 0

19 sen 38 sen 76sen d d d d d d .

3 3 3

π π π π πφ π φ πρ φ ρ θ φ = θ φ = φ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

O resultado encontrado é o volume da casca esférica.


x dx dy dz, sendo que T é a esfera sólida x2 + y2 + z2 ≤ 4.

A equação da esfera x2 + y2 + z2 = 4 em coordenadas esféricas é dada por ρ = 2.

A região de integração T em coordenadas esféricas pode ser descrita por

0 2

T : 0 2

0

≤ ρ ≤⎧⎪′ ≤ θ ≤ π⎨⎪ ≤ φ ≤ π⎩

Portanto, temos:

2 2

2 2

T 0 0 0

2

2

0 0

sen cos sen d d d sen cos d d d

4 sen cos d d 0.

π π3

π π

ρ φ θ⋅ρ φ ρ θ φ = ρ φ θ ρ θ φ

= φ θ θ φ =

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫


1. Calcule a integral +∫∫R

2dxdy

2x y, sendo R o retângulo defi nido por

0 ≤ x ≤ 3 e 1 ≤ y ≤ 2.

A região é retangular. Assim, 2 3

1 0

2dxdy

2x y+∫ ∫ .

1a integral: 3

3

0

0

2dx ln| 2x y | ln| 6 y | ln| y |

2x y= + = + −

+∫

2a integral: 2

1

(ln | 6 y | ln| y |)dy 22 ln 2 7 ln 7.+ − = −∫

306


2. Descreva grafi camente e analiticamente a região de integração da integral +

∫ ∫2 x 1

2

0 0

2xy dydx . A seguir calcule a integral dupla.

Na Figura 7.28 tem a descrição gráfi -

ca. A descrição analítica é dada por:

0 y x 1R :

0 x 2

≤ ≤ +⎧⎨ ≤ ≤⎩

Figura 7.28 Região do item (2)

1a integral: x 1x 1 3

2 3 4 3 2

0 0

y 2 2 22xy dy 2x x (x 1) x 2x 2x x.

3 3 3 3

++

= ⋅ = ⋅ + = + + +∫

2a integral: 2

4 3 2

0

2 2 284x 2x 2x x dx .

3 3 15⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

3. Usando integral dupla, calcule a área da região delimitada por x = 0;

x = y2 + 1, y = 2 e y = –2.

Na Figura 7.29 tem-se a região de integração.

2 2

2y 1 y 12 2 2 2

y 1 2

0

2 0 0 0 0 0

23

0

A dxdy 2 dxdy 2 x dy 2 (y 1)dy

y 8 8 3 14 282 y 2 2 2 2 .

3 3 3 3 3

+ ++

−

= = ⋅ = ⋅ = ⋅ +

⎛ ⎞ +⎛ ⎞= ⋅ + = ⋅ + = ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Figura 7.29 Região do item (3)

307


4. Calcule a integral ∫∫R

cos (x2 + y2)dxdy, sendo R a região da Figura 5.35 do

Quadro III.

Usando coordenadas polares:

2 2 2 22 2 2 2

00

2 2

1cos(x y )dxdy cos(r ) r drd sen(r ) d

2

1 1 1sen 4 d sen 4 sen 4(2 ) sen 4.

2 2 2 2

π π

π π

π π

ππ

+ = ⋅ θ = θ

π= θ = ⋅θ = π − π =

∫∫ ∫ ∫ ∫

∫

5. Calcule ∫∫R

(4 – x – y)dxdy, sendo R a região circular x2 +y2 = 4. O resultado

obtido pode representar um volume? Justifi que a sua resposta.

Usando coordenadas polares:

22 2 2 2 3 3

00

2

2

r r r(4 r cos r sen ) r drd 4 cos sen d

2 3 3

8 88 cos sen d

3 3

8 88 sen cos 16 .

3 3

π π

π π

π

π

π

π

− θ − θ ⋅ θ = ⋅ − θ⋅ − θ⋅ θ

⎛ ⎞= − θ − θ θ⎜ ⎟⎝ ⎠

= θ − θ + θ = π

∫ ∫ ∫

∫

O resultado pode representar o volume do sólido limitado superiormente

pelo plano z = 4 – x – y, com base circular. Estamos diante de um tronco de

cilindro.

6. Calcule o volume resultante da intersecção dos parabolóides

z = 18 – x2 – y2 e z = x2 + y2.

Vamos analisar a forma da projeção sobre o plano xy, igualando as expressões:

18 – x2 – y2 = x2 + y2

2x2 + 2y2 = 18

x2 + y2 = 9

Temos

2 2 2 2

2 22 2

18 x y 18 x y 2 2

x yx yR R R

V dzdxdy z dxdy (18 2x 2y )dxdy.− − − −

++= = = − −∫∫ ∫ ∫∫ ∫∫

308


Passando para coordenadas polares temos:

32 3 2 22 42

00

2

r r 81(18 2r ) r drd 18 2 d 81 d

2 4 2

81 812 81 .

2 2

π π π

π π π

π

π

⎛ ⎞− ⋅ θ = − θ = − θ⎜ ⎟⎝ ⎠

= θ = ⋅ π = π

∫ ∫ ∫ ∫

7. Calcule o volume do sólido resultante da intersecção dos cilindros

x2 + y2 = 9 e y2 + z2 = 9.

Estamos diante da intersecção de dois cilindros. Vamos usar a simetria:V = 4V1.

22

2

9 y39 y

2

10

R R 0 0

3 39 y2 2 2

00 0

33 32

0 0

V dzdxdy 9 y dxdy dxdy

9 y x dy 9 y 9 y dy

y(9 y ) dy 9y 18.

3

−−

−

= = − =

= − ⋅ = − ⋅ −

= − = − =

∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫

Assim o volume total é 72 unidades de volume.

8. Calcule o volume do tetraedro limitado por x + 2y + 3z = 6 e os planos

coordenados.

1(6 x 2y )

31

0R R

6 2y3 3

2

0 0 0

1V dzdxdy (6 x 2y)dxdy

3

1 2(6 x 2y)dxdy y 4y 6 dy 6.

3 3

− −

−

= = − −

⎛ ⎞= − − = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫ ∫ ∫∫

∫ ∫ ∫

309



(x – y)dV, sendo T a região especial delimitada por:

x + y = 9; x + y = 1; y – x = 0; y – x = 3; z = 0 e x + y + z = 27.

A região de integração fi ca particionada em três partes (Ver Figura 7.30). Temos:

127 x y 27 x y 27 x y3 x 3 3 x 4 ,5 9 x2

11 1 x 0 x 0 3 x 02

13 x 3 3 x 4 ,5 9 x2

2 2 2 2 2 2

11 1 x x 3 x2

3 2

(x y)dzdydx (x y)dzdydx (x y)dzdydx

( x 27x y 27y)dydx ( x 27x y 27y)dydx ( x 27x y 27y)dydx

2(2x 81x 66

3

− − − − − −+ + −

− −

+ + −

− −

− + − + −

= − + + − + − + + − + − + + −

= − − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫1

3 4 ,523 2

11 32

9 1x 149)dx (2x 25)dx (8x 324x 2430x 5103)dx

2 6

1791 1935 675396.

16 8 16

−

+ + − + − + −

= − − − = −

∫ ∫ ∫

Figura 7.30 Região de (9)

10. Calcule o volume do sólido acima do parabolóide z = x2 + y2 e abaixo do

cone 2 2z x y= + .

A projeção sobre o plano xy é dada por x2 + y2 ≤ 1. Assim, podemos escrever:

2 22

2 2 22

x y1 1 x 2 1 r

1 0 0x y r1 x

dzdydx r dzdrd .6

+− π

− +− −

π= θ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

310


UNIDADE 6

Aplicações


1. A altura das ondas H num mar aberto depende da rapidez do vento v e

do intervalo de tempo t no qual está ventando com a mesma intensidade.

Os valores da função h = f(v,t) dados em pés são apresentados na tabela que

segue.

t (h)v (nós)

5 10 15 20 30 40 50

10 2 2 2 2 2 2 2

15 4 4 5 5 5 5 5

20 5 7 8 8 9 9 9

30 9 13 16 17 18 19 19

40 14 21 25 28 31 33 33

50 19 29 36 40 45 48 50

60 24 37 47 54 62 67 69

a. Qual é o valor de f(40,15)? Qual seu signifi cado?

O valor de f(40,15) é igual a 25. Signifi ca que um vento de 40 nós sopra no oce-

ano por 15 horas criando ondas de cerca de 25 pés de altura.

b. Qual o signifi cado da função h = f(30,t)? Descreva seu comportamento.

h = f(30,t) é uma função da variável t. Esta função fornece a altura de ondas

produzidas por ventos de 30 nós que sopram por um período de t horas.

c. Qual o signifi cado da função h = f(v,30)? Descreva seu comportamento.

h = f(v,30) é uma função de v. Esta função fornece a altura das ondas produzi-

das por ventos de velocidade v que sopram por 30 horas.

311


d. Calcule de forma aproximada ∂∂

ft

(30,15).

Formalmente ∂∂

ft

(30,15) é dada por:

(1)t 0

f f(30 t,15) f(30,15)(30,15) lim

t tΔ →

∂ + Δ −=∂ Δ

Como não temos a lei de formação de h = f(v,t), vamos encontrar o limite de

(1) de forma aproximada. De forma conveniente vamos usar Δt = 5 e Δt = –5 e

vamos estabelecer a taxa de variação média na variação considerada.

d.1) Para Δt = 5 temos:

f(30,15 t) f(30,15) f(30,20) f(30,15) 17 160,2.

t 5 5+ Δ − − −= = =

Δ

d.2) Para Δt = –5 temos:

f(30,15 t) f(30,15) f(30,10) f(30,15) 13 160,6.

t –5 –5+ Δ − − −= = =

Δ

Assim, podemos fazer a média das taxas de variações médias e obter um valor

aproximado para a derivada parcial da função em relação a t no ponto (30,15).

Veja:

f 0,2 0,6(30,15) 0, 4.

T 2∂ +≈ =∂

2. Uma placa circular tem o formato descrito pela região x2 + y2 ≤ 1. Toda a

placa, incluindo sua fronteira, é aquecida de tal forma que a temperatura no

ponto (x,y) possa ser representada por T(x,y) = x2 + 2y2 – x. Encontre a tem-

peratura nos pontos mais quentes e mais frios da placa.

max. T(x,y) = x2 + 2y2 – x min. T(x,y) = x2 + 2y2 – x

s.a x2 + y2 ≤ 1 s.a x2 + y2 ≤ 1

Inicialmente determinamos os pontos críticos da função temperatura:

Tx

∂∂

= 2x – 1 = 0 ⇒ x = 12

Ty

∂∂

= 4y = 0 ⇒ y = 0

312


O ponto crítico ( 12

,0) pode ser classifi cado:

2

2

2 0 TH(x, y) 8 0 2 0

0 4 x

∂= = > = >∂

Assim, o ponto ( 12

,0) será um ponto de mínimo da função temperatura e per-

tence ao interior da região que defi ne a placa circular.

Usando o Teorema de Weierstrass, vamos analisar a função temperatura na

fronteira da placa circular, ou seja, considerando 2y 1 x= ± − :

2 2 2 2

2 2

2

T(x, 1 x ) x 2( 1 x ) x

x 2 2x x

x x 2

± − = + ± − −

= + − −

= − − +

Os pontos críticos desta função são calculados a partir da análise da derivada

de primeira ordem da função 2T(x, 1 x )± − :

Tx

∂∂

= –2x – 1 = 0 ⇒ x = –12

Para x = –12

teremos os seguintes valores de y:

21 3 3

y 12 4 2−⎛ ⎞= ± − = ± = ±⎜ ⎟

⎝ ⎠

A tabela auxilia na defi nição dos pontos mais quentes e mais frios:

Ponto crítico (x

0,y

0)

Localização f(x0,y

0)

1,0

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ Interior

221 1 1 1

T ,0 2 02 2 2 2

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⋅ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 3,

2 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

Fronteira

221 3 1 3 1 9

T , 22 2 2 2 2 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎛ ⎞= + ⋅ + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 3,

2 2

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

Fronteira

221 3 1 3 1 9

T , 22 2 2 2 2 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −⎛ ⎞= + ⋅ + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

313


O ponto mínimo é 1,0

2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

que representa uma temperatura de – 12

unidades

de temperatura e os pontos máximos são 1 3,

2 2

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

e 1 3,

2 2

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

que represen-

tam uma temperatura de 94

unidades de temperatura.

3. Em uma empresa que produz dois diferentes produtos, temos as funções

de demanda

Q1 = 40 – 2P

1 – P

2

Q2 = 35 – P

1 – P

2

sendo que Qi, i = 1,2 representa o nível do i-ésimo produto por unidade de

tempo e Pi, i = 1,2 os respectivos preços. A função custo é dada por

2 2

1 2C Q Q 10= + +

e a função receita é dada por

R = P1Q

1 + P

2Q

2.

a. Sabendo-se que o lucro é igual à receita menos o custo, encontre a fun-

ção lucro.

A função lucro será dada por:

2 2

1 1 2 2 1 2

2 2

1 1 2 2 1 2

L R C P Q P Q (Q Q 10)

L P Q P Q Q Q 10

= − = + − + +

= + − − −

b. Encontre os níveis de produção que maximizam o lucro.

Para encontrar os níveis de produção que maximizam o lucro, podemos es-

crever a função lucro na forma L = f(P1,P

2). Vamos usar o Derive para resolver

este problema, usando a notação P1 = x e P

2 = y. Temos:

Q1 = 40 – 2x – y e Q

2 = 35 – x – y

L = x(40 – 2x – y) + y(35 – x – y) – (40 – 2x – y)2 – (35 – x – y)2 – 10

314


Ainda no Derive calculamos as derivadas parciais e resolvemos o sistema que

nos dá os pontos críticos:

Com estes valores encontrados, podemos determinar os níveis de produção

que maximizam o lucro:

e1 2

43 9 43 13Q 40 2 7 Q 35 7 .

2 2 2 2= − ⋅ − = = − − =

c. Determine o lucro máximo.

2 2

1 1 2 1 2 2L(x, y) 7P 8PP 270P 3P 185P 2835

43 395L 7, 98,75.

2 4

= − − + − + −

⎛ ⎞ = =⎜ ⎟⎝ ⎠

4. Vamos supor que p reais seja o preço por unidade de x unidades de um

produto e q reais seja o preço por unidade de y unidades de outro produto.

As equações de demanda podem são dadas por:

e8 12

x y .pq pq

= =



Vamos calcular as derivadas parciais para determinar as quatro demandas mar-

ginais.

2 2 2 2

y yx 8 x 8 12 12p q p qqp pq qp pq

∂ ∂∂ − ∂ − − −= = = =∂ ∂ ∂ ∂

315


Ao analisarmos os sinais destas derivadas, percebemos que x

0q

∂ <∂ e

y0

p

∂ <∂

,

sendo assim, os dois produtos são complementares.

5. Um sólido tem a forma da região delimitada pelo parabolóide

z = 1 – x2 – y2 e o plano z = 0. A densidade em um ponto A(x,y,z) é

proporcional à distância de A até a origem. Apresente as integrais para o cal-

culo da massa e do centro de massa.

Para iniciar o cálculo é necessário identifi car que a densidade de massa é dada

por δ(x,y,z) = k(x2 + y2 + z2)½ , sendo k uma constante de proporcionalidade.

Para calcular a massa total desse sólido, vamos usar

M = ∫∫∫T

k(x2 + y2 + z2)½ dV

Considerando que a projeção do sólido sobre o plano xy é circular, temos:

22 1 1 r 12 2 2

0 0 0

M k(r z ) r drd .π −

= + θ∫ ∫ ∫

Podemos escrever as integrais para calcular os momentos de massa:

2

2

2

2 1 1 r1 12 2 2 2 22 2

xy

T 0 0 0

2 1 1 r1 12 2 2 2 2 22 2

xz

T 0 0 0

2 1 1 r1 12 2 2 2 2 22 2

yz

T 0 0 0

M zk(x y z ) dV k z(r z ) r drd

M yk(x y z ) dV k r sen (r z ) r drd

M xk(x y z ) dV k r cos (r z ) r drd .

π −

π −

π −

= + + = + θ

= + + = θ⋅ + θ

= + + = θ⋅ + θ

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

O centro de massa é dado por yzM

xM

= , xzMy

M= e

xyMz

M= . Observe que as

integrais acima são bastante trabalhosas. Dessa forma vamos deixar indicado os

cálculos que poderão ser obtidos com o uso de um software, como por exem-

plo o Derive.

316


6. Calcule o momento de inércia em relação ao eixo z do sólido delimitado

pelo cilindro x2 + y2 = 9 e pelos planos z = 2 e z = 4, sabendo que a densida-

de de massa é igual a (x2 + y2) kg/m3.

Temos:

2 2 2 2 2 2 2

z

T T

I (x y )(x y )dV (x y ) dV.= + + = +∫∫∫ ∫∫∫

Como a projeção de T sobre o plano xy é circular, vamos usar coordenadas cilín-

dricas. Temos:

2 3 4 2 3 2 344 5 5

z 20 0 2 0 0 0 0

32 262

00 0

I r r dzdrd r z drd 2r drd

r2 d 243d 486 kg m .

6

π π π

π π

= ⋅ θ = θ = θ

= θ = θ = π⋅ ⋅

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

7. Considere a chapa desenhada na fi gura que segue.

a. Desenvolva a área da chapa.

A área é dada por:

4 x

x04

10A dydx .

3= =∫ ∫

b. Desenvolva a massa da chapa considerando a densidade como um valor

constante k.

unidades de massa4 x

x04

10kM k dydx .

3= =∫ ∫

c. Construa um sólido que tenha a região dada como base.

Os exemplos são os mais variados. Vamos supor um sólido limitado superior-

mente por z = 3 e lateralmente pelas geratrizes que contornam a região dada.

317


d. Calcule o volume do sólido construído em (c).

Temos:

unidades de volume4 x

x04

V 3dydx 10 .= =∫ ∫

Tabela de Derivadas

Nesta tabela u e v são funções deriváveis de x e c, m e a são constantes.

(1) y = c ⇒ y’ = 0 (19)u

y u yu

′′= ⇒ =

− 2arcsen

1

(2) y = x ⇒ y’ = 1 (20)u

y u yu

′−′= ⇒ =− 2

arccos1

(3) y = c × u ⇒ y’ = c × u’ (21)u

y u yu

′′= ⇒ =

+ 2arctg

1

(4) y = u + v ⇒ y’ = u’ + v’ (22)u

y u yu

′−′= ⇒ =+ 2

arccotg1

(5) y = u.v ⇒ y’ = u.v’ + v.u’ (23)u

y u y uu u

′′= ⇒ = >

−2arcsec com | | 1

| | 1

(6)u v u u v

y yv v

′ ′−′= ⇒ =2

. .(24)

uy u y u

u u

′−′= ⇒ = >−2

arccosec com | | 1| | 1

(7) y = um, (m ≠ 0) ⇒ y’ = m.um–1.u’ (25) y = senh u ⇒ y’ = cosh u.u’

(8) y = au ⇒ y’ = au ln a.u’ (26) y = cosh u ⇒ y’ = senh u.u’

(9) y = eu ⇒ y’ = eu.u’ (27) y = tgh u ⇒ y’ = sech2 u.u’

(10) a a

uy u y e

u

′′= ⇒ =log log (28) y = cotgh u ⇒ y’ = –cosech2 u.u’

(11)u

y u yu

′′= ⇒ =ln (29) y = sech u ⇒ y’ = –sech u.tgh u.u’

(12) y = uv ⇒ y’ = v.uv–1.u’ + uv.ln u.v’ (u > 0) (30) y = cosech u ⇒ y’ = –cosech u.cotgh u.u’

(13) y = sen u ⇒ y’ = cos u.u’ (31)u

y u yu

′′= ⇒ =

+2argsenh

1

(14) y = cos u ⇒ y’ = –sen u.u’ (32)u

y u y uu

′′= ⇒ = >

−2arg cosh com 1

1

(15) y = tg u ⇒ y’ = sec2 u.u’ (33)u

y u y uu

′′= ⇒ = <

− 2argtgh com | | 1

1

(16) y = cotg u ⇒ y’ = –cosec2 u.u’ (34)u

y u y uu

′′= ⇒ = >

− 2argcotgh com | | 1

1

(17) y = sec u ⇒ y’ = sec u.tg u.u’ (35)u

y u y uu u

′−′= ⇒ = < <− 2

arg sech com 0 11

(18) y = cosec u ⇒ y’ = –cosec u.cotg u.u’ (36)u

y u y uu u

′−′= ⇒ = ≠− 2

argcosech com 01

Tabela de Integrais


(1) ∫ du = u + C (10) ∫ cosec u du = ln | cosec u – cotg u | + C

(2) = +∫ ln| |du

u Cu (11) ∫ sec u du = ln | sec u + tg u | + C

(3)+

= + ≠ −+∫1

( é constante 1)1

mm u

u du C mm

(12) ∫ sec2 u du = tg u + C

(4) = +∫ ln

uu a

a du Ca

(13) ∫ cosec2 u du = –cotg u + C

(5) ∫ eu du = eu + C (14) ∫ sec u · tg u du = sec u + C

(6) ∫ sen u du = –cos u + C (15) ∫ cosec u · cotg u du = –cosec u + C

(7) ∫ cos u du = sen u + C (16) = +−∫ 2 2

arcsendu u

Caa u

(8) ∫ tg u du = ln | sec u | + C (17) = ++∫ 2 2

1arctg

du uC

a aa u

(9) ∫ cotg u du = ln | sen u | + C

Fórmulas de Recorrência

Identidades

Trignométricas

(1) − −−= − ⋅ +∫ ∫1 21 1sen sen cos senn n nn

u du u u u dun n

(1) sen2 x + cos2 x = 1

(2)− −−= ⋅ +∫ ∫1 21 1

cos cos sen cosn n nnu du u u u du

n n (2) 1 + tg2 x = sec2 x

(3)− −= ⋅ −−∫ ∫1 21

tg tg cos tg1

n n nu du u u u dun (3) 1 + cotg2 x = cosec2 x

(4)1 21

cotg cotg cotg1

n n nu du u u dun

− −−= −−∫ ∫ (4)−=2 1 cos 2

sen2

xx

(5) − −−= ⋅ +− −∫ ∫2 21 2sec sec tg sec

1 1n n nn

u du u u u dun n

(5)+=2 1 cos 2

cos2

xx

(6) 2 21 2cosec cosec cotg cosec

1 1n n nn

u du u u u dun n

− −− −= ⋅ +− −∫ ∫ (6) sen 2x = 2 sen x · cos x

Tabela de Derivadas


(1) y = c ⇒ y’ = 0 (19)u

y u yu

′′= ⇒ =

− 2arcsen

1

(2) y = x ⇒ y’ = 1 (20)u

y u yu

′−′= ⇒ =− 2

arccos1

(3) y = c × u ⇒ y’ = c × u’ (21)u

y u yu

′′= ⇒ =

+ 2arctg

1

(4) y = u + v ⇒ y’ = u’ + v’ (22)u

y u yu

′−′= ⇒ =+ 2

arccotg1

(5) y = u.v ⇒ y’ = u.v’ + v.u’ (23)u

y u y uu u

′′= ⇒ = >

−2arcsec com | | 1

| | 1

(6)u v u u v

y yv v

′ ′−′= ⇒ =2

. .(24)

uy u y u

u u

′−′= ⇒ = >−2

arccosec com | | 1| | 1

(7) y = um, (m ≠ 0) ⇒ y’ = m.um–1.u’ (25) y = senh u ⇒ y’ = cosh u.u’

(8) y = au ⇒ y’ = au ln a.u’ (26) y = cosh u ⇒ y’ = senh u.u’

(9) y = eu ⇒ y’ = eu.u’ (27) y = tgh u ⇒ y’ = sech2 u.u’

(10) a a

uy u y e

u

′′= ⇒ =log log (28) y = cotgh u ⇒ y’ = –cosech2 u.u’

(11)u

y u yu

′′= ⇒ =ln (29) y = sech u ⇒ y’ = –sech u.tgh u.u’

(12) y = uv ⇒ y’ = v.uv–1.u’ + uv.ln u.v’ (u > 0) (30) y = cosech u ⇒ y’ = –cosech u.cotgh u.u’

(13) y = sen u ⇒ y’ = cos u.u’ (31)u

y u yu

′′= ⇒ =

+2argsenh

1

(14) y = cos u ⇒ y’ = –sen u.u’ (32)u

y u y uu

′′= ⇒ = >

−2arg cosh com 1

1

(15) y = tg u ⇒ y’ = sec2 u.u’ (33)u

y u y uu

′′= ⇒ = <

− 2argtgh com | | 1

1

(16) y = cotg u ⇒ y’ = –cosec2 u.u’ (34)u

y u y uu

′′= ⇒ = >

− 2argcotgh com | | 1

1

(17) y = sec u ⇒ y’ = sec u.tg u.u’ (35)u

y u y uu u

′−′= ⇒ = < <− 2

arg sech com 0 11

(18) y = cosec u ⇒ y’ = cosec u.cotg u.u’ (36)u

y u y uu u

′−′= ⇒ = ≠− 2

argcosech com 01

Tabela de Integrais


(1) ∫ du = u + C (10) ∫ cosec u du = ln | cosec u – cotg u | + C

(2) = +∫ ln| |du

u Cu (11) ∫ sec u du = ln | sec u + tg u | + C

(3)+

= + ≠ −+∫1

( é constante 1)1

mm u

u du C mm

(12) ∫ sec2 u du = tg u + C

(4) = +∫ ln

uu a

a du Ca

(13) ∫ cosec2 u du = –cotg u + C

(5) ∫ eu du = eu + C (14) ∫ sec u · tg u du = sec u + C

(6) ∫ sen u du = –cos u + C (15) ∫ cosec u · cotg u du = –cosec u + C

(7) ∫ cos u du = sen u + C (16) = +−∫ 2 2

arcsendu u

Caa u

(8) ∫ tg u du = ln | sec u | + C (17) = ++∫ 2 2

1arctg

du uC

a aa u

(9) ∫ cotg u du = ln | sen u | + C

Fórmulas de Recorrência

Identidades

Trignométricas

(1) − −−= − ⋅ +∫ ∫1 21 1sen sen cos senn n nn

u du u u u dun n

(1) sen2 x + cos2 x = 1

(2)− −−= ⋅ +∫ ∫1 21 1

cos cos sen cosn n nnu du u u u du

n n (2) 1 + tg2 x = sec2 x

(3)− −= ⋅ −−∫ ∫1 21

tg tg cos tg1

n n nu du u u u dun (3) 1 + cotg2 x = cosec2 x

(4)1 21

cotg cotg cotg1

n n nu du u u dun

− −−= −−∫ ∫ (4)−=2 1 cos 2

sen2

xx

(5) − −−= ⋅ +− −∫ ∫2 21 2sec sec tg sec

1 1n n nn

u du u u u dun n

(5)+=2 1 cos 2

cos2

xx

(6) 2 21 2cosec cosec cotg cosec

1 1n n nn

u du u u u dun n

− −− −= ⋅ +− −∫ ∫ (6) sen 2x = 2 sen x · cos x

[1922]CalculoIII

Documents

Transcript of [1922]CalculoIII