GRUPO
Educação a Distância
Caderno de Estudos
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
Prof. Ruy Piehowiak
Editora UNIASSELVI
2012
NEAD
Copyright  Editora UNIASSELVI 2012
Elaboração:
Prof. Ruy Piehowiak
Revisão, Diagramação e Produção:
Centro Universitário Leonardo da Vinci – UNIASSELVI
Ficha catalográfica elaborada na fonte pela Biblioteca Dante Alighieri
Grupo UNIASSELVI – Indaial.
515.35
P613e Piehowiak, Ruy
Equações diferenciais / Ruy Piehowiak. Indaial : Uniasselvi, 2012.
211 p. : il
ISBN 978-85-7830-603-8
1. Equações diferenciais.
I. Centro Universitário Leonardo da Vinci.
APRESENTAÇÃO
Caro(a) acadêmico(a)! Seja bem-vindo(a) à disciplina de Equações Diferenciais.
Para estudar Equações Diferenciais não há como desvincular o estudo do Cálculo
Diferencial e Integral, pois as palavras equação e diferencial sugerem que estudemos equações
que envolvam derivadas. As derivadas são estudadas no segmento da matemática chamado
de cálculo diferencial, que, consequentemente, nos leva ao cálculo integral. O cálculo utiliza
ideias da matemática elementar e as estende para situações mais gerais, ou seja, o cálculo
consiste na matemática elementar (álgebra, geometria, trigonometria) aperfeiçoada pelo
processo do limite.
Nesta disciplina, você irá aprimorar seus conhecimentos sobre o Cálculo Diferencial e
Integral. Se você já se interessou pelo que foi estudado no cálculo, vai ver que neste caderno
terá tópicos mais abrangentes e, também, interessantes.
A disciplina fornece uma série de ferramental necessária a outras disciplinas, como,
por exemplo, a Física.
O cálculo é considerado um dos maiores feitos do intelecto humano. Espero que, além de
perceber a utilidade, também perceba a beleza matemática. O entendimento do conteúdo e das
nuances que circundam este estudo é apenas a ponta do iceberg, principalmente para aqueles
acadêmicos que pretendem avançar seus estudos, como em especialização, mestrado etc.
Prof. Ruy Piehowiak
UNI
Quero enfatizar a postura que um(a) acadêmico(a) de matemática
deve ter ao estudar. Inicialmente, para ler um texto de matemática,
principalmente na modalidade de ensino a distância, é bastante
diferente de ler uma revista ou um jornal. Assim, não desanime
se precisar ler um conceito ou a resolução de um exemplo mais
de uma vez para entendê-lo. Sugiro que possua um papel, lápis
e computador com software matemático (por exemplo, o winplot)
à sua mão para entender o conteúdo trabalhado no Caderno de
Estudos e desenvolver ainda mais a sua habilidade algébrica.
iii
UNI
Oi!! Eu sou o UNI, você já me conhece das outras disciplinas.
Estarei com você ao longo deste caderno. Acompanharei os seus
estudos e, sempre que precisar, farei algumas observações.
Desejo a você excelentes estudos!
UNI
iv
SUMÁRIO
UNIDADE 1 – FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS ..................................................... 1
TÓPICO 1 – FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS OU MAIS ............................................... 3
1 INTRODUÇÃO ................................................................................................................ 3
2 Recordando a Função de Uma Variável ......................................................... 3
3 Funções de duas variáveis .................................................................................. 5
3.1 grÁficos DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS ................................................... 13
4 FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS ....................................................................... 15
RESUMO DO TÓPICO 1 .................................................................................................. 18
AUTOATIVIDADE ............................................................................................................ 19
TÓPICO 2 – CURVAS DE NÍVEL ....................................................................................
1 INTRODUÇÃO ..............................................................................................................
2 Curvas de nível ......................................................................................................
RESUMO DO TÓPICO 2 ..................................................................................................
AUTOATIVIDADE ............................................................................................................
21
21
22
28
29
TÓPICO 3 – LIMITE E CONTINUIDADE .........................................................................
1 INTRODUÇÃO ..............................................................................................................
2 DEFINIÇÕES BÁSICAS ...............................................................................................
3 LIMITE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS .....................................................
4 CONTINUIDADE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS .....................................
RESUMO DO TÓPICO 3 ..................................................................................................
AUTOATIVIDADE ............................................................................................................
31
31
31
34
38
41
42
TÓPICO 4 – DERIVADAS PARCIAIS ..............................................................................
1 INTRODUÇÃO ..............................................................................................................
2 RELEMBRANDO ALGUMAS regras de derivação ..........................................
3 DERIVADAS PARCIAIS ................................................................................................
3.1 DERIVADAS PARCIAIS DE UMA FUNÇÃO DE DUAS VARIÁVEIS ..........................
3.2 INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA ............................................................................
4 GENERALIZAÇÃO .......................................................................................................
5 DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR .......................................................
LEITURA COMPLEMENTAR ...........................................................................................
RESUMO DO TÓPICO 4 ..................................................................................................
AUTOATIVIDADE ............................................................................................................
AVALIAÇÃO .....................................................................................................................
43
43
43
44
44
50
52
54
58
62
63
64
UNIDADE 2 – DIFERENCIABILIDADE E INTEGRAIS MÚLTIPLAS .............................. 65
v
TÓPICO 1 – REGRA DA CADEIA E DERIVAÇÃO IMPLÍCITA .......................................
1 INTRODUÇÃO ..............................................................................................................
2 REGRA DA CADEIA .....................................................................................................
3 DERIVAÇÃO IMPLÍCITA ...............................................................................................
RESUMO DO TÓPICO 1 ..................................................................................................
AUTOATIVIDADE ............................................................................................................
67
67
67
75
79
80
TÓPICO 2 – DIFERENCIABIBLIDADE E GRADIENTE .................................................. 81
1 INTRODUÇÃO .............................................................................................................. 81
2 DIFERENCIABIBLIDADE ............................................................................................. 81
3 DIFERENCIAL .............................................................................................................. 85
4 GRADIENTE ................................................................................................................. 89
5 DERIVADAS DIRECIONAIS ......................................................................................... 95
RESUMO DO TÓPICO 2 .................................................................................................. 99
AUTOATIVIDADE .......................................................................................................... 100
TÓPICO 3 – MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS ............ 103
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................ 103
2 EXTREMOS LOCAIS .................................................................................................. 103
3 PROBLEMAS ENVOLVENDO MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE
DUAS VARIÁVEIS ....................................................................................................... 111
RESUMO DO TÓPICO 3 ................................................................................................. 117
AUTOATIVIDADE ........................................................................................................... 118
TÓPICO 4 – INTEGRAIS MÚLTIPLAS ........................................................................... 119
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................. 119
2 INTEGRAL DUPLA ...................................................................................................... 119
2.1 INTEGRAL DUPLA SOBRE RETÂNGULO ............................................................... 119
2.2 INTEGRAIS ITERADAS ........................................................................................... 120
2.3 INTEGRAL DUPLA SOBRE REGIÕES GENÉRICAS .............................................. 124
LEITURA COMPLEMENTAR ......................................................................................... 133
RESUMO DO TÓPICO 4 ................................................................................................ 135
AUTOATIVIDADE .......................................................................................................... 136
AVALIAÇÃO ................................................................................................................... 137
UNIDADE 3 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ................................................................. 139
TÓPICO 1 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA ORDEM .............................
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................
2 definições e terminologias ............................................................................
2.1 TipoS de uma Equação Diferencial ............................................................
2.2 Ordem de uma Equação Diferencial ..........................................................
2.3 Linearidade de uma Equação Diferencial ...............................................
vi
141
141
141
142
142
143
2.4 Solução de uma Equação Diferencial .....................................................
2.4.1 Solução geral ........................................................................................................
2.4.2 Solução particular ..................................................................................................
3 Equação Diferencial Separável ..................................................................
3.1 Método de resolução da equação diferencial ...................................
4 Equações diferenciais Lineares de 1ª ordem ..........................................
4.1 Método de resolução da equação diferencial ...................................
5 Equações Exatas .................................................................................................
5.1 Método de resolução da equação diferencial ...................................
RESUMO DO TÓPICO 1 ................................................................................................
AUTOATIVIDADE ..........................................................................................................
143
145
145
148
149
158
159
168
169
175
176
TÓPICO 2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE PRIMEIRA
ORDEM – substituições ....................................................................
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................
2 Equações de Bernoulli ....................................................................................
2.1 Método de resolução da equação diferencial ...................................
3 Equações Diferenciais HOMOGÊNEAS ..........................................................
3.1 FUNÇÕES HOMOGÊNEAS .....................................................................................
3.2 EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS ..................................................................................
3.2.1 Método de resolução da equação diferencial ........................................................
RESUMO DO TÓPICO 2 ................................................................................................
AUTOATIVIDADE ..........................................................................................................
177
177
177
177
184
184
186
187
193
194
TÓPICO 3 – Equações Diferenciais lineares de SEGUNDA Ordem ......... 195
1 INTRODUÇÃO ............................................................................................................ 195
2 Equações Diferenciais lineares de SEGUNDA Ordem ........................... 195
3 Equações Diferenciais lineares de 2ª Ordem com
Coeficientes Constantes ................................................................................ 199
3.1 Método de resolução da equação diferencial ................................... 200
LEITURA COMPLEMENTAR ......................................................................................... 204
RESUMO DO TÓPICO 3 ................................................................................................ 208
AUTOATIVIDADE .......................................................................................................... 209
AVALIAÇÃO ................................................................................................................... 210
REFERÊNCIAS ............................................................................................................... 211
vii
viii
UNIDADE 1
FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
Objetivos de aprendizagem
Ao final desta unidade você deverá ser capaz de:
conhecer os principais conceitos que envolvem funções de diversas
variáveis;
identificar
o domínio de funções de diversas variáveis;
reconhecer
as curvas de níveis de forma algébrica;
reconhecer
as curvas de níveis geometricamente;
calcular
os limites de funções de diversas variáveis;
identificar
calcular
a continuidade de funções de diversas variáveis;
as derivadas parciais;
interpretar
geometricamente as derivadas parciais.
PLANO DE ESTUDOS
Esta unidade está dividida em quatro tópicos, apresentando os
conceitos e a utilização das funções de diversas variáveis. No Tópico 1
é apresentado o estudo do domínio de uma função de diversas variáveis
e as curvas de nível, seguido de vários exemplos para auxiliá-lo(a) na
compreensão e resolução dos exercícios propostos no final de cada
tópico. No Tópico 2 daremos uma atenção especial às curvas de nível,
tanto na representação gráfica como no seu reconhecimento algébrico.
No Tópico 3 serão estendidos os conceitos de limite e continuidade
estudados para as funções de uma variável. No Tópico 4 aprenderemos
como derivar funções de diversas variáveis e, sobretudo, entender o
significado geométrico das derivadas parciais. Finalizamos a unidade
com um texto complementar onde será dada ênfase às personalidades
matemáticas que contribuíram no desenvolvimento do cálculo diferencial
e integral e, consequentemente, das equações diferenciais.
TÓpico 1 – FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS OU MAIS
TÓpico 2 – CURVAS DE NÍVEL
TÓpico 3 – LIMITES E CONTINUIDADE
TÓpico 4 – DERIVADAS PARCIAIS
UNIDADE 1
TÓPICO 1
FUNÇÕES DE DUAS
VARIÁVEIS OU MAIS
1 INTRODUÇÃO
Você já estudou limites, derivadas e integrais: conceitos vistos em funções de uma
variável. Nesta unidade estudaremos as funções de duas ou mais variáveis, e veremos que as
regras do cálculo para funções de uma variável permanecem essencialmente as mesmas.
Funções com mais de uma variável independente se apresentam mais costumeiramente
em modelos matemáticos aplicados à engenharia, por exemplo, do que funções de uma variável.
Os estudos de probabilidade, estatística, dinâmica dos fluidos e trabalho são exemplos que
conduzem, de uma maneira natural, a funções de mais de uma variável; daí a importância do
seu estudo.
2 Recordando a Função de Uma Variável
Representamos a função de uma variável por duas variáveis x e y, sendo que chamamos
de x a variável independente da função e de y a variável dependente da função. Assim,
denotamos a relação entre as variáveis por y = f (x), deixando explícito que y depende de x.
Exemplo 1
y = 2x + 1.
Exemplo 2
f (x) = 3 +
x
2-x
Habitualmente, ao trabalharmos com funções, um dos primeiros cuidados que devemos
ter é em relação ao conjunto domínio das funções, isto é, para que valores reais às funções
estão definidas. Então, dada uma função f(x), devemos encontrar valores para os quais a
4
TÓPICO 1
UNIDADE 1
função tenha imagem.
Exemplo 3
Encontre o domínio da função f(x) =
Resolução
A função f(x) é uma função racional, pois temos a variável x no denominador.
Esta função tem dois cuidados a serem tomados em relação ao domínio.
(i) Desde que iniciamos nossos estudos com frações, sabemos que não é possível ter
zero no denominador das frações.
(ii) Temos a variável x no radicando da raiz quadrada. Como estamos considerando
f(x) uma função real, o radicando não pode assumir valores negativos.
x² – 16 > 0
Assim, juntando as condições (i) e (ii), teremos x² – 16 > 0.
Observe que temos que resolver uma inequação do 2º grau. Para isso, consideramos
inicialmente apenas a equação (igualdade) a fim de obtermos as raízes.
x² - 16 = 0.
Determinando as raízes desta equação do segundo grau incompleta:
x² = 16
x=
x=
Analisando a função quadrática f(x) = x² - 16, sabemos que seu gráfico corresponde a
uma parábola com concavidade voltada para cima e zeros de função em x = - 4 e x = 4. Logo,
os valores de x que satisfazem a inequação são x < - 4 ou x > 4.
Assim, D(f) = {x ∈ R | x < - 4 ou x > 4}.
UNIDADE 1
TÓPICO 1
5
FIGURA 1 – ANÁLISE DO SINAL DA FUNÇÃO f (x) = x² - 16,
ATRAVÉS DE SEU ESBOÇO GRÁFICO
Fonte: O autor
3 Funções de duas variáveis
Definição 1.3.1 Suponha que D seja um conjunto de pares ordenados de números reais
(x,y). Uma função real f de duas variáveis em D é uma regra que associa um único número real
z = f(x,y) a cada par ordenado (x,y) em D. O conjunto D(f) é o domínio de f(x,y).
Os números x, y e z são denominados variáveis. Como os valores da função f(x,y)
dependem de x e de y, e os valores de z dependem da escolha de x e de y, então x e y são
denominadas variáveis independentes e z é denominada variável dependente.
Uma função de duas variáveis é uma função cujo domínio é um subconjunto do R2 e
cuja imagem é um subconjunto de R. Uma maneira de visualizá-la é através de um diagrama
de flechas, conforme a seguir:
FIGURA 2 – DIAGRAMA DE FLECHAS REPRESENTANDO O DOMÍNIO E A IMAGEM DE UMA
FUNÇÃO DE DUAS VARIÁVEIS
Fonte: O autor
6
TÓPICO 1
UNIDADE 1
Exemplo 4
Dada a função que calcula o perímetro de um retângulo x
f(x,y) = 2(x + y), calcule o valor de f (2,5).
y
Resolução
Basta substituir, em f(x,y), o x por 2, o y por 5 e calcular.
Então:
f(2,5) = 2(2 + 5)
f(2,5) = 2 · 7
f(2,5) = 14
Exemplo 5
A função T (x,y) = 60 - 2x² - 3y² representa a temperatura em qualquer ponto de uma
chapa. A temperatura oscila em relação à distância percorrida no sentido dos eixos positivos x
e y. Calcule a temperatura da chapa (Figura 3) no ponto (3, 1) em graus Celsius.
Resolução
T (3,1) = 60 - 2 · 3² - 3 · 1²
T (3,1) = 60 - 2 · 9 - 3 · 1
T (3,1) = 39° C
FIGURA 3 – AQUECIMENTO DE UMA CHAPA
FONTE: O autor
Exemplo 6
Dada a função f(x,y) = x² + y² , calcule f(1, - 2). .
UNIDADE 1
7
TÓPICO 1
Resolução
f(x,y) = x² + y²
f(1, – 2) = 1² + (–2)²
f(1, – 2) = 1 + 4
f(1, – 2) = 5
A!
NOT
No estudo do domínio de uma função devemos avaliar quais
números reais são possíveis atribuir para as variáveis x e y para
obtermos valores reais para z = f(x,y) . Vamos relembrar algumas
restrições!
Consideremos os casos a seguir em que A e B são expressões em
função de x e y.
Se f(x,y) =
Se f(x,y) =
A
então, necessariamente, B ≠ 0 .
B
, onde n é par, então, necessariamente, A ≥ 0.
Se f(x,y) = logc A com c > 0 e c ≠ 1 então, necessariamente, A > 0.
Exemplo 7
Encontre o conjunto domínio da função f (x,y) = 3x² – y² .
Resolução
Esta função não apresenta nenhuma restrição para os valores de x e y.
Portanto, D(f) = {(x, y) ∈ R2} ou D( f ) = R2.
Exemplo 8
Determine o conjunto domínio de f (x,y) =
e o represente graficamente.
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y, pois o radicando 3x – 2y não
pode ser negativo.
3x – 2y ≥ 0
– 2y ≥ – 3x
Multiplicando ambos os membros da desigualdade por (–1) e alterando a relação de
ordem:
2y ≤ 3x
y≤ 3 x
2
8
TÓPICO 1
UNIDADE 1
Portanto,
Para fazer o gráfico do conjunto domínio da função f (x y) do exemplo anterior, primeiro
3
x e depois determine qual a região correspondente à desigualdade
trace o gráfico de y =
2
y≤ 3 x.
2
3
x corresponde a uma reta crescente que contém a origem. Note
2
que esta reta divide o plano em duas regiões. Para identificar qual região expressa o domínio
O gráfico de y =
de f (x,y), atente para a desigualdade estabelecida. Neste exemplo, como se trata de uma reta
e a relação de ordem é dada pelo sinal “≤”, então isto implica que o domínio é expresso pelos
infinitos pontos que se encontram na reta e abaixo dela.
FIGURA 4 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DO DOMÍNIO DE f.
FONTE: O autor
Exemplo 9
Determine o conjunto domínio de f (x,y) =
5x
.
y – x²
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y, pois o denominador y – x²
não pode tornar-se nulo.
UNIDADE 1
9
TÓPICO 1
Então,
y – x² ≠ 0
y ≠ x²
Portanto,
5x
procedemos do
y – x²
mesmo modo que no exemplo anterior. A função que expressa o domínio é dada por y ≠ x² , cuja
Para fazer o gráfico do conjunto domínio da função f (x,y) =
representação no plano é uma parábola com concavidade voltada para cima e que possui seu
vértice na origem. A relação de diferença, porém, implica que pertencem ao domínio todos os
pontos do plano, exceto os que se encontram sobre a parábola expressa pela relação y = x².
FIGURA 5 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
Exemplo 10
Determine o conjunto domínio de f(x,y) =
e o represente graficamente.
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y, pois o radicando 3x² + y² – 18
não pode ser negativo.
3x² + y² – 18 ≥ 0
3x² + y² ≥ 18
10
UNIDADE 1
TÓPICO 1
Dividindo ambos os membros da desigualdade por 18:
3x ²
18
x²
6
+
+
y ²
18
y²
18
≥
18
18
≥1
A função x² + y² = 1representa uma elipse centrada na origem do plano cartesiano,
6 18
8,48 e cujo eixo menor,
cujo eixo maior, definido sobre o eixo das ordenadas, é igual a 2
definido sobre os eixos das abscissas, é igual a 2
4,90.
Atribuídas as características geométricas da função que define o domínio, traçamos
o seu gráfico. A relação de desigualdade estabelecida é “≥”. Isto implica que os pontos que
pertencem ao domínio se encontram sobre a elipse e fora dela.
!
ÇÃO
N
ATE
Ao sentir dificuldade em caracterizar as funções quanto à sua
representação geométrica, retome os estudos realizados na
disciplina de Geometria Analítica.
FIGURA 6 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
UNIDADE 1
TÓPICO 1
11
Exemplo 11
Determine o conjunto domínio de f (x,y) = h (x − 3y + 1) e o represente graficamente.
Resolução
Como In (x − 3y + 1) é definido somente quando x − 3y + 1 > 0 , então,
x − 3y + 1 > 0
x − 3y > − 1
− 3y > − x − 1
Multiplicando ambos os membros da desigualdade por (-1) e alterando a relação de
ordem:
3y < x + 1
y< x+1
3
Neste exemplo a função domínio, expressa pela desigualdade y < x + 1 , representa,
3
no plano, uma região que se encontra abaixo da reta y = x + 1 . Observe que os pontos sobre
3
a reta não pertencem ao conjunto domínio.
FIGURA 7 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
12
UNIDADE 1
TÓPICO 1
Exemplo 12
Determine o conjunto domínio de f (x,y) =
e o represente graficamente.
Resolução
Esta função apresenta restrição para os valores de x e y. A expressão que representa
o radicando, 4 – x² – y², não pode ser negativa.
4 – x² – y² ≥ 0
– x² – y² ≥ – 4
Multiplicando ambos os membros da desigualdade por (-1) e alterando a relação de
ordem:
x² + y² ≤ 4
O conjunto domínio da função f (x,y) =
, expresso pela desigualdade
x² + y² ≤ 4, compreende os infinitos pontos interiores juntamente com os infinitos pontos
pertencentes à circunferência centrada na origem do plano cartesiano, de raio 2.
FIGURA 8 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DO DOMÍNIO DE f
FONTE: O autor
UNIDADE 1
TÓPICO 1
13
3.1 grÁficos DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS
Se f é uma função de duas variáveis com domínio D, então o gráfico de f é o conjunto
de todos os pontos (x,y,z) em R3 tal que z = f (x,y) e (x,y) ∈ D .
Fazer a representação gráfica das funções de duas variáveis é normalmente complicado
e requer habilidade manual. Assim, vamos recorrer ao uso de programas computacionais
matemáticos que fazem os gráficos de superfícies. O objetivo aqui é apenas mostrar os gráficos
das funções de duas variáveis e não a construção manual dos gráficos.
Os gráficos, que você encontrará ao longo do Caderno de Estudos, foram construídos
através do Winplot, que é um software livre disponível na internet, e do Maple 11, um software
comercial que possui inúmeros recursos matemáticos.
S!
DICA
Caro(a) acadêmico(a)! Você pode baixar o software Winplot
diretamente da internet ou do material de apoio da disciplina no AVA.
Exemplo 13
Represente graficamente a função f (x,y) = 2 – 3x – 4y.
Resolução
FIGURA 9 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) = 2 – 3x – 4y
FONTE: O autor
14
UNIDADE 1
TÓPICO 1
Exemplo 14
Represente graficamente a função f (x,y) = 3x² – y².
Resolução
FIGURA 10 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) = 3x² – y²
FONTE: O autor
Exemplo 15
Represente graficamente a função f (x,y)
.
Resolução
FIGURA 11 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) =
FONTE: O autor
UNIDADE 1
TÓPICO 1
15
Exemplo 16
Represente graficamente a função f (x,y) = sen x · sen y
Resolução
FIGURA 12 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DA FUNÇÃO f (x,y) = sen x · sen y
FONTE: O autor
4 FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
Definição 1.4.1 Seja D um subconjunto de Rn. Uma função real f de n variáveis reais
definida em D é uma relação entre D e R, que associa a cada ponto (x1, x2,..., xn) ∈ D um único
valor real z, denotado por z = f (x1, x2,..., xn).
Notação:
As variáveis (x1, x2,..., xn) são as variáveis independentes, e z é a variável dependente.
O conjunto de todos os valores possíveis de f é chamado imagem de f, e é denotado por lm(f).
Assim,
16
TÓPICO 1
UNIDADE 1
Definição 1.4.2 Seja f uma função de n variáveis. O gráfico de f é o conjunto de todos
os pontos do espaço Rn+1 dado por:
No caso em que n = 1 , f será uma função de uma variável e seu gráfico será uma curva
C com equação y = f (x1) .
Quando n = 2, f será uma função de duas variáveis e seu gráfico será uma superfície
S com equação z = f (x1,x2) .
Quando n = 3, não podemos esboçar o gráfico da função f, pois ele está no espaço de
dimensão 4.
Exemplo 17
Esboce o gráfico da função f (x,y) = 6 – 2x + 3y.
Resolução
Para esboçar o gráfico de uma função, temos que conhecer o domínio desta função.
O domínio desta função f é D(f) = R² e o gráfico da função f é o conjunto:
graf (f) = {(x,y,z) ∈ R³ | z = 6 – 2x + 3y}
Geometricamente, o gráfico de f representa um plano.
Vamos fazer algumas considerações sobre a função e os eixos, como se fôssemos traçar
o gráfico manualmente. Então começamos encontrando os pontos onde o plano intercepta
cada um dos três eixos coordenados.
Se na equação z = 3 – 2x – 3y fizermos:
x = 0 e y = 0, vem z = 6
x = 0 e z = 0, vem y = 2
y = 0 e z = 0, vem x = 3 .
Obtemos assim os pontos A1 = (0, 0, 6), A2 = (0, 2, 0) e A3 = (3, 0, 0), nos quais o plano
intercepta os eixos coordenados. A porção do gráfico que está no primeiro octante está
esboçada na figura a seguir.
UNIDADE 1
TÓPICO 1
FIGURA 13 – PLANO COM EIXOS COORDENADOS
FONTE: O autor
Exemplo 18
Determine o conjunto domínio e o conjunto imagem da função f (x, y, z) =
Resolução
Esta função não apresenta restrição para os valores de x, y e z.
Assim, D(f) = R ³ (todo o espaço).
Já para o conjunto imagem, teremos apenas os reais não negativos.
Logo, Im (f) = R+ .
17
18
TÓPICO 1
UNIDADE 1
RESUMO DO TÓPICO 1
Neste tópico, os principais assuntos estudados foram:
● Definição de função de diversas variáveis.
● Conjunto domínio e conjunto imagem de função.
● Representação gráfica do domínio.
● Representação gráfica das superfícies z = f (x,y) usando recurso computacional.
● Listamos algumas situações envolvendo o estudo do domínio para funções de diversas
variáveis que impõem restrições ao conjunto domínio.
● Consideremos os casos a seguir, em que A e B são expressos em função de x e y.
ü Se f (x,y) =
então devemos considerar B ≠ 0.
ü Se f (x,y) =
, onde n é par, então devemos considerar A ≥ 0.
ü Se f (x,y) =
, onde n é par, então devemos considerar A ≥ 0 e B ≠ 0.
ü Se f (x,y) =
, onde n é par, então devemos considerar B > 0.
ü Se f (x,y) = logc com c > 0 e c ≠ 1 então devemos considerar A > 0.
UNIDADE 1
TÓPICO 1
19
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre funções
de diversas variáveis.
1 Nos problemas a seguir, calcule o valor da função nos pontos específicos:
a) f (x,y) = (x ‒ 1)² + 2xy³ ; f (2, ‒ 1); f (1,2)
3x + 2y
; f (1,2) ; f ( ‒ 4,6)
2x + 3y
b) f (x,y) =
c) g (x,y) =
; g (4,5); g (‒ 1,2)
d) g (u,v) = 10u ½ v ⅔; g (16,27); g (4 ‒ 1331)
y x
+ ; f (1,2); f(2, ‒3)
x y
e) f (x,y) =
2 Nos problemas a seguir, descreva o domínio das funções e represente-o graficamente:
a) f (x,y) =
5x + 2y
4x + 3y
b) g (x,y) = √ 36 ‒ x² + y²
c) f (x,y) = √ x + y ‒ 2
d) f (x,y) =
3x + 5y
x² + 2y² ‒ 4
e) f (x,y) = In (x + y ‒ 4)
f) g (x,y) =
exy
√ x ‒ 2y
20
TÓPICO 1
UNIDADE 1
UNIDADE 1
TÓPICO 2
CURVAS DE NÍVEL
1 INTRODUÇÃO
Neste tópico veremos como representar uma superfície (figura tridimensional) em um
gráfico bidimensional. Talvez você já tenha visto algum gráfico nesta situação: na prática, são
chamados mapas topográficos.
Nestes mapas, uma paisagem tridimensional, como a extensão de uma montanha,
por exemplo, está representada por linhas de contorno bidimensionais ou curvas de elevação
constante, conforme pode ser visto na figura a seguir.
FIGURA 14 – MAPA DE CONTORNO DE UMA MONTANHA
FONTE: Disponível em: <http://arqaulas.wordpress.com/category/
topografia>. Acesso em: 11 jul. 2011.
22
TÓPICO 2
UNIDADE 1
O objetivo deste tópico é mostrar como reconhecer algebricamente e geometricamente
as curvas de nível. Muitas das curvas que encontraremos correspondem a gráficos de funções
já conhecidas, as quais você estudou na disciplina de Geometria Analítica, tais como: reta,
parábola, cúbica, circunferência, elipse e hipérbole.
2 Curvas de nível
O conjunto de todos os pontos onde uma função f (x,y) tem um valor constante c ∈ R
é chamado de curva de nível de f.
Assim, as curvas de nível são obtidas a partir de funções de duas variáveis z = f (x,y)
interceptadas por planos paralelos ao plano xy.
Definição 2.3.1 Seja c um número real. O conjunto de pontos no plano onde uma função
f (x,y) tem um valor constante f (x,y) = c é chamado de curva de nível de f.
Exemplo 1
Identifique as curvas de nível para g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y em c = 0 e c = 6. Represente
graficamente.
Resolução
g (x,y) = c para c = 0
g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
0=4‒x‒y
y=4‒x
y=‒x+4
Esta função representa uma reta decrescente (coeficiente angular –1) que intercepta
o eixo y em 4.
g (x,y) = c para c = 6
g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
6=4‒x‒y
y=4‒6‒x
y=‒x‒2
Esta função representa uma reta decrescente (coeficiente angular –1) que intercepta
o eixo y em –2.
UNIDADE 1
TÓPICO 2
23
FIGURA 15 – CURVAS DE NÍVEL DE g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
FONTE: O autor
Outro exemplo que ilustra as curvas de nível é o que muitos autores chamam de mapa
de contorno, conforme figura a seguir.
FIGURA 16 – MAPA DE CONTORNO DE g (x,y) = 4 ‒ x ‒ y
FONTE: O autor
E!
NT
RTA
IMPO
Considerando diferentes valores para a constante c, igualmente
espaçados, obtemos um conjunto de curvas de nível chamado mapa
de contorno, representadas no mesmo plano cartesiano.
24
UNIDADE 1
TÓPICO 2
Exemplo 2
Identifique as curvas de nível para f (x,y) = x² ‒ y² em c = 0, c = -3 e c = 4. Represente
graficamente.
Resolução
f (x,y) = c para c = 0
x² – y² = 0
y² = x²
y=±
{
y=x
y=‒x
Estas duas equações representam duas retas (Figura 17). A reta de equação y = x
representa, no plano, a bissetriz dos quadrantes ímpares, enquanto que a reta de equação y
= - x representa a bissetriz dos quadrantes pares.
f (x,y) = c para c = ‒ 3
x² ‒ y² = ‒ 3
x²
‒3
‒
‒
y²
‒3
‒
‒3
‒3
x²
y²
+
= 1
33
y²
+
= 1 representa uma hipérbole equilátera, com a = b = √ 3 que
33
tem uma concavidade voltada para cima e a outra para baixo (Figura 17).
A equação ‒
x²
f (x,y) = c para c = 4
x² ‒ y² = 4
x²
y²4
‒
=
44 4
x²
y²
‒
= 1
44
Esta equação representa uma hipérbole equilátera, com a = b = 2, centrada na origem
do plano cartesiano, com uma concavidade voltada para a direita e outra para a esquerda
(Figura 17).
UNIDADE 1
TÓPICO 2
25
FIGURA 17 – CURVAS DE NÍVEL DE f (x,y) = x² ‒ y²
FONTE: o autor
FIGURA 18 – MAPA DE CONTORNO DE f (x,y) = x² – y²
FONTE: o autor
S!
DICA
Caro(a) acadêmico(a)! Para desenhar os mapas de contorno, sugiro
que utilize um software matemático, como, por exemplo, o Winplot.
Na internet você encontra diversos tutoriais sobre o Winplot, inclusive
onde baixar o programa, que é freeware. Agora tente você, identifique
as curvas de nível para g (x,y) = 4 ‒ 2x² ‒ y² em c = 0 e c = ‒ 2 e
as represente graficamente.
26
UNIDADE 1
TÓPICO 2
Exemplo 3
Identifique as curvas de nível para f (x,y) = √ 5 ‒ x ² ‒ y ² em c = 1 e c = 2. Represente
graficamente.
Resolução
f (x,y) = c para c = 1
√5 ‒ x ² ‒ y ² = 1
5 ‒ x² ‒ y² = 1
‒ x² ‒ y² = ‒ 4
(-1)
x² + y² = 4
Esta equação representa uma circunferência centrada na origem do plano cartesiano,
com raio igual a 2 (Figura 19).
f (x,y) = c para c = 2
√5 ‒ x ² ‒ y ² = 2
5 ‒ x² ‒ y² = 4
‒ x ² ‒ y ² = ‒ 1 ( ‒ 1)
x² + y² = ‒ 1
Esta equação representa uma circunferência centrada na origem do plano cartesiano,
com raio igual a 1 (Figura 19).
FIGURA 19 – CURVAS DE NÍVEL DE f (x,y) = √ 5 ‒ x ² ‒ y ²
FONTE: o autor
UNIDADE 1
TÓPICO 2
FIGURA 20 – MAPA DE CONTORNO DE f (x,y) = √ 5 ‒ x ² ‒ y ²
FONTE: o autor
27
28
TÓPICO 2
UNIDADE 1
RESUMO DO TÓPICO 2
Neste tópico fizemos análises e representações gráficas das curvas de nível de
uma função f, que são curvas resultantes da interseção de planos paralelos ao plano xy
com a superfície z = f (x,y). E ainda estudamos:
• Representação gráfica das curvas de nível.
• Reconhecimento algébrico das curvas de nível.
UNIDADE 1
TÓPICO 2
29
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre funções
de diversas variáveis.
1 Associe as superfícies de 1 a 4 aos mapas de contorno de A a D.
(A)
(1)
(2)
(B)
33
30
TÓPICO 2
(3)
(C)
(4)
(D)
UNIDADE 1
2 Nas questões a seguir, identifique algebricamente as curvas de nível para valores de
c dados.
a)f (x,y) = x ² + y ² ‒ 9
c ∈ {‒ 4, ‒ 2, ‒ 1, 0};
b)f (x,y) = y ² ‒ x c ∈ {0, 1, 2, 3}
3 Nas questões a seguir, represente graficamente as curvas de nível das funções.
Agora, você escolherá alguns valores para c. É importante que você faça os gráficos
manualmente e, se for possível, utilize o software Winplot para conferir ou como apoio
nos estudos.
a)f (x,y) = x ² + 9y ²
b)f (x,y) = y ² ‒ x³
c)g (x,y) = 3 + 2x ‒ y
UNIDADE 1
TÓPICO 3
LIMITE E CONTINUIDADE
1 INTRODUÇÃO
O que estudaremos agora já foi estudado no Cálculo Diferencial e Integral, onde o
conceito de limite e continuidade foi empregado para função de uma variável.
Neste tópico estenderemos o conceito de limite às funções de duas variáveis, um
conceito fundamental do cálculo do qual decorrem outros, como, por exemplo, a noção de
continuidade. Para isso, enunciaremos algumas definições de Análise Matemática. Tente
entender os conceitos e só depois avance para a próxima seção.
2 DEFINIÇÕES BÁSICAS
Definição 3.2.1 Sejam P = (x1, x2,..., xn) e A = (a1, a2,...an) pontos em Rn. A distância
entre P e A, denotada por ║ P ‒ A║, é dada por:
║ P ‒ A║ = √ (x1 ‒ a1)² + (x2 ‒ a2)² + ... + (xn ‒ an)²
Exemplo 1
Dados os pontos P = (1, ‒ 2, 3) e A = (3, 1, ‒ 2) em R³, encontre ║ P ‒ A║.
Resolução
║ P ‒ A║ = √ (1 ‒ 3)² + (‒2 ‒1)² + (3 ‒ (‒ 2))² = √ 8 u.c.
Definição 3.2.2 Sejam A = (a1, a2,..., an) ∈ Rn e r > 0 um número real. A bola aberta de
centro em A e raio r, que indicaremos por B(A; r), é definida como sendo o conjunto de todos
os pontos P = (x1, x2,..., xn), tais que ║ P ‒ A║< r, ou seja:
B(A; r) = {(x1, x2,...,xn) ∈ Rn; √ x1 ‒ a1)² + (x2 ‒ a2)² +...+ (xn ‒ an)² < r
Exemplo 2
a)Em R, a bola aberta B(a; r) é o intervalo aberto (a ‒ r, a + r).
FIGURA 21 – INTERVALO EM R
FONTE: O autor
b)Em R² , a bola aberta B((a1, a2); r) representa o conjunto dos pontos internos à circunferência
de centro em (a1, a2) e raio r.
FIGURA 22 – r de A
FONTE: O autor
Definição 3.2.1 Seja S um subconjunto de Rn. Um ponto A é um ponto de acumulação
de S, se toda bola aberta de centro em A possui uma infinidade de pontos de S, mesmo que
A não necessariamente pertença a S.
Exemplo 3
Seja S = {(x,y) ∈ R² | x > 0 e y < 2}. Mostre que todos os pontos pertencentes ao conjunto
S são pontos de acumulação.
Resolução
Todos os pontos pertencentes a S são pontos de acumulação de S, pois atendem à
Definição 3.2.1. Ainda, os pontos (0,y), com y ≤ 2, e (x, 2), com x > 0, são pontos de acumulação
de S e não pertencem a S. (Figura 23).
UNIDADE 1
TÓPICO 3
33
FIGURA 23 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DO CONJUNTO S
FONTE: O autor
Exemplo 4
Seja S = {(x,y) ∈ N2 | ‒ 2 ≤ x ≤ 4 e 1 ≤ y ≤ 5}. Mostre que o conjunto S não possui
pontos de acumulação.
Resolução
Mostraremos que os pontos de S não são pontos de acumulação de S pois não atendem
à Definição 3.2.1. Para qualquer ponto P(x,y) ∈ R2, a bola aberta de centro P e raio r < 1 não
contém uma infinidade de S.
Portanto, o conjunto S não possui pontos de acumulação. (Figura 24).
FIGURA 24 – REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DO CONJUNTO S
FONTE: O autor
34
TÓPICO 3
UNIDADE 1
3 LIMITE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
A seguir, definiremos limite de uma função de diversas variáveis.
Definição 3.3.1 Sejam f : S ⊂ Rn → R uma função, e A um ponto de acumulação de S.
Dizemos que o limite de f (X) quando X se aproxima de A é um número real L se, dado ε > 0, existir
δ > 0 tal que |f (X) – L| < ε sempre que X ∈ S e 0 < ║ X – A ║ < δ.
Neste caso, escrevemos
lim f (X) = L
x→A
O estudo de funções de três ou mais variáveis (n ≥ 3) difere pouco do estudo de funções
de duas variáveis. Desta forma, por simplicidade de apresentação, vamos estudar as funções
de duas variáveis no restante desta unidade. Começaremos reescrevendo a definição de limite
de funções de duas variáveis.
Definição 3.3.2 Sejam f : S ⊂ R2 → R uma função, e (a, b) um ponto de acumulação de
S. Dizemos que o limite de f (x,y) quando (x,y) se aproxima de (a,b) é um número real L se,
dado ε > 0, existir δ > 0 tal que
|f (x,y) – L| < ε sempre que (x,y) ∈ S e 0 < √ (x ‒ a)2 + (y ‒ b)2 < δ
Neste caso, escrevemos
lim
(x,y) → (a,b)
f (x,y) = L
A definição de limite de função pode ser reformulada utilizando o conceito de bola aberta
que vimos anteriormente. De fato, escrever lim
f (x,y) = L, equivale a dizer que, dado qualquer
(x,y) → (a,b)
ε > 0, podemos encontrar δ > 0 tal que, para todo (x,y) ∈ B ((a,b); δ) tenhamos f (x,y) ∈ (L – ε,
L + ε). A figura a seguir ilustra, no caso de uma função f : A ⊂ Rn → R, a definição de limite.
FIGURA 25 – FUNÇÃO f : A ⊂ Rn → R
FONTE: Disponível em: <http://www.icmc.usp.br/~cmmendes/CalculoII/
Calculo2Diferencia%E7%E3o.pdf>. Acesso em: 18 jun. 2011.
UNIDADE 1
35
TÓPICO 3
Exemplo 5
Usando a definição de limite, mostre que lim
(4x) ‒ (3y) = 5.
(x,y) → (2,1)
Resolução
Devemos mostrar que ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que (4x ‒ 3y) ‒ 5 < ε sempre que ║(x,y) ‒ (2,1)║< δ
Com o objetivo de encontrar o δ desejado, trabalharemos com a desigualdade que
envolve ε . Assim, usando propriedades do valor absoluto, podemos escrever:
(4x ‒ 3y) ‒ 5=4x ‒ 3y ‒ (8 ‒ 3)
=4x ‒ 8 ‒ 3y + 3
=4x ‒ 8 ‒ (3y ‒ 3)
=4 (x ‒ 2) ‒ 3(y ‒ 1)
≤ 4x ‒ 2+ 3 y ‒ 1
Como 0 < √ (x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ podemos escrever x ‒ 2 ≤ √ (x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ
e y ‒ 1 ≤ √ (x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ, temos que 4x ‒ 2 + 3y ‒ 1< 4 δ + 3 δ.
ε
ε
ε
+3=
=ε
, temos(4x ‒ 3y) ‒ 5≤ 4x ‒ 2+ 3y ‒ 1< 4
7
7
7
sempre que 0 < √ (x ‒ 2)2 + (y ‒ 1)2 < δ.
Assim, tomando δ =
Portanto,
lim
(4x ‒ 3y) = 5
(x,y) → (2,1)
Teorema 3.3.1 Sejam f : S ⊂ R2 → R uma função de duas variáveis, S1 e S2 subconjuntos
de S e (a,b) um ponto de acumulação de S1 e S2. Se f (x,y) tem limites diferentes quando (x,y)
tende (a,b) através dos pontos de S1 e S2 então
lim
(x,y) → (a,b)
f (x,y) não existe.
!
ÇÃO
N
ATE
Lembre-se de que o fato de o ponto (a,b) ser um ponto de
acumulação de S1 e S2 não significa que (a,b) ∈ S1 ∩ S2 .
Exemplo 6
Usando a definição de limite, mostre que
lim
(x,y) → (0,0)
5xy
não existe.
x + y2
2
36
UNIDADE 1
TÓPICO 3
Resolução
Observemos que o conjunto domínio de f é R2 ‒ (0,0). Para mostrar que o limite não
existe, usaremos o Teorema 3.3.1.
Consideremos o conjunto de retas que passam pela origem {y = kxk ∈ R, (x,y) ∈ R2}.
Calculando f (x,y) com y = kx, temos
f (x,kx) =
=
=
Então,
5xkx
x + (kx)2
2
5kx 2
x2 (1+ k2)
5k
1+ k2
lim
(x,y) → (0,0)
f (x, kx) =
5k
lim
(x,y) → (0,0)
1+ k2
Assim, o limite de f depende do percurso do ponto (x,y) quando ele tende à origem.
Por exemplo, considere k = 0 e k = 1 (dois caminhos diferentes).
lim
(x,y) → (0,0)
f (x,x) =
lim
(x,y) → (0,0)
5.1
1+12
=
5
2
.
Note que f assume um valor constante sobre cada reta que passa pela origem. De fato,
para cada coeficiente angular k ∈ R, f (x,kx) =
5k
1+k2
, qualquer que seja x ∈ R, corroborando,
assim, o cálculo do limite desenvolvido anteriormente.
Portanto, concluímos através do Teorema 3.3.1 que
lim
(x,y) → (0,0)
5xy
x2 + y2
não existe.
O teorema a seguir é muito parecido com o que já foi visto em cálculo nas propriedades
de limites de funções de uma variável.
Teorema 3.3.2 Se
lim
f (x,y) = L e
(x,y) → (a,b)
lim
(x,y) → (a,b)
g (x,y) = M, e c ∈ R então:
UNIDADE 1
TÓPICO 3
37
Vamos utilizar este teorema nos exemplos a seguir.
Exemplo 7
Calcule
Resolução
Exemplo 8
Calcule
Resolução
Temos
lim
(x3 ‒ x2y) = 0 e
(x,y) → (2,2)
lim
(x,y) → (2,2)
(x2 ‒ y2) = 0.
Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 0. Para resolver o limite, fatoram-se o
0
numerador e denominador fazendo as simplificações possíveis, como fazíamos com limites
indeterminados, no caderno de Cálculo Diferencial e Integral.
Então,
38
TÓPICO 3
UNIDADE 1
4 CONTINUIDADE DE FUNÇÕES DE DIVERSAS VARIÁVEIS
Você se recorda da definição de continuidade estudada na disciplina de Cálculo
Diferencial e Integral? Agora estudaremos esta definição aplicada às funções de diversas
variáveis. Acompanhe a seguir:
Definição 3.4.1 Sejam f : S ⊂ R2 → R uma função, e (a,b) ∈ S um ponto de acumulação
de S. Dizemos que f é contínua no ponto (a,b) se as seguintes condições forem satisfeitas:
(i) f está definida no ponto (a,b)
(ii)
(iii)
lim
f(x,y) existe;
lim
f(x,y) = f(a,b).
(x,y) → (a,b)
(x,y) → (a,b)
Quando uma ou mais destas condições não é satisfeita, dizemos que a função é
descontínua no ponto (a,b).
Dizemos que f é contínua, se f for contínua em todos os pontos do domínio de f.
Exemplo 9
Considere a função de duas variáveis f(x,y) = 3x + y2 .
a)Mostre que f é contínua no ponto (2, 3).
b)Mostre que f é contínua.
Resolução
a)Precisamos verificar se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1.
(i) f (2,3) = 3.2 + 32 = 15
(ii)
(iii)
lim
f(x,y) =
lim
(3x + y2) = f (2,3)
(x,y) → (2,3)
(x,y) → (2,3)
lim
(x,y) → (2,3)
(3x + y2) = 3.2 + 32 = 15
Logo, f é contínua no ponto (2, 3).
b)Seja (a,b) ∈ D (f) = R2
UNIDADE 1
lim
(x,y) → (a,b)
39
TÓPICO 3
f(x,y) =
lim
(x,y) → (a,b)
(3x + y2) = 3a + b2 = f (a,b).
Como (a,b) é um ponto qualquer, segue que f (x,y) é contínua.
Exemplo 10
c)Verifique se a função f (x,y) = In (xy + 3x) é contínua no ponto (3,2).
Resolução
Verificaremos se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1.
Logo, f é contínua no ponto (3, 2).
Exemplo 11
Verifique se a função f (x,y) =
é contínua no ponto (3,3).
Resolução
Precisamos verificar se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1.
(i) f (3,3) = 5, pois x = y
= ∞, portanto o limite não existe.
(ii)
(iii) Como
lim
(x,y) → (3,3)
f(x,y) ≠ f(3,3), concluímos que a função é descontínua no ponto (3,3).
Teorema 3.4.1 Se g(x) for contínua em a e h(y) for contínua em b, então f(x,y) = g(x) · h(y)
é contínua em (a,b).
40
TÓPICO 3
UNIDADE 1
Teorema 3.4.2 Se h(x, y) for contínua em (a,b) e g(u) for contínua em u = h (a,b), então
a composição f(x,y) = g(h(x,y)) é contínua em (a,b).
Exemplo 12
Use o Teorema 3.4.1 para mostrar que a função f(x,y) = 7x3y5 é contínua.
Resolução
Os polinômios g(x) = 7x3 e h(y) = y5 são contínuos em cada ponto da reta real.
Logo, pelo Teorema 3.4.1, a função f(x,y) = 7x3 y5 é contínua em cada ponto (x,y) do
plano xy, ou seja, f(x,y) é contínua.
Exemplo 13
Use o Teorema 3.4.2 para mostrar que a função f(x,y) = cos (7x3 y5) é contínua.
Resolução
Como h(x,y) = (7x3 y5) é contínua em cada ponto do plano xy e g(u) = cos u é contínua
em cada ponto u da reta real, segue do Teorema 3.4.2 que a composição f(x,y) = cos (7x3 y5)
é contínua em todo R2.
UNIDADE 1
TÓPICO 3
41
RESUMO DO TÓPICO 3
Caro(a) acadêmico(a)! Neste tópico os principais assuntos estudados foram:
• O conceito de limite de função de diversas variáveis.
• Definição de função contínua e suas propriedades. É importante saber analisar se uma
função é contínua ou não.
• Destacamos a Definição 3.4.1, que trata da continuidade. Lembre que f : S ⊂ R2 → R uma
função, e (a,b) ∈ S um ponto de acumulação de S. Dizemos que f é contínua no ponto (a,b)
se as seguintes condições forem satisfeitas:
(i) f está definida no ponto (a,b);
(ii)
(iii)
lim
f(x,y) existe;
lim
f(x,y) = f(a,b).
(x,y) → (a,b)
(x,y) → (a,b)
Lembre-se de que, se uma destas condições não for satisfeita, a função é descontínua
em (a,b).
42
UNIDADE 1
TÓPICO 3
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre limite
e continuidade de funções de diversas variáveis.
1 Use a definição de limite para mostrar que
lim
(x,y) → (3,1)
(2x + 6y) = 12
2 Nos exercícios a seguir, calcule os limites.
a)
b)
c)
d)
lim
(x,y) → (2, ‒1)
lim
(x,y) → (2, ‒1)
lim
(x,y) → (0,0)
lim
(x,y) → (0,0)
(x2y3 ‒ 2xy + 4).
x + 4y
2x2 + 3xy
x3 + 2x2 + xy2 + 2y2
x2 + y2
2
x ‒ xy
√x + √y
3 Mostre que lim
(x,y) → (0,0)
x 2y
não existe.
x4 + y2
4 Determine o conjunto dos pontos de continuidade de f (x,y) = 3x2 + y2 +5.
5 Verifique se a função f(x,y) =
6 Verifique se a função f(x,y) =
4x 2 ‒ 3x + y
é contínua no ponto (1,3).
x2 + y2 ‒ 1
{
xy
, (x,y) ≠ (0,0)
5x 2 + y 2
0, (x,y) = (0,0)
UNIDADE 1
TÓPICO 4
DERIVADAS PARCIAIS
1 INTRODUÇÃO
Você se recorda das regras de derivação estudadas na disciplina de Cálculo Diferencial
e Integral?
Aqui veremos como elas se aplicam às funções de duas variáveis independentes, que
permitem uma visualização gráfica, possibilitando um entendimento, de maneira simples, do
conceito de derivadas parciais. Os resultados aqui obtidos podem ser generalizados para os
casos de funções com um número maior de variáveis.
As regras de derivação que você aprendeu na disciplina de Cálculo Diferencial e Integral
serão utilizadas neste momento novamente.
2 RELEMBRANDO ALGUMAS regras de derivação
Se u é uma variável real e c, α ∈ R, então:
(c)′ = 0
(eu)′ = eu · u ′
(c · u)′ = c(sen u)′ = cos u · u ′
(u α)′ = α · u α−1 · u′
(cos u)′ = −sen u · u ′
Exemplo 1
Se f(x) = 5x3 − 4x + 3ex − 5, então f ′(x) = 15x2 − 4 + 3ex.
44
TÓPICO 4
UNIDADE 1
Lembre-se de que se y = f (x), então a taxa de variação de y em relação a x é dada
pela derivada de f em relação a x, que é definida por
f ′(x) = lim
Δx → 0
f(x + Δx) − f(x)
Δx
3 DERIVADAS PARCIAIS
Nesta seção estudaremos sobre as derivadas parciais. Acompanhe!
3.1 DERIVADAS PARCIAIS DE UMA FUNÇÃO DE DUAS VARIÁVEIS
A definição de derivada parcial de uma função de duas variáveis é parecida com a
enunciada para funções de uma variável, sendo utilizadas as mesmas regras de derivação. A
diferença aqui é que, como se tem duas variáveis, uma delas deve ser mantida fixa enquanto
se dá acréscimos para a outra, conforme veremos nas definições a seguir.
Definição 4.3.1.1 Seja f : A ⊆ R2 → R uma função de duas variáveis. As derivadas
∂f
∂f
parciais de f em relação a x e a y são funções
e
definidas por
∂x
∂y
∂f
f (x + h,y) ‒ f (x,y)
= lim
∂x h → 0
h
∂f
f (x,y + h) ‒ f (x,y)
= lim
∂y h → 0
h
desde que os limites existam.
O símbolo “∂” chama-se “D-rond” (pronuncia-se derron), que significa D-redondo, em
francês. Esta notação é apenas um outro tipo de simbologia para a derivada que, quando
trabalhamos com funções de uma variável, era representada por “d”. É conveniente ter
essa maneira distinta de estender a notação diferencial de Leibniz para um contexto de
diversas variáveis, pois aqui não tem sentido falarmos simplesmente em derivada, apenas
em derivadas parciais.
UNIDADE 1
45
TÓPICO 4
Existem outras notações para representar as derivadas parciais. Se, escrevemos:
z = f (x,y)
∂f
∂z
= fx (x,y) =
= Dx f
∂x
∂x
∂f
∂z
= fy (x,y) =
= Dy f
∂y
∂y
!
ÇÃO
N
ATE
Preste muita atenção na simbologia de derivada. Quando estamos
derivando uma função de uma variável, por exemplo, y = f (x),
então a derivada é identificada por
dy
. Mas quando estamos
dx
derivando uma função de duas ou mais variáveis, por exemplo,
z = f (x,y), então as derivadas são identificadas por ∂ z e ∂ z .
∂x ∂y
Exemplo 2
Aplicar a definição para achar ∂f e ∂f para f (x,y) = 3x2 ‒ 2xy.
∂x
∂y
Resolução
∂f
f (x + h,y) ‒ f (x,y)
= lim
∂x h → 0
h
= lim
3 (x + h)2 ‒ 2 (x + h)y ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
3x2 + 6xh + 3h2 ‒ 2xy ‒ 2hy ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
6xh + 3h2 ‒ 2hy
h
= lim
h (6x + 3h ‒ 2y)
h
h →0
h →0
h →0
h →0
= lim 6x + 3h ‒ 2y
h →0
= 6x ‒ 2y.
46
TÓPICO 4
UNIDADE 1
∂f
f (x,y + h ‒ f (x,y)
= lim
∂y h → 0
h
= lim
3x2 ‒ 2x (y + h) ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
3x2 ‒ 2xy ‒ 2xh ‒ 3x2 + 2xy
h
= lim
‒ 2xh
h
h →0
h →0
h →0
= lim (‒ 2x)
h →0
= ‒ 2x.
Logo, obtemos
∂f
∂f
= 6x ‒ 2y e
= ‒ 2x.
∂x
∂y
Exemplo 3
Encontre as derivadas parciais de f (x,y) = 5x3 ‒ 4xy + 3exy³ ‒ 5.
Resolução
Para encontrar a derivada parcial de f em relação a x, devemos olhar para a variável
y da função f como uma constante, e derivamos apenas a variável x, ou seja, aplicaremos as
regras de derivação somente na variável x.
∂f
= 5 ∙ 3x2 ‒ 4 ∙ 1 ∙ y + 3exy³ ∙ 1 ∙ y3 ‒ 0
∂x
= 15x2 ‒ 4y + 3y3 exy³
De forma análoga, para derivar parcialmente f em relação a y, devemos olhar para a
variável x da função f como uma constante, e derivamos apenas a variável y, ou seja, aplicaremos
as regras de derivação somente na variável y.
∂f
= 0 ‒ 4x ∙ 1 + 3exy³ ∙ x ∙ 3y2 ‒ 0
∂y
= ‒ 4x + 9xy2 exy³
Exemplo 4
Encontre as derivadas parciais de f (x,y) = 3x2 = ‒ xy + y.
Resolução
Derivando f em relação a x, (lembre-se de considerar o y como constante)
∂f
= 6x ‒ y
∂x
UNIDADE 1
47
TÓPICO 4
E derivando f em relação a y, (agora considere o x como constante)
∂f
=‒x+1
∂y
Exemplo 5
Encontre as derivadas parciais de f (x,y) = ex ‒ y ‒ ey ‒ x.
Resolução
∂f
= ex ‒ y ∙ 1 ‒ ey ‒ x ∙ (‒ 1)
∂x
= ex ‒ y + ey ‒ x
∂f
= ex ‒ y ∙ (‒ 1) ‒ ey ‒ x ∙ 1
∂y
= ex ‒ y ‒ ey ‒ x
Exemplo 6
Calcule as derivadas parciais de f (x,y) = (x + y) sen (x ‒ y).
Resolução
Observe que a função f é um produto de outras duas funções u e v. Assim, lembramos
que (u ∙ v)′ = u ′ ∙ v + u ∙ v ′
∂f
= 1.sen(x ‒ y) + (x + y) ∙ 1 ∙ cos (x ‒ y)
∂x
= sen (x ‒ y) + (x + y) ∙ cos (x ‒ y)
∂f
= 1∙ sen (x ‒ y) + (x + y) ∙ (‒1) ∙ cos (x ‒ y)
∂y
= sen (x ‒ y) ‒ (x + y) ∙ cos (x ‒ y)
Exemplo 7
Calcule as derivadas parciais de f (x,y) = exy + In (x2 + y).
Resolução
∂f
2x
= y exy 2
∂x
x +y
∂f
1
= x exy 2
∂y
x +y
Utilizamos a regra (In u)′ =
u′
u
48
TÓPICO 4
UNIDADE 1
Até aqui, estivemos preocupados com o cálculo da derivada parcial de uma função em
relação a uma de suas variáveis. Isso quer dizer que calculamos a derivada ao longo de uma
curva sem ponto fixado. Passemos, agora, a ver como se calcula a derivada fixando um ponto
da superfície.
Se (x0, y0) for um ponto do domínio de uma função f (x,y), o plano vertical y = y0 cortará
a superfície z = f (x,y) na curva z = f (x, y0). (Figura 26)
Definição 4.3.1.2 A derivada parcial da função f em relação à variável x é representada
∂f
e é definida num ponto P (x0, y0) do domínio por:
por
∂x
∂f (x , y ) = lim f (x0 + Δ x, y0) ‒ f (x0, y0)
, se este limite existir.
0
0
Δx → 0
∂x
Δx
FIGURA 26 – FUNÇÃO f (x,y)
FONTE: Disponível em: <http://www.matematiques.com.br/download.
php?tabela=documentos&id=646>. Acesso em: 7 jul. 2011.
Se (x0, y0) for um ponto do domínio de uma função f (x,y), o plano vertical x = x0 cortará
a superfície z = f (x,y) na curva z = f (x,y0). (Figura 27)
Definição 4.3.1.3 A derivada parcial da função f em relação à variável y é representada
∂f
por
e é definida num ponto P (x0, y0) do domínio por:
∂y
∂f (x , y ) = lim f (x0, y0 + Δ x ) ‒ f (x0, y0) , se este limite existir.
0
0
Δx → 0
∂y
Δx
UNIDADE 1
TÓPICO 4
FIGURA 27 – FUNÇÃO f (x,y)
FONTE: Disponível em: <http://www.matematiques.com.br/download.
php?tabela=documentos&id=646>. Acesso em: 7 jul. 2011.
Exemplo 8
Sendo f (x,y) = 2x2y – 4y3, calcule ∂f , ∂f , ∂f (3,1), ∂f (3,1).
∂x ∂y ∂x
∂y
Resolução
∂f
= 2 · 2x · y – 0
∂x
∂f
(3,1) = 4 · 3 · 1 = 12
∂x
∂f
= 4xy
∂x
∂f
= 2x 2 · 1 – 4 · 3y 2
∂y
∂f
= 2x 2 – 12y 2
∂y
Exemplo 9
Sendo f (x,y) =
{
∂f
(3,1) = 2 · 32 – 12 · 12
∂y
∂f
(3,1) = 2 · 9 – 12 · 1 = 18 – 12 = 6
∂y
5xy
, se (x,y) ≠ (0,0)
2x + 3y
, calcule ∂f e ∂f .
∂x
∂y
0, se (x,y) = (0,0)
49
50
UNIDADE 1
TÓPICO 4
Resolução
Nos pontos (x,y) ≠ (0,0), podemos aplicar as regras de derivação. Assim, temos
∂f
5y · (2x + 3y) ‒ 5xy · 2
=
∂x
(2x + 3y)2
=
=
10xy + 15y 2 ‒ 10xy
(2x + 3y)2
15y 2
(2x + 3y)2
∂f
5x · (2x + 3y) ‒ 5xy · 3
=
∂y
(2x + 3y)2
=
10x2
(2x + 3y)2
Para calcularmos as derivadas de f na origem, usamos a definição de derivada parcial,
∂f (0,0) = lim
h →0
∂x
= lim
h →0
∂f (0,0) = lim
h →0
∂y
= lim
h →0
(
f (0 + h , 0 ) ‒ f (0,0)
h
( (
5h · 0
‒0
2h
h
(
= 0.
f (0,0 + h) ‒ f (0,0)
h
( (
5·0·h
‒0
3h
h
(
(
= 0.
Assim, obtemos as derivadas parciais da função f com relação a x e com relação a y
em todos os pontos (x,y) do domínio.
3.2 INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA
A interpretação das derivadas parciais é análoga à interpretação da derivada simples.
Sabemos que, para a função y = f (x), a derivada f ′ (x0) pode ser interpretada ou como a taxa
de variação de y em relação a x no ponto x0 ou como a inclinação da reta tangente ao gráfico
de f no ponto x0.
UNIDADE 1
TÓPICO 4
51
Para interpretar as derivadas parciais, consideramos a função z = f (x,y) e as suas
∂f
(x , y ): então suponha que C1 é
derivadas parciais no ponto (x0, y0, z0). Vamos interpretar
∂x 0 0
a interseção da superfície z = f (x,y) com o plano y = y0 (o que equivale a considerar y como
constante).
∂f
(x , y ) pode ser interpretada como a inclinação da reta tangente
∂x 0 0
∂f
(x , y ) = tg α.
à curva C1 no ponto (x0, y0) que se denota por
∂x 0 0
Geometricamente,
Da mesma forma, supondo C2 a interseção da superfície z = f (x,y) com o plano x = x0
∂f
(o que equivale a considerar x como constante), interpretamos
(x , y ) geometricamente
∂y 0 0
∂f
(x , y ) =
como a inclinação da reta tangente à curva C2 no ponto (x0, y0) que se denota por
∂y 0 0
tg b. Veja na Figura 28 a situação descrita anteriormente.
∂f
(x , y ) também pode ser interpretada como a taxa de variação
∂x 0 0
∂f
(x , y ) também pode ser
de z em relação a x ao longo da curva C1. E a derivada parcial
∂y 0 0
interpretada como a taxa de variação de z em relação a y ao longo da curva C2. Assim, estes
A derivada parcial
valores representam a velocidade com que z cresce (ou decresce) quando apenas uma variável
está sendo alterada.
FIGURA 28 – INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS
FONTE: Disponível em: <http://www.matematiques.com.br/download.
php?tabela=documentos&id=646>. Acesso em: 7 jul. 2011.
Exemplo 10
A função T (x,y) = 60 ‒ 2x2 ‒ 3y2 representa a temperatura em qualquer ponto de uma
chapa. Encontre a razão de variação da temperatura em relação à distância percorrida ao
longo da chapa da direção dos eixos positivos x e y, no ponto (1, 2). Considere a temperatura
medida em graus Celsius, e a distância em cm.
Resolução
∂T
= 0 ‒ 2 · 2x = ‒ 4x
∂x
∂T
= (1, 2) = ‒ 4 · 1 = ‒ 4°C / cm
∂x
52
TÓPICO 4
UNIDADE 1
Assim, podemos interpretar o valor ‒ 4°C / cm obtido na derivada em x da seguinte
forma: a temperatura está diminuindo 4°C à medida que x aumenta uma unidade.
∂T
= 0 ‒ 2 · 3y = ‒ 6y
∂y
∂T
= (1, 2) = ‒ 6 · 2 = ‒ 12°C / cm
∂y
Assim, o valor ‒ 12°C / cm significa que a temperatura diminui 12°C à medida que y
aumenta uma unidade.
Exemplo 11
Suponha que D = √ x 2 + y 2 é o comprimento da diagonal de um retângulo, cujos lados
têm comprimentos x e y que são permitidos variar. Determine uma fórmula para a taxa de
variação de D em relação a x, se x varia, com y considerado constante, e utilize esta fórmula
para determinar a taxa de variação de D em relação a x no ponto x = 3 e y = 4.
Resolução
A fórmula para a taxa de variação de D em relação a x é
D = √x 2 + y 2
D = (x 2 + y 2)½
∂D 1
=
(x 2 + y 2)-½ (2x)
∂x
2
x
∂D
=
∂x √ x 2 + y 2
A taxa de variação instantânea de D em relação a x, no ponto (3, 4), é
3
3
∂D
(3, 4) =
=
2
2
5
∂x
√3 + 4
Assim, D aumenta a uma taxa de
no ponto (3, 4).
3
de unidade para cada unidade de aumento de x
5
4 GENERALIZAÇÃO
Na seção anterior estudamos as derivadas parciais de funções de duas variáveis. Agora
vamos generalizar este conceito para as derivadas parciais de funções de n variáveis reais.
Definição 4.4.1 Seja f : A ⊆ Rn → R uma função de n variáveis, e seja x = (x1, x2,..., xn) ∈ A.
Definimos a derivada parcial de f no ponto x em relação a xi por
∂f
(x) = lim
h→0
∂xi
(
(
f (x1,..., xi + h,..., xi ,..., xn)
, quando esse limite existir.
h
UNIDADE 1
53
TÓPICO 4
Definição 4.4.2 Seja f : A ⊂ Rn → R uma função de n variáveis e seja B ⊆ A o conjunto
∂f
(x) existe. Definimos a função derivada parcial de
formado por todos os pontos x tais que
∂xi
∂f
1ª ordem de f em relação a xi como a função que a cada x ∈ B associa o número
(x) dado
∂xi
por ∂f (x) = lim f (x1,..., xi + h,..., xn) ‒ f (x1,..., xi ,..., xn) .
h→0
∂xi
h
(
(
Exemplo 12
Calcule as derivadas de primeira ordem da função f (x, y, z) = 1 + xy 2 ‒ 2z3.
Resolução
Ao derivar f em relação a x, lembre-se de considerar y e z como constantes
∂f
= y2
∂x
Derivando f em relação a y, (agora considere x e z como constantes)
∂f
= 2xy
∂y
E derivando f em relação a z, (considere x e y como constantes)
∂f
= ‒ 6z2
∂z
Exemplo 13
Calcule as derivadas de primeira ordem da função f (x, y, z) = yz In (xy).
Resolução
Observe primeiramente que a função é dada por um único termo e teremos que usar
as regras do produto e do logaritmo natural.
Derivando f em relação a x, (considere y e z como constantes). Como a variável x
aparece apenas no logaritmando, usaremos a regra do logaritmo natural.
∂f
y
yz
= yz ∙
=
∂x
xy
x
Derivando f em relação a y, (considere x e z como constantes).
Como a variável y aparece no fator que multiplica o logaritmo e também no logaritmando,
então aplicaremos a regra do produto e junto à regra do logaritmo natural.
∂f
x
= z In (xy) + yz ·
= z In (xy) + z
∂y
xy
E derivando f em relação a z, (considere x e y como constantes). A variável z aparece
apenas no fator que multiplica o logaritmo, então aplicaremos a regra da derivada simples em z.
∂f
= y In (xy).
∂z
54
TÓPICO 4
UNIDADE 1
5 DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR
∂f ∂f
e
são funções de x e y, e assim, elas mesmas podem ter
∂x ∂y
derivadas parciais. Com isso, teremos outras quatro derivadas parciais, estas de segunda
As derivadas parciais
ordem de f, as quais são definidas por:
Exemplo 14
Sendo f (x,y) = y2 ex + 5y, calcule as derivadas parciais de segunda ordem de f.
Resolução
∂f
= y2 ex
∂x
∂f
= 2y ex + 5
∂y
Para fazermos as derivadas parciais de segunda ordem, vamos derivar parcialmente
cada uma das derivadas de primeira ordem em relação a x e a y. Fique atento(a) à notação!
Exemplo 15
Sendo f (x,y) = x2 cos y + y2 sen x, encontre as derivadas parciais de segunda ordem de f.
UNIDADE 1
55
TÓPICO 4
Resolução
Exemplo 16
Encontre as derivadas parciais de segunda ordem de f (x,y) = √x + 3y .
Resolução
Primeiro, devemos escrever a função na forma de potência.
f (x,y) = (x + 3y)½
E observe que devemos aplicar a regra da potência para a derivação (u α)′ = α u
α−1
u′.
56
UNIDADE 1
TÓPICO 4
Exemplo 17
Dada a função f (x,y) = x3y + 4x2y3, calcule:
3
2
2
3
a) ∂ f ;b) ∂ f c) ∂ f d) ∂ f
∂x∂y∂x
∂x2
∂y∂x
∂y∂x2
Resolução
UNI
Talvez você tenha percebido nos exemplos que as derivadas
2
2
mistas de segunda ordem ∂ f e ∂ f são iguais. Será que isto
ocorre sempre?
∂x∂y
∂y∂x
Respondendo à pergunta: não. Pois a igualdade entre as derivadas parciais mistas
2
2
2
2
ocorre quando a função f (x,y) e suas derivadas parciais ∂ f , ∂ f , ∂ f e ∂ f forem todas
2
∂x ∂x∂y ∂y∂x ∂y2
contínuas, fato este que nem sempre ocorre.
UNIDADE 1
57
TÓPICO 4
UNI
Caro(a) acadêmico(a), mostre que
considerando a função f (x,y) =
∂ 2f
∂ 2f
(0,0) = 0 e
(0,0) = 1,
∂x∂y
∂x∂y
{
xy3
, se (x,y) ≠ (0,0)
x + y2
0, se (x,y) = (0,0)
2
Este fato se repete para função de três variáveis, isto é, teremos a igualdade das seis
∂ 2f
∂2f
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
derivadas parciais mistas
,
e
se f (x,y,z) e todas as suas
=
=
=
∂x∂y ∂y∂x ∂x∂z ∂z∂x ∂y∂z ∂z∂y
derivadas parciais de primeira e segunda ordem forem contínuas.
UNI
Verifique se, de fato, as derivadas mistas são iguais para a função
f (x, y, z) = xy2z3 + 3yz.
Teorema 4.5.1 (Teorema de Shwarz) Suponhamos que f seja uma função de duas
variáveis, x e y , definida em bola aberta B, com derivadas parciais de segunda ordem
∂ 2f
∂ 2f
contínuas em B. Então
(a, b) =
(a, b), para todo (a, b) ∈ B.
∂x∂y
∂y∂x
Como consequência do teorema, se a função z = f (x,y) tem todas as derivadas parciais
contínuas em uma bola aberta, então a ordem da derivada não altera o produto. Por exemplo:
UNI
A seguir, apresentaremos a biografia de dois grandes
matemáticos: Johann Bernoulli e Leonhard Euler, que, entre
outros, também contribuíram bastante para o desenvolvimento
do cálculo diferencial e integral.
58
TÓPICO 4
UNIDADE 1
LEITURA COMPLEMENTAR
JOHANN BERNOULLI (1667-1748)
Johann Bernoulli, irmão de Jacques Bernoulli, nasceu no dia 27 de julho na Basileia.
Seus pais, Nicolaus e Margaretha Bernoulli, queriam que ele fosse comerciante ou médico.
Johann pode ter sido influenciado quando criança pelo seu irmão Jacques, que já estava na
carreira matemática.
Em 1682, com 15 anos de idade, trabalhou no comércio durante um ano, porém não
gostou da atividade. Em 1683 ingressou na Universidade da Basileia para estudar Medicina,
apesar de ter sempre gostado de Matemática. Quatro anos depois seu irmão foi nomeado
professor de Matemática na Universidade e, de 1687 a 1690, Johann e Jacques Bernoulli
estudaram juntos as teorias de Leibniz sobre o Cálculo. Na época, essas teorias não tinham sido
compreendidas por nenhum outro matemático e os irmãos Bernoulli foram os primeiros a estudálas. Os dois irmãos e Leibniz iniciaram uma série de artigos publicados na Acta Eruditorum,
dando origem à difusão do Cálculo Leibniziano, tornando-o amplamente conhecido.
Em 1691, Johann foi à França, onde conheceu o marquês de L’Hospital. O marquês
interessou-se pelo novo Cálculo e ofereceu um bom salário para que Johann lhe ensinasse. O
acordo permitia ao marquês usar todo o conteúdo ensinado como o desejasse. A consequência
disso foi a importante contribuição de Johann Bernoulli, conhecida como Regra de L’Hospital,
publicada pelo marquês em seu primeiro livro sobre Cálculo, em 1696. No prefácio do livro,
L’Hospital fez menção a Johann Bernoulli, mas não lhe atribuiu o famoso teorema. Só depois
da morte do marquês, Johann contestou a autoria, porém havia perdido a credibilidade no
assunto, devido às desavenças públicas, principalmente com seu irmão Jacques Bernoulli. Esse
reconhecimento só aconteceu em 1922, quando encontraram uma cópia do curso na Basileia.
A determinação da equação da catenária foi o primeiro problema importante resolvido
por Johann Bernoulli, em 1691. Esse problema existia há mais de 50 anos e Galileo, em 1636,
UNIDADE 1
TÓPICO 4
59
sugerira uma solução. Em 1646, Huygens provou que a solução de Galileo era falsa, mas
também não conseguiu resolver o problema. A catenária é a forma assumida por uma corda
ou corrente suspensa livremente por dois pontos. O problema era determinar sua equação.
Utilizando o Cálculo Leibniziano, Johann Bernoulli resolveu o problema e esse foi o primeiro
sucesso público do novo Cálculo.
Em 1694 ele estudou as curvas exponenciais y = ax e y = xx. Para Bernoulli, a
integração era a operação inversa da diferenciação. Tal concepção permaneceu até a época
de Cauchy.
Johann teve três filhos: Nicolaus (1695-1726), Daniel (1700-1782) e Johann (1710-1790).
Todos eles foram matemáticos e Daniel produziu um trabalho sobre Hidrodinâmica conhecido
como Princípio de Bernoulli.
Johann nunca chegou a publicar seu livro sobre o Cálculo, porém escreveu sobre a
isócrona, sólidos de resistência mínima, trajetórias, problemas isoperimétricos, conseguindo
tal reconhecimento pelo seu trabalho que, após a morte de seu irmão em 1705, foi chamado
para ocupar a cadeira dele na Universidade de Basileia.
Johann Bernoulli morreu no dia 1º de janeiro de 1748, na Basileia.
FONTE: E-CÁLCULO. Mapa da história: Leibniz. Disponível em: <http://ecalculo.if.usp.br/historia/
bernoulli1.htm>. Acesso em: 10 jun. 2008.
EULER, LEONHARD (1707-1783)
Nascido na Basileia, Suíça, Leonhard Euler foi a figura matemática dominante do seu
século e o matemático mais prolífico de que se tem notícia. Era também astrônomo, físico,
60
TÓPICO 4
UNIDADE 1
engenheiro e químico. Foi o primeiro cientista a dar importância ao conceito de função,
estabelecendo desse modo uma base sólida para o desenvolvimento do cálculo e de outras
áreas da matemática. A coleção completa dos livros e trabalhos de Euler (mais de 870 artigos
e livros) chega a mais de 80 volumes. Ele contribuiu enormemente no campo da geometria
analítica, da trigonometria, do cálculo e da teoria dos números.
Ainda jovem, Euler demonstrou um futuro promissor como matemático, apesar de seu
pai preferir que estudasse teologia. Felizmente, Johann Bernoulli convenceu o pai a permitir
que Euler se concentrasse no estudo da matemática. Graduou-se pela Universidade da
Basileia, defendendo uma tese em que comparava o trabalho de Descartes ao de Newton.
Euler conseguiu uma posição em São Petersburgo e durante alguns anos foi médico na
Marinha russa. Em 1733 tornou-se professor de Matemática na Academia de Ciências de
São Petersburgo. Em 1736 publicou a obra Mechanica, em dois volumes, na qual aplicou
sistematicamente o cálculo à matemática de uma massa e incorporou muitas equações
diferenciais novas à mecânica. Em 1738 ele perdeu a vista direita. Em 1741 conseguiu uma
posição como diretor matemático da Academia de Ciências de Berlim. Lá desenvolveu alguns
trabalhos, como a tradução e a melhoria de Principles of Gunnery, de Robin; a publicação
de Scienia navalis em 1749 e Letters to a german princess, de 1768 a 1772; e o ensino de
Lagrange por correspondência. Em 1766, Euler retornou à Rússia a convite de Catarina,
a Grande. Em 1771, perdeu a visão no olho esquerdo, ficando completamente cego. Seu
trabalho foi do cálculo e da análise à medida que publicou sua trilogia, Introductio in analysin
infinitorum, Institutiones calculi differentialis e Institutiones calculi integralis. Esses trabalhos,
que perfaziam um total de seis volumes, fizeram da função uma parte central do cálculo
e tratavam de álgebra, trigonometria, geometria analítica e teoria dos números. Por meio
desses tratados, Euler influenciou grandemente o ensino da matemática. Diz-se que todos
os livros didáticos de cálculo desde 1748 são essencialmente cópias de Euler ou cópias de
cópias dele. Algumas de suas contribuições para as equações diferenciais são as seguintes:
a redução da ordem, o fator integrante, coeficientes indeterminados, a teoria das equações
lineares de segunda ordem e soluções das séries de potências. Ele também incorporou o
cálculo vetor e as equações diferenciais em seus trabalhos.
Euler deu à geometria analítica moderna e à trigonometria o que o livro Elements, de
Euclides, deu à geometria, e a tendência resultante de apresentar a matemática e a física
em termos matemáticos prosseguiu desde então. Euler enriqueceu a matemática com muitos
conceitos técnicos e notações ainda em uso nos dias de hoje. Ele deu ordem ao caos da notação
matemática. Estabeleceu a maior parte da notação que utilizamos hoje (seno, co-seno, e, "pi",
"i", sigma, f para função). A contribuição de Euler para a teoria dos números e para a física foi
igualmente impressionante. Em sua obra Theoria motus corporum solidorum seu rigidorum
(Theory of the motions of rigid bodies), de 1765, ele fundou as bases da mecânica contínua
e da teoria lunar. Sua influência no campo da física matemática foi tão difusa que a maior
UNIDADE 1
TÓPICO 4
61
parte das descobertas não é creditada a ele. No entanto, temos as equações de Euler para a
rotação de um corpo rígido, fluxo de um fluido ideal incompressível, flexão de vigas elásticas
e carregamentos para empenamento de colunas. "Ele calculava sem esforço aparente, como
os homens respiram, ou como as águias se sustentam no vento". Euler foi o Shakespeare da
matemática universal, ricamente detalhista e incansável.
Teoremas principais: adição de séries; teorema das pontes de Königsberg.
Principais obras: Introductio in analysin infinitorum; Institutiones calculi differentialis;
Institutiones calculi integrali; Theoria motus corporum solidorum seu rigidorum; Mechanica;
Letters to a German princess.
FONTE: GUIA para a história do Cálculo: Euler, Leonhard. Disponível em: <http://cwx.prenhall.com/
bookbind/pubbooks/thomas_br/chapter1/medialib/custom3/bios/euler.htm>. Acesso em: 17
jul. 2011.
62
TÓPICO 4
UNIDADE 1
RESUMO DO TÓPICO 4
Caro(a) acadêmico(a)! Neste tópico foram estudadas as derivadas parciais.
● Você deve ter percebido que o seu cálculo é similar ao cálculo de derivadas simples, a
diferença está no fato de ter, agora, duas variáveis e ter que derivar a função em termos de
uma delas enquanto a outra é considerada como constante. Ou seja, ∂f estamos derivando
∂x
f (x,y) em relação a x considerando y como constante.
● A derivada parcial ∂f (x0, y0) é a inclinação da reta tangente à curva da superfície z = f (x,y)
∂x
no plano vertical y = y0.
∂f
(x , y ) é a inclinação da reta tangente à curva da superfície z = f (x,y) no
∂y 0 0
plano vertical x = x0.
● Analogamente,
UNIDADE 1
63
TÓPICO 4
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre derivadas
parciais.
1 A função T (x,y) = 60 ‒ 2x2 ‒ 3y2 representa a temperatura em qualquer ponto de
uma chapa. Foram calculadas as derivadas parciais no ponto (2, 3) e chegou-se aos
∂z
∂z
resultados
(2, 3) = ‒ 8 e
(2, 3) = ‒ 18. Dê os significados para os dois valores
∂x
∂y
obtidos com as derivadas parciais no ponto (2, 3).
2 Nos exercícios a seguir, calcule as derivadas parciais
∂f
∂f
e
das funções:
∂x
∂y
a)f (x,y) = 2x2 ‒ 3y ‒ 4
b)f (x,y) = (x2 ‒ 1) (y + 2)
c)f (x,y) = (xy ‒ 1)2
d)f (x,y) =
1
x+y
e)f (x,y) = ex + y + 1
f) f (x,y) = In (2x + y)
2
2
2
2
3 Calcule as derivadas parciais de segunda ordem ∂ f , ∂ f , ∂ f e ∂ f das funções
∂y 2
∂x2 ∂x∂y ∂y∂x
a seguir:
a)f (x,y) = e3x sen y
b)f (x,y) = xey + y + 1
64
TÓPICO 4
UNIDADE 1
Prezado(a) acadêmico(a), agora que chegamos ao final
da Unidade 1, você deverá fazer a Avaliação referente a esta
unidade.
UNIDADE 2
DIFERENCIABILIDADE E
INTEGRAIS MÚLTIPLAS
Objetivos de aprendizagem
Nessa unidade vamos:
•conhecer os principais conceitos que envolvem derivadas de funções
de várias variáveis;
•aplicar a regra da cadeia nas derivadas parciais;
•calcular implicitamente as derivadas de funções de várias variáveis;
•entender o conceito de diferenciabilidade;
•entender o conceito de vetor gradiente e saber calculá-lo;
•entender o conceito de derivada direcional e saber calculá-la;
•calcular os mínimos e máximos locais de funções de várias variáveis;
•resolver problemas envolvendo minimização e maximização de
funções de várias variáveis;
•aplicar o conceito de integrais múltiplas;
•calcular as integrais múltiplas.
PLANO DE ESTUDOS
Esta unidade está dividida em quatro tópicos, apresentando os
conceitos e a utilização das derivadas parciais e também a integração de
funções de várias variáveis. Dando continuidade ao estudo da unidade anterior,
seguimos com a regra da cadeia e a derivação implícita de funções de várias
variáveis, resolvendo diversos exemplos para auxiliá-lo(a) na compreensão
e resolução dos exercícios propostos no final de cada tópico como você já
está habituado em nossos cadernos de estudos. Nos tópicos seguintes,
continuamos explorando outros conceitos e aplicações relacionados com
as derivadas parciais tais como: diferenciabilidade de uma função de várias
variáveis, diferencial, vetor gradiente, derivadas direcionais, extremos locais e
problemas envolvendo a otimização (minimização e maximização) de funções
de várias variáveis. Encerramos esta unidade com o estudo das integrais
múltiplas que é a integração de funções de várias variáveis. Esperamos que
este material possa auxiliá-lo em seus estudos.
TÓpico 1 – REGRA DA CADEIA E DERIVAÇÃO IMPLÍCITA
TÓpico 2 – DIFERENCIABIBLIDADE E GRADIENTE
TÓpico 3 – MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE VÁRIAS
VARIÁVEIS
TÓpico 4 – INTEGRAIS MÚLTIPLAS
UNIDADE 2
TÓPICO 1
REGRA DA CADEIA E
DERIVAÇÃO IMPLÍCITA
1 INTRODUÇÃO
A regra para funções compostas é tradicionalmente chamada de regra da cadeia. Nesta
seção, vamos apresentar a regra da cadeia para funções de várias variáveis.
2 REGRA DA CADEIA
Inicialmente, consideramos dois casos específicos de funções de duas variáveis e em
seguida, apresentamos a regra da cadeia generalizada.
Teorema 1.2.1 (Regra da Cadeia – derivada total) Suponha que z = f (x,y) seja uma
função diferenciável de x e y, onde x = x (t) e y = y (t) são funções diferenciáveis de t. Então
a função z = f (x(t), y (t)) é uma função diferenciável de t e
68
TÓPICO 1
UNIDADE 2
FIGURA 29 – DIAGRAMA DA ÁRVORE PARA A REGRA DA CADEIA
FONTE: O autor
Exemplo 1
Sejam z = f (x,y) = 4x 3 y 2, x = t 4 e y = 3t 2
Resolução
Começamos calculando as derivadas parciais
∂z
= 12x2y2
∂x
∂z
= 8x 3y
∂y
e em seguida calculamos as outras derivadas
dy
= 6t
dt
∂x
= 4t 3
∂t
Aplicamos a regra da cadeia, substituindo as derivadas calculadas anteriormente:
Substituindo x = t 4 e y = 3t 2 na expressão acima temos
dz
= 12(t 4)2 (3t 2)2 ∙ 4t 3 + 8(t 4)3 ∙ 3t 2 ∙ 6t
dt
= 144t 15 + 144t 15
= 288t 15.
Exemplo 2
Sejam z = f (x,y) = In (3x 2 + y), x = t + 1 e y = 5t.
a)Calcule
∂z
usando a regra da cadeia.
∂t
UNIDADE 2
TÓPICO 1
69
b)Determine a função composta z = f (t + 1,5 t) e calcule dz .
dt
Resolução
a)Aplicaremos a regra da cadeia
Sabendo que y = In u ⇒ y ′ =
u′
, calcularemos separadamente
u
.
Agora aplicamos
Substituindo x = t + 1 e y = 5t na expressão anterior, temos
dz
6(t + 1) + 5
=
dt
3(t + 1)2 + 5t
ou seja,
dz
6t + 11
=
dt
3(t + 1)2 + 5t
b)A função composta é
z = f (t + 1,5 t)
z = In (3(t + 1)2 + 5 t).
A derivada de z em relação a t (calculada a partir desta expressão) é
dz
3.2(t + 1) + 5
=
dt
3(t + 1)2 + 5t
6t + 1
dz
=
3(t + 1)2 + 5t
dt
UNI
Compare os resultados obtidos nos itens (a) e (b) do Exemplo 2.
A facilidade do uso da regra da cadeia está em derivar funções
“menores” e posteriormente, na substituição, ter menos trabalho
algébrico.
70
TÓPICO 1
UNIDADE 2
Exemplo 3
Sejam z = x2 + 2xy + y2, x = cos t e y = sen t. Determine dz .
dt
Resolução
Usando a regra da cadeia:
dz ∂z . dx ∂z . dy
=
+
dt ∂x dt ∂y dt
= (2x + 2y) (‒ sen t) + (2x + 2y) (cos t)
= (2x + 2y) (cos t ‒ sen t)
= 2(cos t + sen t) (cos t ‒ sen t),
ou seja,
dz 2(cos2 t ‒ sen2 t).
=
dt
Vimos no Teorema 1.2.1 como aplicar a regra da cadeia no caso da derivada total
quando a função tem duas variáveis independentes. Vamos generalizar esta derivada total
para funções com mais de duas variáveis.
Se a função tiver mais de duas variáveis, representaremos por f (x1, x2, x3,... xn), onde
x1(t ), x2(t ), x3(t ), ... xn (t ), são funções de t, então a sua derivada, em relação a t, é dada pela
regra da cadeia
Como a derivada acima possui muitas parcelas, é possível reescrever a regra usando
o somatório
Exemplo 4
Dada a função f (x,y,z) = 3x ‒ 2y 3 + z2 onde x = sen t, y = e2t e z = 4t 2 ‒ 3. Encontre
a derivada total.
Resolução
Usando a regra da cadeia
UNIDADE 2
TÓPICO 1
71
Exemplo 5
A que taxa está crescendo a área de um retângulo se seu comprimento é de 8 cm e
está crescendo a uma taxa de 0,5 cm/s enquanto que sua largura é de 6 cm e está crescendo
0,2 cm/s?
Resolução
A área de um retângulo pode ser escrita como A (x,y) = xy, consideremos x o comprimento
e y a largura. Através do enunciado, percebe-se que devemos calcular dA, já que as outras
taxas dadas são:
dt
dx
dy
= 0,5 e
= 0,2. O cálculo da derivada deve ser feito para o ponto de
dt
dt
coordenadas (8, 6).
Como a área está em função de duas variáveis x e y, e estas, por sua vez estão
relacionadas ao tempo, através da regra da cadeia, temos:
Calculamos as derivadas parciais para A (x,y) = xy, obtendo:
∂A
∂A
=y
=x
∂x
e ∂y
Substituindo na regra da cadeia,
dA
= y · 0,5 + x · 0,2
dt
= 6 · 0,5 + 8 · 0,2
= 4,6
72
TÓPICO 1
Dizer que
UNIDADE 2
dA
= 4,6 cm2/s significa que a área de um retângulo de dimensões 8x6, está
dt
crescendo 4,6 cm2 a cada segundo.
Exemplo 6
Uma peça cilíndrica tem 12 cm de raio e 18 cm de altura. Se o raio diminuir à razão de
0,02 cm/s e a altura aumentar à razão de 0,03 cm/s, então determine a taxa de variação do
volume em relação ao tempo.
Resolução
Sejam r e h o raio e a altura de uma peça cilíndrica, respectivamente, e seja t o tempo
em segundos. Podemos interpretar as taxas dadas como derivadas
dr
dh
= ‒ 00,2 e
= ‒ 00,3 no instante em que r = 12 e h = 18.
dt
dt
Queremos calcular
dV
nesse instante. Para isso, usamos a fórmula V (r, h) = pr 2h do
dt
volume do cilindro para obter:
dV ∂V . dr ∂V . dh
=
+
dt
∂r dt ∂h dt
= 2prh . dr + pr 2. dh
dt
dt
Substituindo os dados na regra da cadeia, temos:
dV 2p12 . 18 . (‒0,02) + p122 . 0,03
=
dt
= ‒ 8,64p + 4,32p
= ‒ 4,32p
Portanto, dV = ‒4,32p cm3/s significa que o volume de um cilindro de 12 cm de raio e
dt
18 cm de altura, está diminuindo 4,32p cm3 a cada segundo.
Teorema 1.2.2 (Regra da cadeia para derivadas parciais) Suponha que z = f (u,v) seja
uma função diferenciável de u e v, onde u = u (x,y) e v = v (x,y) são funções diferenciáveis de
x e de y. Então z = f (u(x,y),v(x,y)) é uma função de x e y, e:
Vamos construir um esquema, denominado de diagrama da árvore, para melhor
compreensão e execução da regra da cadeia. Proceda da seguinte forma:
UNIDADE 2
73
TÓPICO 1
I) Trace um diagrama em árvore, exprimindo as relações entre as variáveis envolvidas.
II)Para cada ramificação da árvore, determine a derivada parcial com relação a estas variáveis.
III) Multiplique as derivadas determinadas em cada passo, ao longo do caminho.
IV)Some as contribuições de cada caminho.
FIGURA 30 – DIAGRAMA DA ÁRVORE PARA A REGRA DA CADEIA
PARA DERIVADAS PARCIAIS
FONTE: O autor
Exemplo 7
Se z = f (u,v) = eu cos v, onde u = xy e v = x + y 2, determine
da cadeia.
Resolução
e
∂z
∂z
e
usando a regra
∂x
∂y
74
UNIDADE 2
TÓPICO 1
Teorema 1.2.3 (Regra da cadeia generalizada) Suponha que w = f (u1, u2,..., un) seja
uma função diferenciável de n variáveis u1, u2,..., un, onde cada uj é uma função diferenciável
de m variáveis, x1, x2,..., xm. Então w é uma função de x1, x2,..., xm e
para cada i = 1, 2, ..., m.
Exemplo 8
Suponha que todas as funções sejam diferenciáveis w = f (x, y, z), x = x (r, θ, γ), y = y (r,
θ, γ) e z = z (r, θ, γ). Determine ∂w, ∂w e ∂w.
∂r ∂θ
∂γ
Resolução
Aplicando o Teorema 1.2.3 temos
Exemplo 9
Utilize a regra da cadeia para encontrar as derivadas parciais
z = x2 + xy + y2, x = s + t e y = st.
Resolução
Aplicando o Teorema 1.2.2 temos:
∂z
∂z
e
para as funções
∂s
∂t
UNIDADE 2
75
TÓPICO 1
3 DERIVAÇÃO IMPLÍCITA
Vimos no estudo das funções de uma variável (no Caderno de Estudos da disciplina de
Cálculo Diferencial e Integral) que uma equação do tipo F (x,y) = 0 define y implicitamente como
uma função diferenciável de x, ou seja, y = f (x). Nesta seção, vamos estudar a derivação (derivação
parcial) de funções dadas de forma implícita. Consideraremos duas situações específicas.
Suponhamos que a função y = f (x) seja definida implicitamente pela equação F (x,y) = 0.
Se f e F são funções diferenciáveis e
∂F (x, f (x)) ≠ 0)
dy
=
, então podemos encontrar a derivada
∂y
dx
derivando ambos os lados da equação F (x,y) = 0 em relação a x. Usando a regra da cadeia
temos,
Como ∂F = (x, f (x)) ≠ 0) e dx = 1, segue
∂y
dx
A situação colocada anteriormente pode ser escrita sob condição da função F estar
definida em uma bola aberta, conforme estamos tratando as funções de duas variáveis. A seguir
veremos como aplicar a derivada implícita neste contexto.
Se F é definida numa bola aberta contendo (a,b), onde F (a,b) = 0, ∂F = (a,b) ≠ 0 e
∂y
∂F
∂F
e
são funções contínuas nessa bola. Então a equação F (x,y) = 0 define y como
∂x
∂y
uma função de x perto do ponto (a,b), e a derivada dessa função é dada pela fórmula obtida
anteriormente.
Essa relação nos dá um caminho mais simples para encontrar derivadas de funções
definidas implicitamente.
Teorema 1.3.1 Suponha que F (x,y) seja diferenciável e que a equação F (x,y) = 0 defina
y como uma função diferenciável de x. Então em qualquer ponto onde ∂F ≠ 0,
∂y
76
TÓPICO 1
UNIDADE 2
Exemplo 10
Supondo que a função y = f (x) é definida implicitamente pela equação In (x2 y) + 2x3 = 4y,
determine sua derivada dy .
dx
Resolução
A equação dada pode ser escrita da seguinte forma:
F (x,y) = In (x2y) + 2x3 ‒ 4y = 0.
Calculando as derivadas parciais temos
∂F 2xy 6x2 2
=
+
=
+ 6x2 e
∂x x2 y
x
∂F
x2
1
= 2 ‒4=
‒4
∂y x y
y
Aplicando a fórmula do Teorema 1.3.1 obtemos
Vamos ver como fica o Teorema da Função Implícita para funções de duas variáveis
independentes.
Suponhamos que a função z = f (x,y) seja dada implicitamente pela equação F (x,y,z) = 0.
Se f e F são funções diferenciáveis e
∂F
(x, y, f (x,y)) ≠ 0, podemos aplicar a regra da cadeia
∂z
para obter as ∂z e ∂z . Derivando os dois membros da equação F (x,y,z) = 0 em relação a x,
temos
∂x
∂y
UNIDADE 2
TÓPICO 1
77
Mas ∂ (x) = 1 e ∂ (y) = 0, portanto
∂x
∂x
De modo semelhante, obtém-se:
Como no caso anterior, estamos assumindo que a equação F (x,y,z) = 0 define z
implicitamente como função de x e y. Outra versão do Teorema da Função Implícita fornece
as condições para que a hipótese seja válida.
Teorema 1.3.2 Suponha que F (x,y,z) seja continuamente diferenciável e que z = f (x,y)
é uma função diferenciável que satisfaz a equação F (x,y,z) = 0. Então em qualquer ponto (x,y,z)
onde
∂F
≠ 0,
∂z
Exemplo 11
Determine
∂z ∂z
e
se x4 + y4 + z4 = 5xyz ‒ 2.
∂x ∂y
Resolução
A equação x4 + y4 + z4 = 5xyz ‒ 2 pode ser escrita da seguinte forma:
F (x,y,z) = x4 + y4 + z4 ‒ 5xyz + 2 e esta função é continuamente diferenciável.
Vamos calcular as derivadas parciais de F.
Então, pelo Teorema 1.3.2, temos:
78
TÓPICO 1
UNIDADE 2
Exemplo 12
Suponha que a função diferenciável z = f (x,y) seja definida pela equação xy + ze = 0.
Resolução
UNIDADE 2
79
TÓPICO 1
RESUMO DO TÓPICO 1
Neste tópico, você viu que:
● Se a função tiver mais de duas variáveis, representaremos por f (x1, x2, x3..., xn), onde x1(t),
x2(t), x3(t), ... xn(t), são funções de t, então a sua derivada em relação a “t” é dada pela regra
da cadeia
● Se z = f (x,y) é uma função das variáveis x e y que dependem de duas outras variáveis,
digamos, u e v. Então:
z = f (x(u, v), y (u, v))
é uma função composta de u e v. Dizemos que u e v são as variáveis independentes.
● Se w = f (u1, u2,..., un) é uma função diferenciável de n variáveis u1, u2,..., un, onde cada
uj é uma função diferenciável de m variáveis, x1, x2,..., xm. Então w é uma função de
x1, x2,..., xm e
para cada i = 1, 2, ..., m.
∂z ∂z
e
quando z estiver
∂x ∂y
definida implicitamente por uma equação F (x, y, z) = 0. Então em qualquer ponto (x, y, z) onde
● A derivada implícita é usada para encontrar as derivadas parciais
∂F ≠ 0,
∂z
80
TÓPICO 1
UNIDADE 2
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre
diferenciabilidade de funções de várias variáveis.
1 Considere as funções f (x,y) = 4y ‒ 3x2, x (t) = t3 ‒ 1 e y (t) = 1 ‒ t3.
Calcule a função composta z = f (x(t), (t)).
Encontre dz usando o item (a).
dt
dz
usando a regra da cadeia.
Encontre
dt
2 Use a regra da cadeia para determinar
v = e2xy.
∂z ∂z
e , sabendo que z = u 2 + v 2, u = x2 ‒ y2 e
∂x ∂y
3 Determine a derivada da função implícita f tal que y = f (x) está definida pela equação
x4 ‒ y + 4xy3 ‒ 78 = 0.
4Se x3 ‒ xy + 4xz ‒ 5 = 0, calcular
implícita.
∂z
∂z
e
usando a regra de derivação de função
∂x
∂y
5 Mostre que a equação F (x,y) = x2y + sen y = 0 define implicitamente uma função
derivável y = f (x).
6 O raio de um cone circular reto está aumentando a uma taxa de 3 cm/s e a altura
está diminuindo a uma taxa de 2 cm/s. A que taxa está variando o volume do cone
no instante em que a altura é igual a 20 cm e o raio é igual a 14 cm?
7 Um carro A está viajando para o norte na rodovia 16, e um carro B está viajando para
o oeste na rodovia 83. Os dois carros se aproximam da interseção dessas rodovias.
Em certo momento, o carro A está a 0,3 km da interseção viajando a 90 km/h, ao
passo que o carro B está a 0,4 km da interseção viajando a 80 km/h. Qual a taxa de
variação da distância entre os carros nesse instante?
8Determine
∂z ∂z
e
se xyz3 = cos (x + y + z).
∂x ∂y
9Determine
∂z ∂z
e
se yz = In (x + z).
∂x ∂y
UNIDADE 2
TÓPICO 2
DIFERENCIABIBLIDADE E
GRADIENTE
1 INTRODUÇÃO
Neste tópico, vamos estender o conceito de diferenciabilidade de função de uma
variável às funções de duas variáveis. Esse conceito tem consequências muito importantes
no cálculo, assim como nos problemas de otimização que estudaremos no próximo tópico.
Também será estudado o vetor gradiente e as derivadas direcionais, conceitos que possuem
grande aplicabilidade nas engenharias.
2 DIFERENCIABIBLIDADE
Vamos então introduzir o conceito de diferenciabilidade, que entre outras propriedades,
garante a continuidade da função. Introduziremos este importante assunto por analogia com
o conceito de diferenciabilidade de funções de uma variável.
Considere uma função f de uma variável real. Dizer que f é diferenciável em x = x0 significa
que o
existe, isto é, é um número real. Em outras palavras, f é diferenciável
em x0 quando existe um número real denotado por f ′ (x0), tal que
Podemos reescrever este limite da seguinte forma:
82
UNIDADE 2
TÓPICO 2
que é equivalente a
Assim, f é diferenciável em x0 se existir um número real, f ′ (x0), tal que
Neste caso, se uma função é derivável num ponto, ela é contínua no ponto.
Com isso temos condições de apresentar a definição de diferenciabilidade de função
de duas variáveis.
Definição 2.2.1 Seja f : A ⊂ R2 → R uma função definida no conjunto aberto A. Dizemos
que f é diferenciável no ponto (x0, y0) ∈ A, se as derivadas parciais ∂f (x0, y0) e ∂f (x0, y0)
existem e se
∂x
∂y
Quando f é diferenciável em todos os pontos de seu domínio, dizemos que f é
diferenciável.
Da Definição 2.2.1 podemos destacar alguns pontos:
● Para provar que uma função é diferenciável em (x0, y0) usando a definição, devemos mostrar
que as derivadas parciais existem em (x0, y0) e, além disso, que o limite
● Se uma das derivadas parciais não existe no ponto (x0, y0), f não é diferenciável no ponto
(x0, y0).
● Se o limite
UNIDADE 2
TÓPICO 2
83
for diferente de zero ou não existir, f não será diferenciável no ponto (x0, y0) mesmo se
existirem as derivadas parciais nesse ponto.
Exemplo 1
Use a Definição 2.2.1 para mostrar que f (x,y) = 5x + 2y é diferenciável.
Resolução
Seja (x0, y0) ∈ D (f ) = R 2. Para mostrar que f é diferenciável em (x0, y0) devemos mostrar que
∂f (x , y ) ∂f (x , y )
0
0 e
0
0 existem e que o limite da Definição 1.2.1 é zero.
∂x
∂y
A função f tem derivadas parciais em (x0, y0) e são dadas por
∂f (x , y ) = 5 e ∂f (x , y ) = 2.
∂x 0 0
∂y 0 0
Agora,
Como (x0, y0) é um ponto qualquer em R 2, temos que f é diferenciável.
Teorema 2.2.1 Se f é diferenciável em A ⊂ R2 então f é contínua em cada ponto de A.
Exemplo 2
Verifique se a função f (x, y) =
é contínua no ponto (3,3).
84
UNIDADE 2
TÓPICO 2
Resolução
Precisamos verificar se a função satisfaz as três condições da Definição 3.4.1 (Unidade 1).
(i) f (3,3) = 5, pois x = y.
portanto este limite não existe.
(ii)
Como
concluímos que a função é descontínua no ponto (3,3).
Mostramos que f é descontínua no ponto (3,3), portanto pelo Teorema 2.2.1 f não é diferenciável
em (3,3).
Nem sempre é fácil usar a Definição 2.2.1 para verificar a diferenciabilidade de uma
função. O teorema a seguir fornece uma condição suficiente para que uma função seja
diferenciável.
Teorema 2.2.2 Se as derivadas parciais
∂f
∂f
e
existem em algum conjunto aberto A
∂x ∂y
contendo (x0, y0) e são contínuas em (x0, y0), então f (x,y) é diferenciável em (x0, y0).
Exemplo 3
Mostre que a função f (x,y) = cos (xy) é diferenciável em todo R2.
Resolução
Para mostrar que f é diferenciável, aplicaremos o Teorema 2.2.2, então calcularemos as
derivadas parciais.
∂f
∂f
= ‒y • sen(xy) e
= ‒x • sen(xy)
∂x
∂y
Temos que as derivadas parciais são contínuas em todo ponto (x,y) ∈ R2.
Logo, pelo Teorema 2.2.2 a função f (x,y) é diferenciável em todo ponto de R2.
Exemplo 4
Os polinômios (funções polinomiais) em várias variáveis são claramente diferenciáveis em
todo ponto de Rn.
Exemplo 5
Verifique se a função f (x,y) = x2 ‒ 3y2 abaixo é diferenciável em R2.
Resolução
A função f tem derivadas parciais em todos os pontos de R2 e são dadas por
∂f
∂f
= 2x e = ‒6y.
∂x
∂y
UNIDADE 2
TÓPICO 2
85
As derivadas parciais são contínuas, pois são funções polinomiais.
Portanto, f é diferenciável em R2.
Exemplo 6
Verifique se a função g (x,y) = ex+y abaixo é diferenciável em R2.
Resolução
A função g tem derivadas parciais em todos os pontos de R2. Estas são dadas por
e
∂g
= ex+y.
∂y
∂g
= ex+y
∂x
Daí segue que as funções derivadas parciais são contínuas em R2.
Portanto, g é diferenciável em R2.
3 DIFERENCIAL
Suponha que saibamos o valor de uma função derivável em um ponto (x0,y0) e que
desejamos prever a variação que esse valor sofrerá se formos para um ponto x0 + dx. Como
os valores da reta são mais simples de calcular, o cálculo da variação da reta nos oferece um
modo prático de estimar a variação em f conforme podemos observar na Figura 31.
FIGURA 31 – REPRESENTAÇÃO GEOMÉTRICA DA DIFERENCIAL DA FUNÇÃO DE UMA
VARIÁVEL
FONTE: Disponível em: <http://www.slideshare.net/rafaelmmoreira/unifei-clculo-1-exercciosaula-25>. Acesso em: 23 jun. 2011.
86
TÓPICO 2
UNIDADE 2
Para funções de uma variável, y = f (x), definimos a diferencial dx como uma variável
independente, ou seja, dx pode valer qualquer número real. A diferencial de y é definido como
dy = f′(x) ∆x.
Dessa definição decorre que ∆y representa a variação da altura da curva y = f (x) e
dy representa a variação da altura da reta tangente quando x varia da quantidade dx = ∆x.
Conforme podemos observar na Figura 31.
A diferencial de uma função de uma variável, y = f (x), é aproximadamente igual ao
acréscimo ∆y da variável dependente y.
Nesta seção, vamos definir a diferencial de uma função de duas variáveis z = f (x,y), e
veremos que esta representa uma boa aproximação para o acréscimo da variável z quando
os acréscimos das variáveis independentes são pequenos.
Se z = f (x,y), então o incremento (aumento ou diminuição) de z é ∆z = f (x + ∆x, y + ∆y) ‒ f (x,y).
Definição 2.3.1 Seja z = f (x,y) uma função diferenciável. A diferencial de f, denotada
por df ou dz, é dada por dz =
∂z
∂z
dx +
dy, onde dx e dy são as diferenciais das variáveis
∂x
∂y
independentes x e y respectivamente.
A diferencial dz também é chamada de diferencial total de f (x,y), a mesma que
estudamos no tópico anterior.
Se nos movermos de (x0,y0) para um ponto (x0 + ∆x, y0 + ∆y) próximo, a variação
resultante é dada por df (x0,y0) =
∂f
∂f
(x ,y ) dx +
(x ,y ) dy.
∂x 0 0
∂y 0 0
Exemplo 7
Calcule a diferencial dz da função z = 4x2y3 ‒ 3y2 + 6.
Resolução
Para calcular a diferencial de z temos primeiro que calcular as derivadas parciais
e
∂z
= 12x2y2 ‒ 6y.
∂y
Pela Definição 2.3.1 temos
dz =
∂z
∂z
dx +
dy
∂x
∂y
dz = 8xy3 dx + (12x2y2 ‒ 6y) dy.
Exemplo 8
Calcule a diferencial de f (x,y) = x2 + y2 no ponto (1,2).
∂z
= 8xy3
∂x
UNIDADE 2
TÓPICO 2
87
Resolução
A diferencial de f no ponto (1,2) é dada por
dz =
∂f
∂f
(1,2) dx +
(1,2) dy
∂x
∂y
Como
∂f
∂f
(1,2) = 2 e
(1,2) = 4, temos
∂x
∂y
dz = 2dx + 4dy.
Podemos estimar a variação com diferenciais. Suponha que conheçamos os valores
de uma função diferenciável f (x,y) e suas derivadas parciais em um ponto (x0,y0) e queiramos
predizer quanto o valor de f variará se nos movermos para um ponto (x0 + ∆x, y0 + ∆y) próximo.
Em outras palavras, podemos estimar a variação ∆z de z pelo valor do diferencial dz, em que
dx é a variação em x e dy é a variação em y.
Exemplo 9
Considere a função z = 7x + 3y2.
a)Determine a diferencial total dz.
b)Calcule ∆z e dz, se x variar de 2 para 2,05 e y variar de 1 para 0,98. Compare os valores de
∆z e dz.
Resolução
a) Da Definição 2.3.1 temos a diferencial total
∂f
∂f
dx +
dy
dz =
∂y
∂x
dz = 7dx + 6y dy.
b) O ponto (x0,y0) = (2,1), dx = ∆x = 0,05 e dy = ∆y = ‒ 0,02.
O incremento de z é
∆z = f (2,05; 0,98) ‒ f (2,1)
∆z = 7 (2,05) + 3 (0,98)2 ‒ (7 • 2 + 3 • 12) = 0,2312
e a diferencial total é
dz = 7(0,05) + 6 • 1(‒0,02) = 0,23.
Portanto, observe que ∆z ≈ dz.
Exemplo 10
O raio e a altura de um cilindro são medidos com 3 m e 8 m respectivamente, com possíveis
erros de 0,05 m. Use diferenciais para calcular o erro máximo no cálculo do volume.
Resolução
Primeiro recordamos a fórmula do cálculo do volume de um cilindro.
V = π r2 h
88
TÓPICO 2
UNIDADE 2
Para estimarmos a variação de V calculamos
dV (r0,h0) =
∂V
∂V
(r ,h ) dr +
(r ,h ) dh
∂r 0 0
∂h 0 0
dV = 2π r0 h0 dr + π r02 h0 dh
= 2π 3 • 8 • 0,05 + π 32 • 8 • 0,05
= 2,4π + 3,6π
= 4,8π ≈ 15,08 m3.
Portanto, o erro de 0,05 m nas medidas do raio e da altura pode nos levar a um erro
de 15,08 m3.
Exemplo 11
Ao redor do ponto (1,0), f (x,y) = x2 (y + 1) é mais sensível a variações em x ou y?
Resolução
Primeiro vamos entender o que o enunciado está nos pedindo. Querer saber sobre a
sensibilidade à variação é o mesmo que pedir para estimar a variação da função no ponto.
Assim, vamos calcular a diferencial de f
dz =
∂f
∂f
(1,0) dx +
(1,0) dy.
∂x
∂y
Para facilitar o cálculo das derivadas parciais escrevemos f (x,y) = x2y + x2, daí segue
∂f
∂f
= 2xy + 2x e
= x2
∂x
∂y
∂f
∂f
(1,0) = 2 e
(1,0) = 1.
∂x
∂y
Então, temos o cálculo da variação da função causada por pequenas variações dx e dy
dz = 2dx + 1dy.
Portanto, uma variação de x em uma unidade variará f em cerca de 2 unidades e,
uma variação de y em uma unidade variará f em cerca de 1 unidade. A função é 2 vezes mais
sensível a uma pequena variação de x que a uma pequena variação de tamanho igual a de y.
Exemplo 12
O comprimento e a largura de um retângulo são medidos com erros de, no máximo, 3% e 5%,
respectivamente. Use diferenciais para aproximar o erro percentual máximo na área calculada.
Resolução
A área do retângulo dado por x de comprimento e y de largura é a função A(x,y) = xy.
Temos,
∂f
∂f
=ye
= x.
∂x
∂y
UNIDADE 2
89
TÓPICO 2
Cada erro é de, no máximo, 3% e 5%, isto é, |∆x| ≤ 0,03 e |∆y| ≤ 0,05. Para achar o erro máximo
na área, tomamos o maior erro nas medidas de x e y. Daí, tomamos dx = 0,03 e dy = 0,05.
Calculando a diferencial, obtemos:
dz =
∂z
∂z
dx +
dy.
∂x
∂y
dz = y0,03 + x0,05.
Estimamos que o erro percentual máximo em A é de 8%.
4 GRADIENTE
Vimos nas seções anteriores que as derivadas parciais nos fornecem taxas de variação
de uma função de várias variáveis e que estas taxas dependem da escolha da direção e sentido
da variação. Como essas variações são indicadas por vetores, é natural usar vetores para
descrever a derivada de f numa direção e sentido específicos. Nesta seção, vamos definir o
gradiente de uma função, que aparece em diversas aplicações matemáticas.
Definição 2.4.1 Seja z = f (x,y) uma função que admite derivadas parciais no ponto
(x0,y0). O gradiente de f no ponto (x0,y0), denotado por f (x0,y0), é um vetor cujos componentes
∆
são as derivadas de f nesse ponto, ou seja,
∆
∆
A!
NOT


∂f
∂f
∂f
∂f
(x0,y0),
(x0,y0) =
(x0,y0) i +
(x0,y0) j .
∂x
∂y
∂x
∂y
∆
f (x0,y0) =
O gradiente f associa um vetor f (x0,y0) a cada ponto (x0,y0)
do domínio de f. Usamos a notação a,b para o par ordenado
que se refere a um vetor para não confundir com o par ordenado
(a,b) que corresponde a um ponto no plano.
90
UNIDADE 2
TÓPICO 2
A!
NOT


Ao representar vetores com a notação v = ai + bj , lembramos


que i e j representam os vetores canônicos, ou seja, vetores no

R2 onde suas respectivas coordenadas são dadas por i = 1,0

e j = 0,1 .
Quando trabalhamos com um ponto genérico (x,y), escrevemos
f (x,y) =
∂f ∂f
∂f  ∂f 
,
=
i+
j.
∂x ∂y
∂x
∂y
∆
O símbolo f é lido como “gradiente de f”.
∆
∆
O símbolo , denominado “del”, é um delta grego maiúsculo invertido. O uso de
para o gradiente foi popularizado pelo físico escocês P. G. Tait (1831 – 1901)
que o denominava “nabla”. Em hebraico, nabla significa harpa e se refere à
semelhança de um com uma harpa antiga de dez cordas. O grande físico
James Clerk Maxwell relutou em adotar essa notação e chamava o gradiente
de “inclinação”. Em 1871 escreveu ao seu amigo Tait provocando: “Ainda
harpejando naquela nabla?” (ROGAWKI, 2009, p. 809).
∆
∆
Em seguida, estendemos a definição de gradiente para funções com n variáveis.
Definição 2.4.2 Sejam A ⊂ Rn aberto, p (x1, x2, ...xn) ∈ A e f : A → R uma função tal
que as derivadas parciais existem em p. O gradiente de f no ponto p é o vetor do Rn denotado
por f (p) e definido por
∆
∂f
∂f
∂f
f (p) = ∂x (p), ∂x (p), ..., ∂x (p) .
1
2
n
∆
Exemplo 13
Determine o gradiente da função f (x,y) = 3x2 ‒ 2xy + 5y.
Resolução
Primeiro precisamos calcular as derivadas parciais de f.
∂f
∂f
= 6x ‒ 2y e
= ‒ 2x + 5
∂x
∂y
Em seguida, escrevemos o vetor gradiente de acordo com a Definição 2.4.1
f (x,y) = 6x ‒ 2y, ‒ 2x + 5 .
∆
Exemplo 14
Calcule o gradiente da função f (x,y) = 3x2y ‒ x⅔ y2 no ponto (1,3).
UNIDADE 2
91
TÓPICO 2
Resolução
Faremos o mesmo que no Exemplo 11 acrescentando apenas o cálculo do vetor no ponto (1,3).
∂f
∂f
2
= 6xy ‒ x -⅓ y2 e
= 3x2 ‒ 2x ⅔y
∂x
∂y
3
Então, f = 6xy ‒
2 -⅓ 2
x y , 3x2 ‒ 2x ⅔y .
3
∆
Agora, no ponto, f (1,3)
∆
f (1,3) = 6 • 1 • 3 ‒
2
• 1 -⅓ • 32, 3 • 12 ‒ 2 • 1 ⅔ • 3 = 12, ‒3 .
3
∆
Portanto, o gradiente de f no ponto (1,3) é o vetor f (1,3) = 12, ‒3 .
∆
Exemplo 15
Determine o gradiente da função g(x,y,z) = xyz2 em um ponto (x,y,z).
Resolução
∂g
∂g
∂g
= yz2,
= xz2 e
= 2xyz.
Temos,
∂y
∂z
∂x
Então, g (x,y,z) = yz2, xz2, 2xyz .
∆
Exemplo 16
Encontre o gradiente de f(x,y) =
1 2
(x + y3) em (0, ‒2) e esboce alguns vetores gradientes.
6
Resolução
As derivadas parciais são
f (x,y) =
1  1 2
xi+ y j
3
2
1
1
∂f
∂f
= xe
= y2.
6
2
∂y
∂x
∆
Para construir o gráfico formado pelos vetores gradientes procedemos da seguinte
forma: escolhemos um ponto, por exemplo (x0,y0), o ponto (x0,y0) é o início do vetor e o vetor
gradiente f (x0,y0) = a,b fornece o representante do vetor que irá no ponto (x0,y0). Lembramos
∆
que um vetor de componentes a,b tem início na origem do plano e extremidade no ponto
(x0,y0). Quando desejamos graficar um vetor fora da origem, usamos um representante
do vetor a,b . Em seguida é mostrado como representar graficamente o vetor gradiente no

f (0,‒ 2) = 2 j , isto é o vetor 0,2 – tem origem no ponto (0, 0)
∆
ponto (0, ‒ 2). Então, temos
e extremidade no ponto (0, ‒ 2). Conforme podemos ver na Figura 32.
92
UNIDADE 2
TÓPICO 2
FIGURA 32 – VETORES GRADIENTES DE f (x,y) =
1
(x2 + y3).
6
FONTE: Disponível em: <http://pt.scribd.com/doc/58852098/18/GradienteCurva-de-N%C2%B4%C4%B1vel-Superf%C2%B4%C4%B1ciede-N%C2%B4%C4%B1vel>. Acesso em: 5 set. 2011.
Do gráfico construído no Exemplo 16 é possível pensar num campo de vetores gradiente
de uma função, que podem ser representados geometricamente por um conjunto de vetores
que fornece em cada ponto distinto do plano o vetor gradiente da função.
Como vimos, o gradiente é um vetor. Talvez você esteja agora se perguntando: e se
calcularmos || f (x,y)|| (norma do vetor gradiente) a que isso corresponde? Vamos responder
∆
resolvendo o Exemplo 16.
Exemplo 17
Encontre o gradiente de f (x,y) = x2 ‒ y2 e esboce alguns vetores gradientes.
Resolução
As derivadas parciais são

∂f
∂f
= 2x e
= ‒2y.
∂x
∂y

Então, f = 2x i ‒ 2y j .
∆
Vamos calcular alguns vetores gradiente em pontos específicos e suas normas.
f (x,y)
|| f (x,y)||
∆
∆
(x,y)
(0,0)
(0,0)
0
(1,0)
(2,0)
2
(x,0)
(2x,0)
2x
(0,y)
(0,‒2y)
2y
(1,1)
(2,‒2)
2√ 2
(x,y)
(2x,‒2y)
2||(x,y)||
UNIDADE 2
TÓPICO 2
93
Interpretando a coluna da direita, percebe-se que à medida que o ponto se afasta da
origem, o comprimento do gradiente aumenta ficando igual a duas vezes a distância do ponto
à origem.
FIGURA 33 – GRÁFICO DOS VETORES GRADIENTES E DAS CURVAS DE NÍVEL
DE f (x,y) = x2 ‒ y2 .
FONTE: Disponível em: <http://www.ime.uerj.br/~calculo/LivroIII/campos.pdf>. Acesso
em: 5 set. 2011.
Teorema 2.4.1 Suponha que z = f (x,y) seja diferenciável numa bola aberta centrada
em P0 (x0,y0) e que f (x0,y0) ≠ 0 .
∆
i) Então f (x0,y0) é normal à curva de nível de γ por P0 (x0,y0).
∆
ii)A taxa máxima de crescimento de γ no ponto P0 (x0,y0) ocorre na direção e no sentido do
gradiente. Analogamente, a taxa mínima de crescimento de γ no ponto P0 (x0,y0) ocorre na
direção contrária a do gradiente.
A!
NOT
Lembramos o conceito de vetor normal, quer dizer que o vetor
é perpendicular a uma curva.
94
TÓPICO 2
A!
NOT
UNIDADE 2
O gradiente de γ no ponto P0(x0,y0) aponta na direção de maior
variação da função numa vizinhança do ponto.
A figura a seguir ilustra o Teorema 2.4.1.
FIGURA 34 – VETOR GRADIENTE NORMAL À CURVA DE NÍVEL
FONTE: O autor
Exemplo 18
O potencial elétrico V em (x,y,z) é dado por V = x2 + 4y 2 + 9z2. Ache a direção e a taxa máxima
de variação de V em (3,‒2,1).
Resolução
De acordo com o Teorema 2.5.1 a direção onde ocorre a taxa máxima de variação é dada pelo
vetor gradiente. Então,
∂V
∂V
∂V
= 2x,
= 8y e
= 18z.
∂y
∂z
∂x
Assim, V = 2x, 8y, 18z .
∆
Calculando o gradiente no ponto (3,‒2,1), obtemos:
V (3,‒2,1) = 6, ‒16, 18 que nos indica a direção de crescimento do potencial elétrico.
∆
E a taxa de variação do gradiente é dada pela sua norma:
UNIDADE 2
95
TÓPICO 2
Portanto, o gradiente V (3,‒2,1) = 6, ‒16, 18 nos dá a direção onde a taxa de variação
∆
é máxima || V (3,‒2,1)|| ≈ 24,8.
∆
5 DERIVADAS DIRECIONAIS
Caro acadêmico! Já estudamos as derivadas parciais que nos fornecem a variação da
∂f
(x ,y ) e na direção
∂x 0 0
∂f
(x ,y ). Nesta seção, veremos como utilizar a derivada parcial para
do eixo y através de
∂y 0 0
determinar a inclinação em qualquer direção; para isto definiremos um novo tipo de derivada
função em duas direções diferentes, na direção do eixo x através de
chamada direcional.
Suponha que uma função f (x,y) seja definida em uma região R no plano xy, que P(x0,y0)



seja um ponto em R e que u = u1i + u2j seja um versor. Então as equações
x = x0 + su1 e y = y0 + su2
parametrizam a reta que passa por P paralelamente a u. Se o parâmetro s mede o

comprimento de arco de P na direção de u, encontramos a taxa de variação de f em P na


direção de u calculando df em P (Figura 7).
ds
A!
NOT
Lembramos que versor é um vetor unitário, ou seja, um vetor
cujo módulo é 1.



Definição 2.5.1 A derivada de f em P(x0,y0) na direção do versor u = u1i + u2j é o número
96
UNIDADE 2
TÓPICO 2
,
desde que o limite exista.
FIGURA 35 – A TAXA DE VARIAÇÃO DE f Em P NA DIREÇÃO DE u

FONTE: O autor

∂f
calculada em (x0,y0). Quando u = j, a
∂x
derivada direcional em P é ∂f calculada em (x0,y0). A derivada direcional generaliza as duas
∂y
derivadas parciais. Então, assim é possível encontrar a taxa de variação de f em qualquer
Quando u = i, a derivada direcional em P é

direção u .

Teorema 2.5.1 Se f (x,y) for diferenciável em P (x0,y0), então
é o produto escalar do gradiente de f em P e u .

A expressão do Teorema 2.5.1 por ser escrita como
UNIDADE 2
97
TÓPICO 2
Em seguida, apresentaremos a definição de derivada direcional para uma função de
várias variáveis, fazendo uma extensão da Definição 2.5.1.
Rn aberto, P (x1, x2, ..., xn) ∈ A, f : A → R uma função e u um

∩
Definição 2.5.2 Sejam A
vetor unitário em Rn. A derivada direcional de f no ponto (x1, x2, ..., xn) e na direção do versor
u é denotada por

Esta definição generaliza o conceito de derivada parcial, isto é, as derivadas parciais
de uma função podem ser obtidas como casos particulares das derivadas direcionais.
Exemplo 19
Calcule a derivada direcional da função f (x,y) = x3y + 2y 2 no ponto (1,‒2) na direção do vetor


v = 4i + 3j .

Resolução
Note que v não é um versor (vetor unitário) e a Definição 2.5.1 pede que o vetor direção seja

unitário. Assim, vamos primeiro calcular o vetor unitário u na direção de v.

Agora, calculamos o vetor gradiente de f no ponto (1,‒2).
Portanto, pelo Teorema 2.5.1, temos:

98
UNIDADE 2
TÓPICO 2
A derivada direcional
∂f
(1,‒2) representa a taxa de variação de z na direção de u .

∂u
Isto é a inclinação da reta tangente à curva obtida pela interseção da superfície f (x,y) = x3y + 2y 2

e o plano vertical que passa por (1,‒2,0) na direção de u.

UNIDADE 2
99
TÓPICO 2
RESUMO DO TÓPICO 2
Neste tópico, você viu que:
● O conceito de diferenciabilidade através do cálculo de limite.
∩
● Destacamos o Teorema 2.2.1. Se f é diferenciável em A
R2 então f é contínua em cada
ponto de A.
∂f
∂f
e
existe
∂y
∂x
em algum conjunto aberto A contendo (x0,y0) e são contínuas em (x0,y0), então f (x,y) é
● Outro resultado importante; Teorema 2.2.2. Se as derivadas parciais
diferenciável em (x0,y0).
● A aplicação da diferencial e como se calcula: a diferencial de f, denotada por df ou dz, é
dada por dz =
∂z
∂z
dx +
dy.
∂x
∂y
● O gradiente de uma função f é o vetor das derivadas parciais:
● Geometricamente, o vetor gradiente é normal à curva de nível de f (x,y) por P.
● A derivada direcional: Se f (x,y) for diferenciável em P (x0,y0), então
o produto escalar do gradiente de f em P e u .

100
TÓPICO 2
UNIDADE 2
Agora chegou a sua vez de colocar em prática o que foi estudado sobre
diferenciabilidade e gradiente.
Mostre que as funções a seguir são diferenciáveis em R2.
1 f (x,y) = 3x2y + 4xy 2
2 f (x,y) = x2 ‒ 7xy + 2xy 2
3 f (x,y) = sen (xy 2)
4Se z = x2 ‒ xy + 3y2 e (x,y) varia de (3, ‒1) a (2,96; ‒0,95), compare os valores de dz
e ∆z.
5 O comprimento e a largura de um retângulo foram medidos como 30 cm e 24 cm,
respectivamente, com um erro de medida de, no máximo 0,1 cm. Utilize a diferencial
para estimar o erro máximo cometido no cálculo da área do retângulo.
6 O período T de um pêndulo simples com uma pequena oscilação é calculado da
fórmula T = 2π
√
L
g
, onde L é o comprimento do pêndulo e g é a aceleração da
gravidade. Suponha que os valores de L e g tenham erros de, no máximo, 0,05% e
0,01%, respectivamente. Use diferencias para aproximar o erro percentual máximo
no valor calculado de T.
7 O raio de um cilindro circular reto é medido com um erro de, no máximo, 2% e altura
é medida com um erro de, no máximo, 4%. Qual o erro percentual máximo possível
no volume calculado?
Nas questões de 8 a 10, determine o vetor gradiente das seguintes funções nos
pontos indicados:
8 z = x2y + 3xy + y2, P (0,3)
UNIDADE 2
TÓPICO 2
9 f (x,y) = xy ‒ sen (x + y), P =
p
2
101
,0
10 f (x,y,z) = xy + xz + yz, P (‒1,3,5)
11 Se T (x,y) =
10xy
x2 + 4y 2 + 4
é a temperatura em graus Celsius, sobre uma lâmina
metálica, x e y medidos em cm, determine a direção de crescimento máximo de T
a partir do ponto (1,1) e a taxa máxima de crescimento de T, nesse ponto.
102
TÓPICO 2
UNIDADE 2
UNIDADE 2
TÓPICO 3
MÁXIMOS E MÍNIMOS DE
FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
1 INTRODUÇÃO
Uma aplicação importante de cálculo diferencial de várias variáveis, é a da otimização
de funções. Otimizar uma função significa encontrar seu desempenho máximo ou mínimo.
No Caderno de Cálculo Diferencial e Integral, você já estudou como encontrar os máximos e
mínimos de funções de uma variável, quando as derivadas primeiras forem nulas, temos pontos
extremos que podem ser máximos ou mínimos.
Vamos fazer algo parecido neste tópico para as funções de várias variáveis. Veremos
como usar as derivadas parciais para localizar os pontos de máximo e mínimo de uma função
de duas variáveis.
2 EXTREMOS LOCAIS
Suponha que um fabricante produza dois modelos de um determinado produto, o modelo
de luxo e o modelo padrão, e que o custo total para produzir x unidades do modelo de luxo
e y unidades do modelo padrão seja dado pela função C (x, y). Como determinar o nível de
produção x = a e y = b para o qual o custo é mínimo?
Iniciaremos definindo os extremos locais que são chamados de máximos e mínimos
de uma função.
R2 aberto, P (x0, y0) ∈ A, f : A → R uma função.
∩
Definição 3.2.1 Sejam A
i)P (x0, y0) é um ponto de máximo local de f se f (x, y) ≤ f (x0, y0) para todo (x, y) numa vizinhança
de (x0, y0);
104
UNIDADE 2
TÓPICO 3
ii) P (x0, y0) é um ponto de mínimo local de f se f (x, y) ≥ f (x0, y0) para todo (x, y) numa vizinhança
de (x0, y0).
Definição 3.2.2 Dizemos que um ponto P (x0, y0) do domínio de uma função f (x, y) é
um ponto crítico (ou estacionário) se:
i)
∂f
∂f
(x0, y0) = 0 e
(x , y ) = 0, ou
∂y 0 0
∂x
ii) pelo menos uma das derivadas parciais
∂f
∂f
(x0, y0),
(x , y ) não existe.
∂y 0 0
∂x
O teorema a seguir nos diz que os extremos locais ocorrem em pontos críticos, assim
como acontece em função de uma variável.
Teorema 3.2.1 Se f (x, y) tem um mínimo ou máximo local em (x0, y0), então (x0, y0) é
um ponto crítico de f (x, y).
Geometricamente, um ponto é ponto crítico de uma função num ponto quando o gráfico
da função nesse ponto não tem plano tangente ou o plano tangente é horizontal.
Vamos ver no exemplo a seguir como encontrar os pontos críticos de uma função de
duas variáveis.
Exemplo 1
Encontre os pontos críticos da função f (x, y) = 9x3 +
y3
‒ 4xy.
3
Resolução
queremos encontrar os pontos críticos da função f (x, y) = 9x3 +
3.2.2, devemos igualar as derivadas parciais a zero.
Calculando as derivadas parciais, temos
y3
‒ 4xy. Aplicando a Definição
3
∂f
∂f
= 27x2 ‒ 4xy e
= y2 ‒ 4xy.
∂y
∂x
Igualando as derivadas parciais a zero e resolvendo as equações obtemos,
27x2 ‒ 4xy = 0
y2 ‒ 4xy = 0
Isola-se x na segunda equação x =
27x2 ‒ 4xy = 0
27
y2
4
2
‒ 4xy = 0
y2
e substitui na primeira equação
4
UNIDADE 2
105
TÓPICO 3
27y 4 ‒ 64y = 0
y (27y 3 ‒ 64) = 0
y1 = 0 ou 27y 3 ‒ 64 = 0
y3 =
64
27
y2=
4
3
Substituímos os valores de y na segunda equação
x1 =
y2
4
x=
4
02
4
2
3
x2 =
4
x1 = 0
x2 =
Portanto, (0,0) e
A!
NOT
y2
4
4 4
9 , 3
4
9
são os pontos críticos de f (x, y).
Lembre-se de que já estudamos gradiente de uma função
f (x,y) =
f (x,y) em
∂f ∂f
,
. Então na Definição 3.2.2 poderíamos dizer que
∂x ∂y
∆
∆
que
∆
x=
∆
P (x0,y0) é um ponto crítico se f (x0,y0) = 0 ou se f (x,y) não existe.
Exemplo 2
Mostre que f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x tem um ponto crítico.
Resolução
Segundo a Definição 3.2.2, devemos igualar as derivadas parciais a zero para encontrar os
pontos críticos, se existem.
106
UNIDADE 2
TÓPICO 3
As derivadas parciais são
∂f
∂f
= 2x ‒ y + 1 e
= ‒ x + 2y. Então,
∂x
∂y
Igualando as derivadas parciais a zero e resolvendo o par de equações temos,
2x ‒ y + 1 = 0
‒ x + 2y = 0
agora, resolvemos o sistema pelo método da adição.
y= ‒
Assim, x = ‒
1
3
1
2
2
1
,‒
ey=‒
. Existe apenas um ponto crítico P ‒
3
3
3
3
.
Para sabermos se este ponto crítico é um ponto máximo ou mínimo da função podemos
aplicar a Definição 3.2.1 o que pode ser complicado em algumas situações. Porém, podemos
usar o recurso gráfico tanto da superfície como das curvas de nível (mapa de contornos),
através de um software computacional como veremos na Figura 37.
FIgUrA 36 – grÁFICO DA FUNÇÃO
f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x.
FIgUrA 37 – MAPA DE
CONTOrNOS DE
f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x.
FONTE: O autor
FONTE: O autor
UNIDADE 2
107
TÓPICO 3
Pelo gráfico da função (Figura 36) é possível dizer que o ponto P ‒
1
2
,‒
3
3
é
mínimo local, e na Figura 37 as curvas de nível são curvas fechadas que circundam o ponto
P indicando assim um extremo local.
Acabamos de ver que é possível determinar o tipo de ponto crítico a partir do mapa de
contorno, então podemos classificar os pontos críticos através das seguintes características
gráficas:
i) se P (x0, y0) é um mínimo local, então as curvas de nível próximas de P são curvas fechadas
que circundam P e o mapa de contornos mostra que f (x, y) cresce em todas as direções a
partir de P (Figura 37);
ii) se P (x0, y0) é um máximo local, então as curvas de nível próximas de P são curvas fechadas
que circundam P e o mapa de contornos mostra que f (x, y) decresce em todas as direções
a partir de P;
iii) se P (x0, y0) é um ponto de sela, então as curvas de nível de f (x, y) que passam por P
consistem em duas retas que se intersectam e dividem a vizinhança de P em quatro regiões.
O mapa de contornos mostra que f (x, y) é decrescente na direção x e crescente na direção
y (Figura 38);
iv) se P (x0, y0) é um ponto de sela – outra situação, então as curvas de nível em (x0, y0) tem
uma forma padrão “número oito” (Figura 39).
FIgUrA 38 – MAPA DE CONTOrNOS
DESTACANDO O PONTO
DE SELA
FONTE: O autor
FIgUrA 39 – MAPA DE CONTOrNOS –
PONTO DE SELA PADrÃO
“NÚMERO OITO”
FONTE: O autor
108
UNIDADE 2
TÓPICO 3
Segue da Definição 3.2.2 e do Teorema 3.2.1 que os extremos relativos ocorrem nos
pontos críticos. Contudo, uma função não precisa ter um extremo relativo em cada ponto crítico,
isto quer dizer que um ponto crítico nem sempre é um ponto extremante. Um ponto crítico que
não é um máximo relativo nem um mínimo relativo é chamado de ponto de sela.
A!
NOT
Nas funções de duas variáveis, não temos pontos de inflexão,
como em funções de uma variável. Podemos ter um ponto de
sela, quando numa direção a função atinge um máximo num
ponto e em outra direção, um mínimo no mesmo ponto. O
nome se dá pela semelhança com uma sela de cavalo: máximo
na direção das pernas do cavaleiro (transversal ao cavalo ) e
mínimo na direção longitudinal (dorso) do cavalo.
Em seguida, vamos estudar um método que permite classificar os pontos críticos com
critérios bem definidos. Mas, antes definiremos a hessiana.
R2 aberto, P (x0, y0) ∈ A, f : A → R uma função de classe
∩
Definição 3.2.3 Sejam A
C2. A matriz hessiana de f, representada por H(f), é dada por
Exemplo 3
Seja f (x,y) = 3x2 + y2. Calcule a matriz hessiana de f no ponto (0,0).
Resolução
Pela Definição 3.2.3, calculamos as derivadas parciais no ponto dado.
2
2
2
2
∂f
∂f
= 6x,
= 2y, ∂ f2 = 6, ∂ f = 0, ∂ f = 0 e ∂ f2 = 2
∂y
∂x
∂x∂y
∂y∂x
∂x
∂y
Portanto, H (0,0) =
6
0
0
2
é a matriz hessiana de f no ponto (0,0).
R2 aberto, P (x0, y0) ∈ A, f : A → R
∩
Teorema 3.2.2 (Teste da segunda derivada) Sejam A
uma função de classe C2. Suponhamos que P (x0, y0) seja um ponto crítico da função f.
UNIDADE 2
TÓPICO 3
109
2
i) Se H (x0,y0) > 0 e ∂ f2 (x0,y0) > 0, então (x0,y0) é um ponto mínimo local de f.
∂x
ii) Se H (x0,y0) > 0 e
∂2f (x ,y ) < 0, então (x ,y ) é um ponto máximo local de f.
0 0
∂x2 0 0
iii) Se H (x0,y0) < 0, então (x0,y0) é um ponto de sela.
iv) Se H (x0,y0) = 0, nada se conclui.
Para facilitar o entendimento e visualizar a classificação dos pontos críticos apresentamos
o gráfico e um texto explicativo.
Os pontos P e q são pontos de máximo, porque qualquer deslocamento em sua
vizinhança irá descer. O ponto S é uma sela porque nos sentidos SP e Sq sobe, mas no
sentido SL ou ST desce.
FONTE: CANESIN, Wilson. Funções de várias variáveis – Notas de aula – parte II. Disponível em:
<http://www2.ufersa.edu.br/portal/view/uploads/setores/72/ifvv01.pdf>. Acesso em: 28 out.
2011.
FIgUrA 40 – grÁFICO DE SUPErFÍCIE
FONTE: Disponível em: <http://www2.ufersa.edu.br/portal/view/uploads/
setores/72/ifvv01.pdf>. Acesso em: 28 out. 2011.
Veremos em seguida exemplos onde aplicaremos o Teorema 3.2.2.
Exemplo 4
Considere a função f (x,y) = x2 + y2 ‒ xy + x. Determine, caso existam, os pontos de máximo e
os pontos de mínimo local da função.
Resolução
Vimos no Exemplo 2 que o ponto ‒
2
1
,‒
3
3
é o único ponto crítico de f. Para classificá-lo
110
UNIDADE 2
TÓPICO 3
vamos usar o Teorema 3.2.2. Calculando as derivadas parciais de segunda ordem. Temos
∂2f = 2, ∂2f = ‒1, ∂2f = ‒1 e ∂2f = 2. Então,
∂x∂y
∂y∂x
∂x2
∂y2
Como H ‒
1
2
,‒
3
3
>0e
1
2
∂ 2f
,‒
‒
2
3
3
∂x
> 0, segue que ‒
1
2
,‒
3
3
é um ponto
mínimo local de f.
Exemplo 5
Encontre os máximos e mínimos de f (x,y) =
1 3
1 3
x +
y ‒ x ‒ 4y + 20, caso existam.
3
3
Resolução
Vamos encontrar inicialmente os pontos críticos de f, fazendo
∂f
∂f
=0e
= 0.
∂y
∂x
∂f
∂f
= x2 ‒ 1 e
= y2 ‒ 4
∂y
∂x
x2 ‒ 1 = 0
y2 ‒ 4 = 0
Resolvendo o sistema, temos os pontos críticos (1,2), (1,‒2), (‒1,2) e (‒1,‒2).
Calculando as derivadas parciais de segunda ordem. Temos
∂2f = 2x, ∂2f = 0, ∂2f = 0 e ∂2f = 2y.
∂x∂y
∂y∂x
∂x2
∂y2
Agora, calculamos o determinante hessiano. Então,
Para classificar os pontos críticos, usaremos o Teorema 3.2.2.
UNIDADE 2
TÓPICO 3
111
Vamos analisar o ponto (1,2).
Temos H (1,2) > 0 e
∂ 2f
(1,2) > 0, logo (1,2) é um ponto mínimo local de f.
∂x2
Vamos analisar o ponto (1,‒2).
Temos H (1,‒2) < 0, logo (1,‒2) é um ponto de sela de f.
Vamos analisar o ponto (1,‒2).
Temos H (‒1,2) < 0, logo (‒1,2) é um ponto de sela de f.
Vamos analisar o ponto (‒1,‒2).
Temos H (‒1,‒2) > 0 e
∂ 2f
(‒1,‒2) < 0, logo (‒1,‒2) é um ponto máximo local de f.
∂x2
Os gráficos (Figura 41 e Figura 42) gerado por computador usando o software Maple
11, ilustram os cálculos apresentados anteriormente.
FIGURA 41 – GRÁFICO DA
SUPERFÍCIE DE f.
FIGURA 42 – MAPA DE CONTORNOS
DE f.
FONTE: O autor
FONTE: O autor
3 PROBLEMAS ENVOLVENDO MÁXIMOS
E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS
O estudo feito no item anterior pode ser perfeitamente aplicado em problemas de
maximização e minimização de funções de várias variáveis. Como, por exemplo, em problemas
geométricos, físicos, econômicos, entre outros.
112
UNIDADE 2
TÓPICO 3
Exemplo 6
Determine as dimensões de uma caixa retangular aberta no topo, com um volume de 32 cm3
e que requer uma quantidade mínima de material para a sua construção.
Resolução
x: comprimento da caixa (cm)
y: largura da caixa (cm)
z: altura da caixa (cm)
A: área da superfície da caixa (cm2)
V: volume da caixa (cm3)
V = xyz ⇒ xyz = 32 ⇒ z =
32
xy
queremos minimizar a área de superfície.
A = xy + 2xz + 2yz com a restrição do volume.
Substituindo z obtemos
A = xy + 2x
32
32
+ 2y
xy
xy
A(x,y) = xy +
64
64
+
, x > 0 e y > 0.
y
x
Como a região é aberta, o mínimo deve ocorrer num ponto crítico de A. Passemos
então a determiná-los:
64
∂A
=y‒ 2
x
∂x
y‒
64
=0
x2
64
y= 2
x
64
∂A
=x‒ 2
y
∂y
x‒
64
=0
y2
64
x‒
64
2
=0
x2
y″ = 4
x‒
x4
=0
64
x3
=0
x 1‒
64
x′ = 0 e x″ = 4
UNIDADE 2
113
TÓPICO 3
Assim, o ponto (4,4) é ponto crítico de A.
Usando o teste da segunda derivada (Teorema 3.2.2), obtemos:
128 ∂2A
∂2A
∂2f
128
∂ 2A
= 3 ,
= 1,
= 1, 2 = 3
2
x
y
∂x∂y
∂y∂x
∂x
∂y
Calculando o determinante hessiano, temos
H (4,4) =
2
1
1
2
=4‒1=3
Daí, H (4,4) > 0 e
∂2A
(4,4) > 0, portanto o ponto (4,4) é o mínimo local de A.
∂x2
Logo, a caixa que usa o mínimo de material tem altura (z = 2) e base quadrada (x = y = 4).
Exemplo 7
A função T (x,y) = x2 + y2 ‒ 8x + 5y + 20 dá a temperatura, em graus Celsius, T de cada
ponto (x, y) de uma chapa circular (exceto as bordas, que é constituída de outro material) de
raio 6 cm, localizada no centro do plano xy. Determine o ponto mais quente e o mais frio no
interior da chapa, se existir.
Resolução
A função T (x,y) = x2 + y2 ‒ 8x + 5y + 20 tem domínio D(T) = {(x,y) | x2 + y2 < 36}.
Calculando as derivadas parciais de primeira ordem, temos:
∂T
∂T
= 2x ‒ 8 e
= 2y + 5
∂y
∂x
2x ‒ 8 = 0
2y + 5 = 0
resolvendo o sistema, temos o único ponto crítico 4, ‒
5
2
e T 4, ‒
Calculando as derivadas parciais de segunda ordem. Temos:
∂ 2T
∂ 2T
∂ 2T
∂2T
=
2,
=
0,
=
0,
= 2.
∂x∂y
∂y∂x
∂x2
∂y2
9
5
= = ‒ 2,25 °C .
4
2
114
TÓPICO 3
UNIDADE 2
Agora, calculamos o determinante hessiano. Então,
H 4, ‒
5
2
=
2
0
0
2
= 4.
Pelo Teorema 3.2.2, temos H 4, ‒
∂2T
5
5
> 0 e 2 > 0, assim, o ponto 4, ‒
∂x
2
2
é mínimo.
Portanto, o ponto mais frio da chapa tem temperatura de – 2,25ºC e está localizado no
ponto 4, ‒
5
.
2
Exemplo 8
Para o projeto de uma calha, tem-se uma folha metálica de 12 cm de largura, que se deseja
dobrar de forma a se ter uma capacidade máxima.
Resolução
A área da seção da calha é formada pela área do retângulo, mais a área dos dois
triângulos, conforme a figura.
A = 2 (triângulo) + retângulo
A=2•
x cos θ • x sen θ + 12 ‒ 2x • x sen θ
2
A = f (x,θ) = x2 cos θ • sen θ + 12x sen θ ‒ 2x2 sen θ
Agora vamos estudar os extremos (máximos e mínimos) da função. Deriva-se a função,
obtendo
∂f
= 2x sen θ cos θ + 12x sen θ ‒ 4x sen θ
∂x
∂f
= ‒ x2 sen2 θ + x2 cos2 θ + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ
∂y
UNIDADE 2
TÓPICO 3
115
Igualando as derivadas a zero e resolvendo o sistema, temos
2x sen θ cos θ + 12x sen θ ‒ 4x sen θ = 0
2x cos θ = 4x ‒ 12
cos θ =
4x ‒ 12
2x
cos θ = 2 ‒
6
x
‒ x2 sen2 θ + x2 cos2 θ + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ = 0
x2 (‒ sen2 θ + cos2 θ) + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ = 0
x2 cos 2θ + 12x cos θ ‒ 2x2 cos θ = 0
x (2 cos2 θ ‒ 1) ‒ 2x cos θ + 12 cos θ = 0
x (2 cos2 θ ‒ 2 cos θ ‒ 1) + 12 cos θ = 0
Substituímos o valor cos θ = 2 ‒
que resulta em cos θ = 2 ‒
cos θ =
6
na segunda equação e resolvendo, encontra-se x = 4
x
6
1
= .
x
2
1
π
⇒θ=
rad ou θ = 60°
3
2
O ponto (4,60°) encontrado parece ser bastante razoável, omitiremos o teste da
segunda derivada, também por causa do trabalho que estas dariam. Mas para ter certeza
podemos calcular a área A para valores de x e θ.
116
TÓPICO 3
x
θ
UNIDADE 2
A
4 30 14.928
4 36 17.013
4 42 18.662
4 48 19.846
4 54 20.553
4 60 20.785
4 66 20.562
4 72 19.919
4 78 18.904
Então, pelos valores obtidos na tabela confirmamos que a capacidade é máxima no
ponto (4,60°).
FONTE: Disponível em: <www2.ufersa.edu.br/portal/view/uploads/setores/72/ifvv01.pdf.>. Acesso em:
30 maio 2012.
UNIDADE 2
117
TÓPICO 3
RESUMO DO TÓPICO 3
Neste tópico, você estudou alguns conceitos e teoremas importantes:
● Dizemos que P (x0,y0) é um ponto crítico de f (x,y) se
existir uma das duas derivadas parciais.
∂f
∂f
(x , y ) =
(x , y ) = 0 ou se não
∂x 0 0
∂y 0 0
● Definimos a matriz hessiana de f (x,y) por
.
● O Teorema 3.2.2 (Teste da segunda derivada) facilita bastante na classificação do ponto
crítico de f (x,y). Suponhamos que P (x0,y0) seja um ponto crítico da função f.
i) Se H (x0,y0) > 0 e
∂2f (x ,y ) > 0, então (x ,y ) é um ponto mínimo local de f.
0 0
∂x2 0 0
ii) Se H (x0,y0) > 0 e
∂2f (x ,y ) < 0, então (x ,y ) é um ponto máximo local de f.
0 0
∂x2 0 0
iii) Se H (x0,y0) < 0, então (x0,y0) é um ponto de sela.
iv) Se H (x0,y0) = 0, nada se conclui.
118
TÓPICO 3
UNIDADE 2
Nos exercícios 1 e 2, encontre os pontos críticos das funções dadas.
1 f (x,y) = x2 + y2 + xy ‒ 6x + 2
2 f (x,y) = x2 + 8y4 + xy ‒ 3y2 ‒ y3
Nos exercícios 3 a 7, encontre os pontos críticos e os extremos locais das
funções dadas
3 f (x,y) = x3 + y3 ‒ 6xy
4 f (x,y) = ‒
1 4 2 3
x + x + 4xy ‒ y2
3
3
5 f (x,y) = x3 + y2 ‒ 6xy + 6x + 3y ‒ 2
6 f (x,y) = 4x ‒ 3x3 ‒ 2xy2
7 f (x,y) = x4 + y4 ‒ 4xy
8 A temperatura T (°C) em cada ponto de um painel plano é dada pela equação
T (x,y) = 16x 2 + 24x ‒ 40y 2. Encontre a temperatura nos pontos mais quentes
e mais frios da região.
9 Um supermercado de uma pequena cidade do interior trabalha com duas marcas
de suco de laranja, uma marca local que custa no atacado R$ 0,30 a garrafa e uma
marca nacional muito conhecida que custa no atacado R$ 0,40 a garrafa. O dono
do supermercado estima que se cobrar x centavos pela garrafa da marca local e
y centavos pela garrafa da marca nacional, venderam 70 ‒ 5x + 4y garrafas da
marca local e 80 + 6x + 7y garrafas da marca nacional por dia. Por quanto o dono
do supermercado deve vender as duas marcas de suco de laranja para maximizar o
lucro?
UNIDADE 2
TÓPICO 4
INTEGRAIS MÚLTIPLAS
1 INTRODUÇÃO
∫
Na disciplina de Cálculo Diferencial e Integral estudamos que a integral indefinida f (x) dx
resulta em outra função, denominada função primitiva de f (x). Estudamos também que a integral
definida é dada por
, desde que tal limite exista. O valor calculado na
integral definida, quando f (x) ≥ 0, tem como interpretação imediata o cálculo da área da região
compreendida entre o eixo x, o gráfico de f (x) e as retas x = a e x = b.
Neste tópico, vamos estudar a integral dupla definida, cuja interpretação geométrica,
quando f (x,y) ≥ 0, corresponde ao cálculo do volume do sólido delimitado superiormente pelo
gráfico de z = f (x,y) e inferiormente pela região definida sobre o plano xy.
2 INTEGRAL DUPLA
2.1 INTEGRAL DUPLA SOBRE RETÂNGULO
Definição 4.2.1.1 (Volume sob uma superfície) Se f é uma função de duas variáveis,
contínua e não negativa, numa região R do plano xy, então o volume do sólido compreendido
entre a superfície z = f (x,y) e a região R é definido por
.
120
TÓPICO 4
UNIDADE 2
A ideia envolvida na Definição 4.2.1.1 é a mesma empregada na integral definida simples.
Assim, a região R é dividida em sub-retângulos, faremos isso com o intervalo em x (∆x) e com
o intervalo y (∆y), formamos os sub-retângulos Rij cada um com área ∆A = x∆y.
FIGURA 43 – INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DA INTEGRAL DUPLA,
QUANDO f (x,y) ≥ 0
FONTE: Disponível em: <www.pucrs.br/famat/beatriz/calculoII/
INTEGRAL_DUPLA.doc>. Acesso em: 30 maio 2012.
Definição 4.2.1.2 A integral dupla de f sobre o retângulo R é
se esse limite existir.
A soma presente nas duas definições acima é chamada de soma dupla de Riemann e
é usada como uma aproximação do valor da integral dupla.
2.2 INTEGRAIS ITERADAS
Nas integrais duplas que estudaremos neste tópico, serão consideradas apenas as
integrais duplas definidas. E na sua resolução, aplicaremos o Teorema Fundamental do Cálculo.
O cálculo da integral dupla é muito complicado pela definição, então veremos como calcular a
integral dupla através da integral iterada, cujo valor pode ser obtido calculando-se duas integrais
de funções de uma variável real. A expressão iterada quer dizer repetida.
UNIDADE 2
TÓPICO 4
121
UNI
Este procedimento segue a mesma ideia para calcular as
derivadas parciais.
Suponha que f seja uma função de duas variáveis contínua no retângulo R = [a,b]x[c,d].
d
∫
● A integral f (x,y) dy significa que a variável x é mantida fixa (como constante) e f (x,y) é
c
integrado em relação a variável y, com y variando de c até d.
d
∫
● Como f (x,y) dy é um número que depende do valor de x ele define uma função de x,
c
d
∫
F (x) = f (x,y) dy.
c
● Integrando a função A(x) em relação a variável x de a até b, obtemos
.
E!
NT
RTA
IMPO
Lembre-se, quando a integral é definida, aplicamos o Teorema
b
∫
Fundamental do Cálculo f (x) dx = F(b) ‒ F(a).
a
Exemplo 1
Calcular a integral
.
Resolução
Resolvendo a integral dupla como integral iterada, temos
.
Vamos resolver primeiro a integral que está dentro dos colchetes, considerando como
constante a variável x, já que a função está sendo integrada primeiramente em relação a
variável y (pois a diferencial nesta integral é dy).
122
TÓPICO 4
UNIDADE 2
2
∫
Assim, xy2 dy = 3x.
‒1
Agora, substituímos este resultado na integral final. E verifique que a integral que falta
resolver é uma integral apenas na variável x.
Portanto,
.
Exemplo 2
Calcular a integral
.
Resolução
Resolvendo a integral dupla como integral iterada, temos
Vamos resolver primeiro a integral que está dentro dos colchetes, considerando como
constante a variável y, já que a função está sendo integrada primeiramente em relação a
variável x (pois a diferencial nesta integral é dx).
UNIDADE 2
TÓPICO 4
123
1
Assim,
∫ (x + y + 1) dx = 2y + 2.
‒1
Agora, substituímos este resultado na integral final. E verifique que a integral que falta
resolver é uma integral apenas na variável y.
=1
Portanto,
.
Teorema 3.2.2.1 (Teorema de Fubini) Se f for contínua no retângulo R = [a,b]x[c,d], então
124
TÓPICO 4
UNIDADE 2
UNI
Verifique a aplicação do teorema de Fubini no Exemplo 2.
2.3 INTEGRAL DUPLA SOBRE REGIÕES GENÉRICAS
Vamos considerar funções contínuas definidas sobre regiões fechadas, que denotaremos
R2.
∩
por D, onde D
Convém separarmos a região plana D em dois casos que chamaremos de Tipo I e Tipo II.
● Uma região plana D é dita do tipo I, se está contida entre o gráfico de duas funções contínuas
de x, ou seja
D = {(x,y)/ a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}
onde g1(x) e g2(x) são contínuas em [a,b].
FIGURA 44 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2
TÓPICO 4
125
Definição 3.2.3.1 Se f é contínua em uma região D do tipo I tal que
D = {(x,y)/ a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}
então
Exemplo 3
Escreva
∫∫f (x,y) dA sobre a região D que está compreendida entre o gráfico das funções
D
y = √ 1 ‒ x 2 e y = 1 ‒ x.
Resolução
Vamos escrever esta integral considerando a região do tipo I.
Assim, g1 (x) = 1 ‒ x e g2 (x) = √ 1 ‒ x 2 .
Então usaremos
126
TÓPICO 4
UNIDADE 2
FIGURA 45 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
● Uma região plana D é dita do tipo II, se está contida entre o gráfico de duas funções contínuas
de y, ou seja
D = {(x,y)/ c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}
onde h1(y) e h2(y) são contínuas em [c,d].
FIGURA 46 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2
TÓPICO 4
127
Definição 3.2.3.2 Se f é contínua em uma região D do tipo II tal que
D = {(x,y)/ c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}
então
Exemplo 4
Escreva
∫∫f (x,y) dA sobre a região D que está compreendida entre o gráfico das funções
D
y = √1 ‒ x 2 e y = 1 ‒ x .
Resolução
Vamos escrever esta integral considerando a região do tipo II.
FIGURA 47 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
Assim, h1 (y) = 1 ‒ y e h2 (y) = √ 1 ‒ y 2 .
Então usaremos
128
UNIDADE 2
TÓPICO 4
Exemplo 5
Calcule
∫∫f (x,y) dA sobre a região
D compreendida entre y =
D
1
x, y = √ x , x = 2 e x = 4.
2
Resolução
Conforme pode ser observada a região no gráfico, convêm aplicar o tipo I.
FIGURA 48 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
Assim,
.
UNIDADE 2
=
TÓPICO 4
129
11
6
Portanto,
∫∫f (x,y) dA =
D
11
.
6
Exemplo 6
Calcule
∫∫f (xy ‒ y ) dA sobre a região D mostrada no gráfico abaixo.
3
D
Resolução
Conforme pode ser observada a região no gráfico, vamos aplicar o tipo II.
A projeção da região D sobre o eixo dos y dá o intervalo 0 ≤ y ≤ 1 e as funções tem que
estar na variável y. Então,
1
h1 (y) = y 4 e h2 (y) = y 2.
FIGURA 49 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
130
UNIDADE 2
TÓPICO 4
Assim,
.
UNI
Você estudou integração no final do Caderno de Cálculo Diferencial
e Integral e verificou que é possível calcular a área entre duas
curvas utilizando a integral simples. Vamos ver agora que também é
possível calcular a área entre duas curvas utilizando a integral dupla.
UNIDADE 2
TÓPICO 4
131
Exemplo 7
Calcule a área compreendida entre as curvas y =
1
x, y = √ x , x = 2 e x = 4.
2
Resolução
A área compreendida entre as curvas dadas é a mesma mostrada no Exemplo 5.
Assim, aplicamos o a integral dupla do tipo I. Para a montagem da integral o procedimento
é o mesmo feito no exemplo 5.
FIGURA 50 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
132
UNIDADE 2
TÓPICO 4
Portanto, a área definida entre as curvas é dada por
E!
NT
RTA
IMPO
.
Concluindo a ideia do cálculo da área entre curvas, verifique
que a montagem da integral dupla tem o mesmo procedimento
mostrado no item 2.3. A única diferença é que devemos considerar
a função integrante como a constante unitária, isto é, f (x,y) = 1.
Exemplo 8
Calcule a área entre as curvas y = 5 ‒ x2 e y = x + 3.
Resolução
A área compreendida entre as curvas dadas acima está representada a seguir.
Assim, aplicamos o a integral dupla do tipo I. Para a montagem da integral o procedimento
é o mesmo feito anteriormente.
Precisamos encontrar os limites numéricos da variável x igualando a variável y.
FIGURA 51 – ÁREA ENTRE CURVAS
FONTE: O autor
UNIDADE 2
=
133
TÓPICO 4
9
2
Portanto, a área definida entre as curvas é dada por
9
.
2
LEITURA COMPLEMENTAR
GEORG FRIEDRICH BERNHARD RIEMANN
(1826 - 1866)
Nasceu no dia 17 de setembro de 1826 em Breselenz,
Alemanha. Era filho de um ministro luterano e teve uma boa
instrução estudando em Berlim e Göttingen, mas em condições muito
modestas por causa de sua saúde frágil e de sua timidez. Ainda no
ensino secundário estudou os trabalhos de Euler e Legendre.
Aos 19 anos, Riemann foi, com todo o apoio do pai, para a
Universidade de Göttingen estudar teologia com o objetivo de tornarse clérigo. Mais tarde, pediu permissão ao pai e mudou o foco dos
seus estudos para a Matemática, transferindo-se, um ano depois,
para a Universidade de Berlim, onde atraiu o interesse de Dirichlet e Jacobi.
Em 1849, retornou a Göttingen, onde obteve o grau de doutor em 1851. Sua brilhante
tese foi desenvolvida no campo da teoria das funções complexas. Nessa tese encontram-se
as chamadas equações diferenciais de Cauchy-Riemann - conhecidas, porém, antes do tempo
de Riemann - que garantem a analiticidade de uma função de variável complexa e o produtivo
conceito de superfície de Riemann, que introduziu considerações topológicas na análise.
Três anos mais tarde, foi nomeado Privatdozent, cargo considerado o primeiro degrau
para a escalada acadêmica. Com a morte de Gauss em 1855, Dirichlet foi chamado a Göttingen
134
TÓPICO 4
UNIDADE 2
como seu sucessor e passou a incentivar Riemann, primeiro com um pequeno salário e depois
com uma promoção a professor assistente. Em 1859, morreu Dirichlet e Riemann foi nomeado
professor titular para substituí-lo.
O período de 1851 a 1859, do ponto de vista econômico, foi o mais difícil da vida de
Riemann, mas ele criou suas maiores obras justamente nesses anos.
Riemann era um matemático de múltiplos interesses e mente fértil, contribuindo não
só para o desenvolvimento da geometria e da teoria dos números como também para o da
análise matemática.
Riemann tornou claro o conceito de integrabilidade de uma função através da definição
do que atualmente chamamos Integral de Riemann.
Durante uma conferência-teste, generalizou todas as geometrias, euclidianas e não
euclidianas, estabelecendo a Geometria Riemanniana, que serviu de suporte para a Teoria da
Relatividade de Einstein.
Em 1859, publicou seu único trabalho em Teoria dos Números: um artigo dedicado ao
Teorema dos Números Primos, no qual partindo de uma identidade notável descoberta por
Euler, chegou a uma função que ficou conhecida como Função Zeta de Riemann. Nesse artigo,
provou várias propriedades importantes dessa função, e enunciou várias outras sem prová-las.
Durante um século, depois de sua morte, muitos matemáticos tentaram prová-las e acabaram
criando novos ramos da análise matemática.
Riemann morreu de tuberculose, no dia 20 de Julho de 1866 em Selasca, na Itália,
durante a última de suas várias viagens para fugir do clima frio e úmido do norte da Alemanha.
FONTE: Disponível em: <http://ecalculo.if.usp.br/historia/riemann.htm>. Acesso em: 12 jun. 2008.
UNIDADE 2
TÓPICO 4
135
RESUMO DO TÓPICO 4
Estudamos no Tópico 4 as integrais múltiplas. Primeiramente, vimos que o
procedimento do cálculo destas integrais é feito por iteração, isto é, repetição. Resolvendo
a integral de dentro (interna) para a de fora. E substituindo os limites de integração pelo
Teorema Fundamental do Cálculo.
● Depois estudamos como calcular áreas de formas irregulares utilizando as integrais duplas
por dois processos.
● Projetando a região sobre o eixo dos x, que chamamos de tipo I e escrevemos a integral
como
.
● Projetando a região sobre o eixo dos y, que chamamos de tipo II e escrevemos a integral
como
.
E finalizando, também estudamos a possibilidade de calcular a área entre curvas usando
a integral dupla com o mesmo procedimento revisto acima, onde a função integrante é dada
por f (x,y) = 1.
136
TÓPICO 4
UNIDADE 2
Calcule a integral, onde R : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 4.
1
∫∫x
dxdy
2
R
2
∫∫xy
2
dxdy
R
Calcule a integral, onde R : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x.
3
∫∫x y dxdy
3
R
4
∫∫e
x+y
dxdy
R
5 Encontre a área da região no primeiro quadrante limitada por xy = 2, y = 1 e y = x + 1.
Calcule, por integração dupla, a área da região limitada determinada pelo par
de curvas dado.
6 x2 = 4y e 2y ‒ x ‒ 4 = 0
7 y = x e x = 4y ‒ y2
8 x + y = 5 e xy = 6.
UNIDADE 2
TÓPICO 4
137
Prezado(a) acadêmico(a), agora que chegamos ao final
da Unidade 2, você deverá fazer a Avaliação referente a esta
unidade.
138
TÓPICO 4
UNIDADE 2
UNIDADE 3
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
Objetivos de aprendizagem
Ao final desta unidade, você deverá ser capaz de:
• conhecer os principais conceitos que envolvem as equações
diferenciais;
• identificar os diferentes tipos de equações diferenciais;
• diferenciar as equações diferenciais;
• resolver as equações diferenciais.
PLANO DE ESTUDOS
Na Unidade 3 estudaremos as equações diferenciais ordinárias
de primeira ordem e algumas equações diferenciais de segunda ordem.
Neste intuito, a unidade será dividida em três tópicos. O Tópico 1 inicia
com a definição de equações diferenciais, ordem e classificação. Na
sequência serão apresentadas as equações diferenciais ordinárias
de primeira ordem separáveis, lineares e exatas e seus respectivos
métodos de resolução. No tópico 2, destacaremos as equações
diferenciais de primeira ordem que envolvem substituições em suas
resoluções, em particular as equações de Bernoulli e as equações
homogêneas. Finalizamos a unidade com o Tópico 3, estudando as
equações diferenciais lineares de segunda ordem. Nesse tópico,
nosso estudo se restringirá às equações lineares homogêneas com
coeficientes constantes.
TÓpico 1 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE PRIMEIRA
ORDEM
TÓpico 2 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES
DE PRIMEIRA ORDEM – substituições
TÓpico 3 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES
DE segundA ORDEM
UNIDADE 3
TÓPICO 1
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
DE PRIMEIRA ORDEM
1 INTRODUÇÃO
Neste tópico, vamos abordar as características de uma equação diferencial quanto
ao seu tipo, a sua ordem e a sua linearidade. Na sequência, discutiremos os processos de
resolução de uma equação diferencial de primeira ordem, segundo sua classificação em
separáveis, lineares ou exatas.
Vejamos alguns exemplos de equações diferenciais:
2 definições e terminologias
Uma equação que relaciona uma função desconhecida a uma ou mais de suas derivadas
é chamada de uma equação diferencial.
As equações são classificadas quanto ao tipo, à ordem e à linearidade.
142
TÓPICO 1
UNIDADE 3
2.1 TIPOS DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
Uma equação diferencial pode ser classificada como ordinária ou parcial. Se a função
envolvida for uma função de somente uma variável, dizemos que a equação é ordinária (EDO).
Se uma equação diferencial contém, pelo menos, uma derivada parcial, então é denominada
de equação diferencial parcial (EDP). Vejamos alguns exemplos:
i)
∂u
∂u
= – 5 , u = u(x, y)
∂y
∂x
parcial
ii)
dy
d 2y
–6
+ 8y = 0
2
dx
dx
ordinária
iii)
∂2z ∂2z
∂z
+ 2–2
= 0, z = z(x, y)
2
∂y
∂x
∂y
parcial
2.2 OrDEM DE UMA EqUAÇÃO DIFErENCIAL
quanto à ordem uma equação diferencial pode ser de 1ª, de 2ª, ..., de n-ésima ordem
dependendo da derivada de maior ordem presente na equação.
i) y′ – 3xy = x
1° ordem
ii) y″ + y′ = cos t
2° ordem
dy
iii)
dx
2
+ 3y = 2
1° ordem
iv)
dy
d 2y
–6
+ 8y = 0
2
dx
dx
2° ordem
v)
dy
d 3y
–t
+ (t 2 – 1)y = et
3
dt
dt
3° ordem
vi) xy′ – 5y = 0
1° ordem
UNIDADE 3
TÓPICO 1
143
2.3 Linearidade de uma Equação Diferencial
Uma equação diferencial é dita linear se a função e suas derivadas envolvidas na
equação forem de primeiro grau. Caso contrário, dizemos que a EDO é não linear. Vejamos
alguns exemplos:
i)
dy
+ 3y = 2linear
dx
ii)
dy
+ sen y = 2não linear
dx
iii)
dy
d 3y
–x
+ 7y = exlinear
3
dx
dx
iv)
d 3 y dy
+
+ t (y 2 – 1) = etnão linear
dt 3
dt
2.4 Solução de uma Equação Diferencial
Uma função y = y(x) é solução de uma equação diferencial em um dado intervalo I, se a
equação diferencial for satisfeita para todo x ∈ I, ou seja, se y(x) e suas derivadas satisfizerem
à equação diferencial neste intervalo para todo x ∈ I.
Exemplo 1
Verifique se a função y(x) =
3 –x 2
1
+
e é solução de y′(x) + 2xy = x.
2
2
Resolução
Dado a função y(x) =
y′(x) =
3 –x 2
1
+
e , vamos encontrar a derivada de primeira ordem.
2
2
3
2
(– 2x)e–x
2
y′(x) = –3xe–x
2
Agora, substituímos y e y′ na equação diferencial y′ (x) + 2xy = x.
144
UNIDADE 3
TÓPICO 1
Então, a função y(x) =
da equação diferencial dada.
1
3
+ e–x 2 satisfaz à equação diferencial e, portanto y é solução
2
2
Exemplo 2
Verifique se a função y(x) = e2x é uma solução da equação diferencial
dy
d 2y
–5
+ 6y = 0.
dx
dx2
Resolução
Dado a função y(x) = e2x, vamos encontrar as derivadas de primeira e segunda ordem.
dy
d 2y
= 2e2x e
= 4e2x
dx
dx2
Agora, vamos substituí-las na equação diferencial
dy
d 2y
–5
+ 6y = 0.
dx
dx2
4e2x – 5 • 2e2x + 6e2x = 0
4e2x – 10e2x + 6e2x = 0
De fato, a função y(x) = e2x satisfaz à equação diferencial.
Exemplo 3
Verifique se a função y(x) = x(In x)2 + 7x é solução da equação diferencial xy′(x) – y(x) = 2xh x.
Resolução
Dado a função y(x) = x(In x)2 + 7x, vamos encontrar a derivada de primeira ordem.
Agora, substituímos y e y′ na equação diferencial xy′(x) – y(x) = 2xh x, obtendo:
UNIDADE 3
TÓPICO 1
145
2x In x = 2x In x
Portanto, a função y(x) = x(In x)2 + 7x satisfaz à equação diferencial.
2.4.1 Solução geral
Dada uma equação diferencial, dizemos que a sua solução é uma função que satisfaz
a identidade proposta por esta equação. Esta função, expressa por y = F(x) + c, contém uma
constante arbitrária, oriunda do processo de integração. Então, dizemos que y = F(x) + c, c ∈R
é uma família de soluções da EDO e, assim, para cada valor arbitrário de c temos uma
solução (função) diferente para a mesma EDO. Porém, observe que derivando-as obteremos
as mesmas funções, tendo em vista que a derivada de uma constante é zero.
Por exemplo, dada a equação diferencial y′(x) = 5x – 2, sua solução geral é dada por y(x) =
5
5
5 2
x – 2x + c. Vamos considerar c = –1 e c = 3, então y1(x) = x2 – 2x – 1 e y2(x) = x2 – 2x + 3.
2
2
2
Agora vamos derivar estas soluções (funções) y′1 (x) = 5x – 2 e y′2 (x) = 5x – 2 podemos ver que as
derivadas são iguais.
Daí o fato da solução y = F(x) + c, c ∈R ser denominada de solução geral da EDO.
2.4.2 Solução particular
A solução deduzida da solução geral atribuindo-se valores particulares à constante
arbitrária c é chamada de solução particular.
Quando uma equação diferencial é utilizada como um modelo matemático em alguma
aplicação, há normalmente uma condição inicial y(x0) = y0 que torna possível calcular a constante
arbitrária c, que aparece na solução geral.
146
TÓPICO 1
UNIDADE 3
A!
NOT
Um problema com uma equação diferencial satisfazendo alguma
condição adicional (por exemplo, y(x0) = y0 é denominado
problema do valor inicial (PVI).
Exemplo 4
Considerando
dy
= 2x, então y = x2 + c é uma solução geral da EDO, c ∈R.
dx
Resolução
Vamos encontrar a solução particular, utilizando a condição adicional y(3) = 4. Desse modo, a
partir da solução geral y = x2 + c, atribuímos a x o valor 3 e a y o valor 4, determinando assim
a constante c:
y = x2 + c
4 = 32 + c
4=9+c
c = –5
Substituindo o valor de c na solução geral obtemos a solução particular da EDO:
y = x2 – 5.
!
ROS
UTU
SF
UDO
EST
Caros acadêmico(a)! Leia com bastante atenção o texto a seguir
sobre as EDOs. Assim, vamos saber um pouco mais sobre o que
estamos estudando e quais são as suas finalidades.
O que uma ED de primeira ordem pode nos dizer
Vamos imaginar por um momento que temos uma equação diferencial de primeira
dy
= f (x,y) e, além disso, que não podemos encontrar nem inventar
ordem na forma normal
dx
um método para resolvê-la analiticamente. Essa situação não é tão ruim quanto parece, uma
UNIDADE 3
TÓPICO 1
147
vez que muitas vezes é possível juntar informações úteis sobre a natureza das soluções,
diretamente da própria equação diferencial. Por exemplo, já vimos que, quando f (x,y) e
∂f
satisfazem determinadas condições de continuidade, as questões qualitativas sobre a
∂y
existência e a unicidade de soluções podem ser respondidas. Veremos nesta seção que outras
questões qualitativas sobre propriedades da solução – Como uma solução se comporta nas
proximidades de um determinado ponto? Como uma solução se comporta quando x → ∞? –
podem frequentemente ser respondidas quando a função f depende somente da variável y.
dy
de uma função
Vamos começar, porém, com um conceito simples de cálculo: a derivada
dx
diferenciável y = y(x) dá as inclinações das retas tangentes em pontos sobre seu gráfico.
Inclinação
Como uma solução y = y(x) de uma equação diferencial de primeira ordem
dy
=f
dx
(x,y) é necessariamente uma função diferenciável em seu intervalo I. Assim, a curva integral
correspondente em I não deve ter interrupções e deve ter uma reta tangente em cada ponto
(x,y(x)). A inclinação da reta tangente em (x,y(x)) sobre uma curva integral é o valor de sua
dy
nesse ponto e isso é sabido da equação diferencial: f (x,y(x)). Suponha
derivada primeira
dx
agora que (x,y) representa qualquer ponto em uma região do plano xy sobre o qual a função
f está definida. O valor f (x,y) que a função atribui ao ponto representa a inclinação de uma
reta ou, como iremos pensar um segmento de reta denominado elemento linear. Por exemplo,
dy
= 0,2xy, onde f (x,y) = 0,2xy. No ponto, de coordenadas (2,
consideramos a equação
dx
3), por exemplo, a inclinação de um elemento linear é f (2,3) = 1,2. A figura (a) mostra um
segmento de reta com inclinação positiva passando por (2,3). Conforme mostrado na figura
(b), se uma curva integral também passar por (2,3), fará isto tangenciando esse segmento
de reta; em outras palavras, o elemento linear é uma miniatura da reta tangente nesse ponto.
Figura 1.1.a: elemento linear em um ponto
figura 2 – Figura 1.1.b: o elemento linear é uma
tangente à curva integral que passa pelo
ponto
148
TÓPICO 1
UNIDADE 3
Campos de Direções
Se sistematicamente calcularmos f sobre uma malha retangular de pontos (x,y) no
plano xy e em cada ponto (x,y) desenharmos um elemento linear com a inclinação (x,y),
a coleção de todos os elementos lineares será chamada de campo de direções ou campo
dy
= f (x,y). Visualmente, o campo de direções
de inclinações da equação diferencial
dx
sugere a aparência, ou forma, de uma família de curvas integrais da equação diferencial e,
consequentemente, pode ser possível vislumbrar determinados aspectos qualitativos das
soluções – por exemplo, regiões no plano nas quais uma solução exibe um comportamento
não usual. Uma única curva integral que segue seu caminho em um campo de direções
deve acompanhar o padrão de fluxo do campo; ela é tangente a um elemento linear quando
intercepta um ponto da malha.
FONTE: Zill (2003, p. 41-42)
3 Equação Diferencial Separável
Estudaremos alguns tipos de equações diferenciais que requerem métodos distintos
de resolução. Vamos iniciar pelas equações diferenciais separáveis, caracterizando-as e
determinando seu processo de resolução.
Definição 1.3.1 A equação y′ = f (x,y) será separável se f puder ser expressa como
um produto de uma função p(x) e uma função q(y). Assim, a equação diferencial terá a forma
y′ = p(x) • q(y) ou
dy
= p(x) • q(y) ou
dx
y′ •
1
q(y)
= p(x),
onde p(x) e q(y) são contínuas em seu domínio.
UNIDADE 3
TÓPICO 1
149
3.1 Método de resolução
da equação diferencial
Considerando a equação diferencial dada, o primeiro passo para resolvê-lo é separar as
variáveis y e x juntamente com as suas respectivas diferenciais, obtendo a seguinte igualdade
1
q(y)
dy = p(x)dx.
A seguir, integramos ambos os lados da igualdade
1
∫ q(y) dy = ∫ p(x)dx.
E, sempre que for possível, escrevemos a função (solução geral da EDO) na sua forma
explícita.
Vamos resolver um exemplo para aplicarmos o método.
Exemplo 5
Resolva a equação diferencial
dy
= 6ex.
dx
Resolução
dy
= 6ex
dx
Inicialmente, vamos separar as variáveis:
dy = 6ex dx
Integrando ambos os lados da igualdade:
∫ dy = ∫ 6e dx
∫ dy = 6 ∫ e dx
x
x
y + c1 = 6ex + c2
Isolando a variável y:
y = 6ex + c2 – c1
150
TÓPICO 1
UNIDADE 3
Para deixar uma única constante na função, consideramos c = c2 – c1, donde temos que:
y = 6ex + c
Exemplo 6
Resolva a equação diferencial
x
dy
=
.
dx y2
Resolução
dy
x
= 2
dx y
Dada a equação diferencial acima, vamos separar as variáveis:
Multiplicando ambos os lados da igualdade por y2, temos:
y 2 dy = x dx
Integrando ambos os lados da igualdade:
∫y
2
∫
dy = x dx
y3
x2
+ c1 =
+ c2
3
2
Isolando a variável y:
y3
x2
=
+ c2 – c1
3
2
y3 =
3x2
+ 3(c2 – c1)
2
Para deixar uma única constante na função, consideramos c = 3(c2 – c1).
UNIDADE 3
151
TÓPICO 1
c ∈R.
Portanto, as soluções da EDO dada são da forma
A!
NOT
Não há necessidade de usar duas constantes na integração de
∫
∫
uma equação separável q(y) dy = p(x) dx, pois se escrevermos
Q(y) + c1 = P(x) + c2, a diferença c2 – c1 poderá ser substituída
por uma única constante c, resultando Q(y) = P(x) + c. Em
várias ocasiões ao longo deste tópico, renomearemos constantes
de forma conveniente. Por exemplo, múltiplos de constantes
ou combinações de constantes podem, algumas vezes, ser
substituídas por uma única constante.
Definição 1.3.2 Chamamos de família de funções ao conjunto de várias funções da forma
y = f (x) + c, c ∈R, ou seja, ao conjunto formado pelas as funções tem o mesmo comportamento,
a menos da constante c ∈R.
Exemplo, a família de funções y(x) = x 3 – 2x + c.
FIGURA 52 – Figura 1.2.
FONTE: O autor
152
TÓPICO 1
UNIDADE 3
Exemplo 7
resolva a equação diferencial y′ y + x = 0.
Resolução
Podemos reescrever a equação dada como:
dy
y + x = 0.
dx
Subtraindo x em ambos os lados da igualdade, obtemos:
dy
y = –x
dx
y
y
dy
= –x
dx
dy
dx = –x dx
dx
y dy = –x dx
∫ y dy = –∫ x dx
Vamos escrever apenas uma constante ao lado direito da igualdade, junto à variável x:
y 2 –x 2
=
+c
2
3
y 2 = – x 2 + 2c
Considerando k = 2c, temos:
y 2 = – x2 + k
Podemos deixar a função na forma implícita:
x2 + y 2 = k
Neste caso, é interessante deixar esta solução na forma implícita, pois facilita a
identificação quanto ao tipo de curva obtida. Neste exemplo, obtemos circunferências centradas
na origem do plano cartesiano com raio igual a √ k .
OBSErVAÇÃO: Note que, para não carregar a notação, aplicamos a ideia de escrever
apenas uma letra para as constantes que surgem no cálculo.
UNIDADE 3
TÓPICO 1
Exemplo 8
Determine a solução geral da equação diferencial
153
dy
= sen (2x).
dx
Resolução
Repetindo o procedimento utilizado nos exemplos anteriores, temos:
dy = sen (2x) dx.
Integrando os dois lados da igualdade:
∫ dy = ∫ sen (2x) dx.
Para resolver a integral obtida do lado direito da igualdade, vamos aplicar a técnica de
substituição:
y=
1
2
y=
1
(–cos u) + cdu = 2 dx
2
y=–
∫ sen u duu = 2x
1
1
cos (2x) + c du = dx
2
2
FIGURA 53 – GRÁFICO DAS SOLUÇÕES DA EDO
FONTE: O autor
154
UNIDADE 3
TÓPICO 1
Exemplo 9
Encontre a solução geral da equação diferencial
dy
= e t – y.
dt
Resolução
dy
= et – y
dt
Primeiramente, vamos recordar a propriedade do produto de potências de mesma base,
onde a
m
•
an = a m + n, com a, m, n ∈ R.
Utilizaremos a propriedade da direita para a esquerda, ou seja, separando a expressão
a
m+n
em um produto de duas potências de mesma base:
dy
= e t • e –y
dt
dy = e t • e –y dt
ey dy = et dt
∫e
y
∫
dy = et dt
ey = et + c
Para isolar y, precisamos aplicar o logaritmo natural (ln) a ambos os membros da
igualdade.
In ey = In (et + c)
Pelas propriedades operatórias dos logaritmos, em particular a propriedade da potência
do logaritmo, temos que In ak = k • In a e, portanto:
y In e = In (et + c)
Como In e = 1, temos:
y = In (et + c).
Exemplo 10
Resolva a equação diferencial (2 + y) dt + (t – 3) dy = 0 .
A
Portanto, y(x) = In (et + c) é solução da EDO proposta
c ∈ R.
UNIDADE 3
TÓPICO 1
155
Resolução
Na equação (2 + y) dt + (t – 3) dy = 0 devemos separar as variáveis. Neste caso, deixamos y
do lado esquerdo da igualdade e t do lado direito da igualdade:
(t – 3) dy = –(2 + y) dt
dy
dy
=–
2+y
t–3
Agora, basta integrar os dois lados da igualdade:
dy
dy
∫2+y =∫ t–3
Estas integrais são resolvidas aplicando a técnica de substituição; donde obtemos:
In(2 + y) = – In(t – 3) + c
In(2 + y) + In(t – 3) = c
Agora, aplicamos a propriedade do produto de logaritmos de mesma base, para a qual,
teremos In (a • b) = In a + In b. Utilizaremos a propriedade da direita para a esquerda, ou seja,
multiplicaremos os logaritmandos e, obteremos assim:
In[(2 + y) • (t – 3)] = c
A
Portanto, a igualdade (2 + y) • (t – 3) = ec,
c ∈ R , é uma solução, na forma implícita,
da EDO proposta.
Exemplo 11
Resolva a equação diferencial y ′ = x e y – x.
Resolução
Primeiramente, vamos mudar a notação da derivada:
dy
= x ey – x
dx
Para resolver a equação, devemos separar as variáveis:
dy
= x e y e –x
dx
Para isso, multiplicamos ambos os lados da igualdade por e –y:
156
TÓPICO 1
e –y
UNIDADE 3
dy
= xe –x
dx
e –y dy = xe –x dx
Integramos ambos os lados da igualdade:
Para resolver a integral (1), utilizaremos a técnica da substituição:
w = – y ⇒ dw = – dy
∫e
–y
∫
dy = – ew dw = – ew + c1 = e –y + c1
Enquanto que, para a integral (2), aplicaremos a técnica da integração por partes:
∫ udv = u
•
∫
v – vduu = x
∫ xe
–x
dx = x • (– e–x) – (– e–x) dxdu = dx
∫
∫ xe
–x
dx = – xe–x – e–x + c2dv = e–x dx
v = – e–x
∫
∫
Retomando a igualdade e –y dy = xe–x dx, temos:
∫e
–y
∫
dy = xe–x dx
–e –y + c1 = –xe–x –e–x + c2
Vamos escrever apenas uma constante do lado direto da igualdade e multiplicar ambos
os lados por (-1), obtendo:
e –y = xe–x + e–x + c
Colocando a expressão e–x em evidência, no lado direito da igualdade:
e –y = e–x (x + 1) + c
UNIDADE 3
157
TÓPICO 1
Para isolar a variável y, aplicamos o logaritmo natural em ambos os lados da igualdade:
In e –y = In e–x (x + 1) + c
Pela propriedade operatória da potência do logaritmo, temos:
–y = In e–x (x + 1) + c
Exemplo 12
Encontre a solução particular da equação diferencial y′ =
A
Portanto, y(x) = –In e–x (x + 1) + c é solução da EDO proposta,
c ∈ R.
xy – y
no ponto y(2) = 1.
y+1
Resolução
Deixamos a solução na forma implícita. Agora, substituímos as variáveis x e y, pelos
valores dados no enunciado.
158
TÓPICO 1
UNIDADE 3
y(2) = 1
c=1
A função y que satisfaz à equação diferencial e atende à condição y(2) = 1, é dada por
4 Equações diferenciais
Lineares de 1ª ordem
Continuamos a busca por soluções de equações diferenciais de primeira ordem
examinando a seguir as equações lineares.
Definição 1.4.1 Uma EDO da forma:
y′ + p(x)y = q(x) ou
dy
+ p(x)y = q(x),
dx
onde p(x) e q(x) são funções lineares e contínuas em algum intervalo I é chamada de
equação diferencial linear de primeira ordem.
A!
NOT
Observe a forma deste tipo de EDO. Cada equação diferencial
que estudaremos possui uma forma-padrão diferente. Fique
bastante atento!
Teorema 1.4.1 A solução da equação
dy
+ p(x)y = q(x) é
dx
UNIDADE 3
y=
1
v(x)
TÓPICO 1
159
∫ v(x) q(x)dx
∫
onde v(x) = eH(x); com H(x) = p(x)dx. A função v(x) é chamada fator integrante.
UNI
Desafie-se e faça a demonstração matemática da solução da
equação diferencial linear!
4.1 Método de resolução
da equação diferencial
Vamos descrever os passos para resolver uma equação diferencial linear a qual
utilizaremos o fator integrante.
• Escreva a equação linear dada na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x).
∫
• Encontre uma primitiva de p(x), isto é, resolva p(x)dx.
• Encontre o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
• Multiplique ambos os lados da equação diferencial y′ + p(x)y = q(x) pela função v(x).
• Identifique do lado esquerdo da igualdade da derivada do produto.
• Resolva a equação e, se possível de a solução na forma explícita.
Aplicaremos o método em alguns exemplos para entendê-lo melhor.
Exemplo 13
Encontre a solução geral da equação y′ + 3y = 12 (método do fator integrante).
Resolução
Observe que a equação diferencial já está na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x), onde p(x) = 3 e
q(x) = 12.
O primeiro passo é calcular a primitiva de p(x).
160
TÓPICO 1
UNIDADE 3
∫
H(x) = p(x)dx, então, temos
∫
H(x) = 3dx = 3x.
Escrevendo o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx,
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = e3x
Agora, multipliquemos a EDO por v(x).
e3x y′ + 3e3x y = 12e3x
Observemos o lado esquerdo: nele, devemos identificar a derivada do produto
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = e3x, teremos u′ = y′ e v′ = 3e3x. Então
Integrando ambos os lados da igualdade:
∫
e3x y = 12 e3xdx
∫
Atente para o fato de que a integral e3xdx foi resolvida pelo método da substituição.
e3x y =
12 3x
e +c
3
e3x y = 4e3x + c
Isolando a variável y,
y = 4e3x • e–3x + c e–3x
Portanto, y(x) = 4 + c e–3x, c ∈ R é solução geral da EDO.
Vamos deduzir um modelo de solução geral para as equações lineares ordinárias de
primeira ordem com coeficientes constantes (dedução do fator integrante), ou seja,
UNIDADE 3
161
TÓPICO 1
dy
+ ay = b
dt
ou
y′ + ay = b
Comparando a EDO apresentada com a forma-padrão y′ + p(x)y = q(x), identificamos
que p(x) = a e q(x) = b. Assim, p(x) e q(x) são constantes. Neste caso,
∫
H(x) = p(x)dx
∫
H(x) = adx = ax
e o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx fica
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = eax
Multiplicando a EDO por v(x),
eax y′ + aeax y = beax
Observe o lado esquerdo da equação: nele, devemos identificar a derivada do produto
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = eax, teremos u′ = y′ e v′ = aeax. Então
Integrando ambos os membros da igualdade:
∫
eax y = b eaxdx
∫
A integral eaxdx foi resolvida pelo método da substituição.
eax y =
b ax
e +c
a
Isolando a variável y
y=
b ax –ax
e • e + c e–ax
a
Portanto, y(x) =
b
+ c e–ax, c ∈ R é a solução geral da EDO y′ + ay = b.
a
162
TÓPICO 1
UNIDADE 3
UNI
Caro(a) acadêmico(a)! Que tal voltar ao exemplo 13 e resolvê-lo
usando o resultado demonstrado anteriormente?
Exemplo 14
Encontre a solução geral da equação y′ + y = x.
Resolução
Observe que a equação diferencial já está na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x), com p(x) =1 e
q(x) = x.
Vamos calcular a primitiva de p(x).
∫
H(x) = p(x)dx, então, temos
∫
H(x) = dx = x.
Assim, o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx é
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = ex.
Multiplicamos a EDO por v(x).
ex y′ + ex y = xex
Observe o lado esquerdo da igualdade, e identifique a derivada do produto
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = ex, teremos u′ = y′ e v′ = ex. Então
Integrando ambos os lados da igualdade:
UNIDADE 3
TÓPICO 1
163
∫
ex y = x ex dx
∫
Para resolver esta integral x ex dx precisaremos aplicar o método da integração por
partes. Considerando u = x e dv = ex dx teremos du = dx e v = ex. Então, aplicando a fórmula
∫
∫
da integração por partes u dv = u • v­ – v du.
∫
ex y = xex – ex dx
ex y = xex – ex + c
Isolando a variável y,
y = xexe–x – exe–x + c e–x
Portanto, y(x) = x – 1 + c e–x, c ∈ R é a solução geral da EDO.
Exemplo 15
Encontre a solução geral da equação x
dy
= x2 – 5y.
dx
Resolução
Veja que a equação diferencial não está na forma-padrão y′ + p(x)y = q(x).
Então, primeiro, temos que reescrevê-la na forma-padrão.
Assim, identificamos p(x) =
5
e q(x) = x.
x
Vamos calcular a primitiva de p(x).
H(x) =
5
∫ x dx = 5 In x.
= In x5
164
UNIDADE 3
TÓPICO 1
E, assim, o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx pode ser escrito como:
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = eIn x 5.
v(x) = x5.
Multiplicando a EDO por v(x),
x5 y′ + x5
5
y = x • x5
x
x5 y′ + 5x4 y = x6.
Observe o lado esquerdo da igualdade. Nele devemos identificar a derivada do produto
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = x5, teremos u′ = y′ e v′ = 5x 4. Então:
Integrando ambos os lados da igualdade:
∫
x5 y = x6 dx
x5 y =
x7 –5
x + cx –5
7
Portanto, y(x) =
x2
+ cx –5 é a solução geral da EDO, x ∈ R.
7
Exemplo 16
Encontre a solução geral da equação
A
y=
x7
+c
7
dy
+ 4x3 y = 20x3.
dx
Resolução
Observe que a equação diferencial já está na forma-padrão y′ + p(x) y = q(x).
Identificamos p(x) = 4x3 e q(x) = 20x3.
UNIDADE 3
TÓPICO 1
165
Vamos calcular a primitiva de p(x).
∫
H(x) = p(x) dx, então, temos
∫
H(x) = 4x3 dx = x 4.
Escrevemos o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = ex 4.
Multiplicamos a EDO por v(x).
ex 4 y′ + 4x3 ex 4 y = 20x3 ex 4
Observamos o lado esquerdo da igualdade, nele devemos identificar a derivada do
produto: (u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = ex 4 teremos u′ = y′ e v′ = 4x3 ex 4. Então
Integramos ambos os lados da igualdade:
∫
ex 4 y = 20 x3 ex 4 dx
∫
A integral x3 ex 4 dx foi resolvida pelo método da substituição.
ex 4 y =
1 3x –x 4
e e + e –x 4
4
Portanto, y =
1 3x – x 4
4
e
+ c e –x , x ∈ R é a solução geral da EDO.
4
A
y=
1 x4
e +c
4
O exemplo a seguir traz uma aplicação prática de EDO no movimento retilíneo
uniformemente variado.
166
UNIDADE 3
TÓPICO 1
Exemplo 17
Sabe-se que, no movimento retilíneo uniformemente variado, a aceleração a =
Supondo que o movimento parte do repouso, e sabendo que v =
dv
é constante.
dt
ds
, determine s(t).
dt
Resolução
Partimos da primeira EDO apresentada:
dv
ds
= a
=v
dt
dt
ds
∫dv = ∫a dt dt = at + v
0
∫
∫
v = at + c1 ds = (at + v0) dt
v(t) = at + c1s =
at 2
+ v0t + c2
2
at 2
Fazendo
c1 = v0, onde v0 será a
s(t)
=
+ v0t + c2
2
velocidade inicial.
•
••
v(t) = at + v0
Substituindo c2 = s0, onde s0 será a
posição inicial.
•
••
s(t) =
at 2
+ v0t + s0
2
O próximo exemplo traz um problema de valor inicial (PVI). Vamos entender como se
resolve um problema que apresenta uma condição inicial.
Exemplo 18
Resolva o seguinte problema do valor inicial y′ +
Resolução
Identificamos p(x) =
2
y = x, x > 0, y(2) = 3.
x
2
e q(x) = x.
x
Vamos calcular a primitiva de p(x).
H(x) =
2
∫x
dx = 2 In |x|
H(x) = In x 2.
Escrevemos o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
v(x) = eH(x) ⇒ v(x) = eIn x 2
UNIDADE 3
TÓPICO 1
167
v(x) = x 2
Multiplicamos a EDO por v(x).
x 2 y′ + x 2
2
y = x2x
x
x 2 y′ + 2xy = x 3
Observando o lado esquerdo, devemos identificar a derivada do produto
(u • v)′ = u′ • v + u • v′.
Se considerarmos as funções u = y e v = x 2 teremos u′ = y′ e v′ = 2x. Então:
Integramos ambos os lados da EDO:
∫
x 2 y = x 3 dx
x4
+C
4
Portanto, y(x) =
C
x4
+ 4 , x ∈ R é a solução geral da EDO.
4
x
A
x2 y =
Agora, substituímos as variáveis x e y, pelos valores dados no enunciado y(2) = 3
para encontrarmos a solução particular.
y=
C
22
+ 2 =3
4
2
1+
C
=3
4
C
=2
4
C=8
168
TÓPICO 1
x2
8
+ 2 , x ∈ R é a solução particular da EDO.
4
x
A
Portanto, y(x) =
UNIDADE 3
Observe que a solução deste problema de valor inicial é válida em todo intervalo ]0, +∞[,
conforme a figura a seguir mostra esta solução.
FIGURA 54 – SOLUÇÃO DO PROBLEMA
FONTE: O autor
5 Equações Exatas
Estudaremos outro tipo de equação diferencial de primeira ordem, as chamadas
equações diferenciais exatas onde destacamos o uso das derivadas parciais. A seguir, veremos
a definição de uma equação diferencial exata e o teorema que estabelece um critério para
identificar se uma EDO é exata.
Definição 1.5.1 Uma expressão diferencial M(x,y) dx + N(x,y) dy é uma diferencial
exata em uma região R do plano xy se, e somente se, corresponde o diferencial de primeira
ordem da forma M(x,y) dx + N(x,y) dy = 0 é chamada de equação exata se a expressão à
esquerda for uma diferencial exata.
Teorema 1.5.1 (Critério para diferencial exata) Sejam M(x,y) e N(x,y) contínuas e com derivadas
parciais de primeira ordem contínuas em uma região R (retangular) definida por a < x < b e c < y < d.
Então uma condição necessária e suficiente para que M(x,y) dx + N(x,y) dy seja uma diferencial exata
é:
∂M ∂N
=
.
∂x
∂y
UNIDADE 3
169
TÓPICO 1
5.1 Método de resolução
da equação diferencial
• Verificar se a equação M(x,y) dx + N(x,y) dy é exata.
• Se for exata, então existe uma função f para a qual
∂f
= M(x,y).
∂x
• Integrando a equação exata em relação a variável x (mantendo o y constante) para encontrar
∫
f, obtemos f (x,y) = M(x,y) dx + o (y), onde a função arbitrária o (y) é a constante de integração.
• Agora, precisamos encontrar a função arbitrária o (y). Derive a função f (x,y) em relação a
∂f
= N(x,y). Da comparação, determinavariável y encontrada anteriormente e supomos que
∂y
se o (y).
• Finalmente, integramos o (y) em relação a y e substituímos o valor encontrado para o (y) na
função f (x,y).
Exemplo 19
Resolva a equação diferencial (x,y) dx + (e y + x)dy = 0.
Resolução
Em primeiro lugar, precisamos verificar se esta equação é exata.
Sendo M(x,y) = x + y e N(x,y) = e y + x, verificaremos se
Como,
∂M ∂N
=
.
∂y
∂x
∂N
∂M
=1e
= 1, assim a EDO é exata.
∂x
∂y
Então, existe f (x,y) tal que
Vamos integrar
encontrar f.
∂f
= x + y.
∂x
∂f
= x + y em relação à variável x (mantendo o y constante) para
∂x
∫
f (x,y) = (x + y) dx
f (x,y) =
x2
+ xy + o (y).
2
Para encontrar a função arbitrária o (y), derivemos a função f (x,y) em relação à y.
170
TÓPICO 1
UNIDADE 3
∂f
= x + o′ (y)
∂y
Comparando a derivada parcial encontrada
∂f
∂f
= x + o′ (y) com N(x,y),
= N(x,y).
∂y
∂y
x + o′ (y) = e y + x, daí, temos:
o′ (y) = e y.
Agora, vamos integrar o′ (y) = e y. Então:
∫
o′ (y) = e y dy
o′ (y) = e y c
Voltando na f (x,y) e substituindo o (y), temos:
f (x,y) =
x2
+ xy + e y + c, c ∈ R.
2
Definição 1.5.2 Chamamos de curvas integrais as várias funções (soluções) de uma
EDO.
Exemplo 20
Encontre as curvas integrais de 2xy dx + (x 2 – 1) dy = 0.
Resolução
Sendo M (x,y) = 2xy e N (x,y) = x 2 – 1, temos
∂N
∂M
= 2x =
∂x
∂y
Assim, a EDO é exata.
Então existe f (x,y), tal que
Integrando
∫
∂f
= 2xy.
∂x
∂f
= 2xy em relação a x, obtemos
∂x
f (x,y) = 2xy dx
UNIDADE 3
171
TÓPICO 1
f (x,y) = x 2 y + o (y)
Agora encontraremos a função arbitrária o (y) derivando f (x,y) em y.
∂f
= x 2 + o′ (y)
∂y
Comparamos a derivada parcial encontrada acima com N (x,y)
∂f
= N (x,y).
∂y
x 2 + o′ (y) = x 2 – 1, daí
o′ (y) = –1.
Agora, integramos o′ (y) = –1. Então:
∫
o (y) = – dy
o (y) = – y + c.
Logo, f (x,y) = x 2 y – y + c, c ∈ R.
UNI
Nos exemplos 19 e 20, a função f (x,y) está na forma implícita.
Escreva a função na forma explícita y = f (x).
Exemplo 21
Resolva a EDO (y cos x + 2x e y) dx + (sen x + x 2 e y – 1) dy = 0
Resolução
Verifiquemos se a equação diferencial é exata.
Sendo M (x,y) = y cos x + 2x e y e N (x,y) = sen x + x 2 e y – 1, temos
∂M
∂N
= cos x + 2x e y =
∂y
∂x
Assim, a EDO é exata.
Logo, existe f (x,y) tal que
∂f
= y cos x + 2x e y.
∂x
172
TÓPICO 1
Integrando
UNIDADE 3
∂f
= y cos x + 2x e y em relação à x, obtemos:
∂x
∫
f (x,y) = (y cos x + 2x e y) dx
f (x,y) = y sen x + x 2 e y + o (y)
Agora encontraremos a função arbitrária o (y) derivando f (x,y) em y:
∂f
= sen x + x 2 e y + o′ (y)
∂y
Comparemos a derivada parcial encontrada
∂f
= sen x + x 2 e y + o′ (y) com N (x,y).
∂y
sen x + x 2 e y + o′ (y) = sen x + x 2 e y – 1,
o′ (y) = – 1.
Então,
∫
o (y) = – dy
o (y) = –y + c, c ∈ R.
Logo, f (x,y) = y sen x + x 2 e y – y + c.
Exemplo 22
Verifique se a equação (x In y – e –xy) dx +
Resolução
Sejam M (x,y) = x In y – e –xy e N (x,y) =
1
+ y In x dy = 0 é exata.
y
1
+ y In x,
y
Então,
∂N
∂M
1
1
=x•
+ xe –xy e
=y• .
∂x
∂y
y
y
Assim,
∂M ∂N
≠
∂x
∂y
Portanto, a EDO não é exata.
UNIDADE 3
173
TÓPICO 1
UNI
OBSERVAÇÃO: Para resolver esta equação diferencial é preciso
utilizar um outro procedimento, que não veremos neste caderno,
mas que você pode encontrar, por exemplo, em Boyce, W.; Di
Prima, R. C. Equações diferenciais elementares e problemas
de valores de contorno. 7ª Ed. São Paulo: LTC, 2002.
Exemplo 23
Encontre a curva integral da equação (2x sen y + e x cos y) dx + (x 2 cos y – e x sen y) dy = 0
π
que passa pelo ponto y (0) = .
4
Resolução
O enunciado do exemplo 23 nos traz um problema de valor inicial para uma EDO exata.
Verificaremos se a EDO é exata.
Sendo M (x,y) = 2x sen y + e x cos y e N (x,y) = x 2 cos y – e x sen y, temos
∂N
∂M
= 2x cos y – e x sen y =
.
∂x
∂y
Assim, a EDO é exata.
Como a equação é exata, então existe f (x,y) tal que
Integrando
∂f
= 2x sen y + e x cos y.
∂x
∂f
= 2x sen y + e x cos y em relação a x, obtemos
∂x
∫
f (x,y) = (2x sen y + e x cos y) dx
f (x,y) = x 2 sen y + e x cos y + o (y).
∂f
= x 2 cos y – e x sen y + o′ (y)
∂y
Comparamos a derivada parcial encontrada
∂f
= x 2 cos y – e x sen y + o′ (y) com N (x,y).
∂y
x 2 cos y – e x sen y + o′ (y) = x 2 cos y – e x sen y,
o′ (y) = 0.
174
TÓPICO 1
UNIDADE 3
Agora, integramos o′ (y) = 0. Então,
o (y) = c.
Logo, f (x,y) = x 2 sen y + e x cos y + c, c ∈ R é a solução geral da EDO.
Agora, substituímos as variáveis x e y, pelos valores dados no enunciado y (0) =
p
.
4
x 2 sen y + e x cos y = c
p
4
02 sen
c=
√2
2
+ e 0 cos
p
4
=c
.
Portanto, x 2 sen y + e x cos y =
integral que passa pelo ponto y (0) =
A!
NOT
√2
2
é a solução particular da EDO, ou seja, a curva
p
.
4
Caro(a) acadêmico(a)! Se depois da leitura do Tópico 1 e da
realização dos exercícios, ainda tiver dúvidas procure esclarecêlas antes de iniciar o estudo do Tópico 2. Bons estudos!
UNIDADE 3
TÓPICO 1
175
RESUMO DO TÓPICO 1
Neste tópico, estudamos as Equações Diferenciais de Primeira Ordem.
• Iniciamos conhecendo os termos e conceitos relativos às equações diferenciais, e a partir
daí, estudamos três tipos de equações diferenciais.
• O primeiro tipo de equação estudada foi a Separável, cuja forma-padrão é dada por y′ = p(x) • q(y)
dy
= p(x) • q(y) ou y′ q(y) = p(x). A resolução deste tipo de EDO é feita através da separação
dx
das variáveis e em seguida faz-se a integração da igualdade.
ou
• O segundo tipo de equação estudada foi a Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
que tem a forma-padrão y′ + p(x) y = q(x) ou
dy
+ p(x) y = q(x). Para a sua resolução, utilizamos
dx
∫
o fator integrante v(x) = eH(x), onde H(x) = p(x)dx.
• E o terceiro tipo de equação diferencial estudada foi a Equação Exata, cuja forma-padrão é
expressa por M (x,y) dx + N (x,y) dy. O procedimento de resolução requer que trabalhemos
com
∂f
∂f
= M (x,y) e
= N (x,y) seguindo todo o procedimento já estudado.
∂y
∂x
176
TÓPICO 1
UNIDADE 3
Nos problemas 1 e 2, resolva, por separação de variáveis, as equações
diferenciais dadas.
1
dy
= (x + 1)2
dx
2
dy
t2
= 2
y
dt
Nos problemas 3 e 4, resolva as equações diferenciais lineares de primeira
ordem dadas.
3
dy 3
–
y=x
dx
x
4
dy
+ y = e 3x
dx
Nos problemas 5 e 6, resolva as equações diferenciais exatas a seguir.
5 (1 – x) dy – y 2 dx = 0
6(2x – y 2) dx + 2xy dy = 0
Nas EDO a seguir, identifique o tipo de EDO e encontre a função desconhecida.
7 y′ + 3x 2 y = x 2
8
dy 3x 2 + 4x + 2
=
, y (0) = 1
dx
2 (y – 1)
9(3x 2 – 2xy + 2) + (6y 2 – x 2 + 3) y′ = 0
10
dy
= e 3x + 2y
dx
UNIDADE 3
TÓPICO 2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES
DE PRIMEIRA ORDEM – substituições
1 INTRODUÇÃO
No Tópico 2, estudaremos mais tipos de equações diferenciais lineares de primeira
ordem tais como: Equações de Bernoulli e Equações homogêneas. A resolução destas equações
requer algum tipo de substituição.
2 Equações de Bernoulli
Definição 2.2.1 Uma equação de primeira ordem da forma y′ + p(x) y = q(x) y n, onde
p(x) e q(x) são funções definidas e contínuas em algum intervalo I, e n é um número real tal
que n ≠ 0 e n ≠ 1, é chamada de equação de Bernoulli.
2.1 Método de resolução
da equação diferencial
• Escrever a equação na forma-padrão y′ + p(x) y = q(x) y n.
• Identificar as funções p(x), q(x) e o valor de n.
• Indicar a substituição que será feita e aplicar a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x).
• Agora, a EDO é uma linear de primeira ordem, sendo u′ + p(x) u = q(x).
• Calcular o fator integrante e obter a solução.
178
TÓPICO 2
A!
NOT
UNIDADE 3
A equação de Bernoulli y′ + p(x) y = q(x) y n que, embora seja de
primeira ordem e não linear (quando n ≠ 1), se transforma em
uma equação diferencial linear através da substituição u = y 1 – n.
Vamos mostrar como que se chega à fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x).
Seja a equação de Bernoulli, dada por
y′ + p(x) y = q(x) y n.
Multipliquemos a equação por u = y –n
y′ y –n + p(x) yy –n = p(x) yn y –n
y′ y –n + p(x) y 1 – n = p(x)
Perceba que a equação obtida acima está na forma-padrão de uma equação linear de
primeira ordem. Então, vamos fazer uma substituição u = y 1 – n. Daí:
u′ = (1 – n) y –n y′
y′ =
u′
.
(1 – n) y –n
Retornando à equação e fazendo as substituições, obtemos:
u′
+ p(x) u = q(x)
(1 – n)
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x).
Exemplo 1
Encontre as curvas integrais para a equação x
dy
+ y = x 2 y 2.
dx
Resolução
Primeiro, precisamos escrever a EDO na forma-padrão de uma equação de Bernoulli.
Seja xy′ + y = x 2 y 2. Multiplicando ambos os lados da igualdade por
obtemos:
1
, com x ≠ 0,
x
UNIDADE 3
TÓPICO 2
1
x
•
(xy′ + y) =
1
x
•
xy′ +
y′ +
1
x
•
1
x
•
x2 y2
1
x
y=
179
•
x2 y2
1
y = xy 2
x
Agora, a EDO está na forma y′ + p(x) y = q(x) y n, e poderemos transformá-la numa
equação diferencial linear, considerando u = y –1 e:
p(x) =
1
, q(x) = x e n = 2.
x
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x)
u′ + (1 – 2) •
•
u = (1 – 2) • x
1
u = (–1) x
x
u′ + (–1)
u′ –
1
x
1
u = –x
x
Agora, seguimos o procedimento já estudado para resolver este tipo de EDO. Vamos
encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
H(x) =
∫
–
1
dx
x
H(x) = –In x
v(x) = e –In x
v(x) = x –1
Multiplicando o fator integrante v(x) = x –1 em ambos os lados da igualdade, obtemos:
x –1 u′ –
1 –1
x u = –xx –1
x
∫
x –1 u = – dx
x –1 u = –x + c
180
TÓPICO 2
UNIDADE 3
u = –x 2 + cx
Voltando para a variável y através da substituição u = y –1 feita no início:
y –1 = –x 2 + cx
y = (–x 2 + cx)–1
Portanto, y(x) =
1
, c ∈ R.
–x + cx
2
Exemplo 2
Resolva a EDO y′ + 4y = 3e 2x y 4.
Resolução
A EDO já está na forma-padrão de uma equação de Bernoulli.
Então, aplicamos a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x), para transformar a equação
numa equação diferencial linear. Considerando u = y –3 e:
p(x) = 4, q(x) = 3e 2x e n = 4.
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x)
u′ + (1 – 4) • 4 • u = (1 – 4) • 3e 2x
u′ + (–3) • 4u = (–3) • 3e 2x
u′ –12u = –9e 2x
Agora, seguimos o procedimento já estudado para resolver este tipo de EDO. Vamos
encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
∫
H(x) = (–12) dx
H(x) = –12x
v(x) = e –12x
Multiplicando o fator integrante v(x) = e –12x em ambos os membros da igualdade, obtemos:
e –12x u′ – 12 e –12x u = e –12x (–9e 2x)
UNIDADE 3
181
TÓPICO 2
∫
e –12x u = (–9e –10x) dx
Para resolver esta integral, vamos aplicar o método da substituição, considerando:
w = –10x ⇒ dw = –10 dx
Então, e –12x u =
9
ew dw
10
∫
e –12x u =
9 w
e +c
10
e –12x u =
9 –10x
e
+c
10
e –12x e12x u =
u=
9 –10x 12x
e
e + c • e12x
10
9 2x
e + c • e12x
10
Voltando para a variável y através da substituição u = y –3 feita no início:
u=
9 2x
e + c • e12x
10
y –3 =
9 2x
e + c • e12x
10
9 2x
Portanto, y(x) =
e + c • e12x
10
–⅓
, c ∈ R, é solução geral da EDO proposta.
Exemplo 3
Encontre a solução geral para a equação xy′ + y = –xy 2.
Resolução
Escrevendo a EDO na forma-padrão de uma equação de Bernoulli.
Seja xy′ + y = –xy 2, multiplicamos ambos os lados da igualdade por
1
x
•
xy′ +
1
x
•
y=–
1
xy 2
x
1
:
x
182
TÓPICO 2
y′ +
UNIDADE 3
1
y = –y 2
x
Assim, a EDO está na forma y′ + p(x) y = q(x) y n.
Então, aplicamos a fórmula mostrada acima, para transformar a equação numa equação
diferencial linear. Considerando u = y –1.
p(x) =
1
, q(x) = –1 e n = 2.
x
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x)
u′ + (1 – 2) •
•
u = (1 – 2)
1
u = (–1)
x
u′ + (–1)
u′ –
1
x
1
u = –1
x
Agora, seguimos o procedimento já estudado para resolver este tipo de EDO. Vamos
encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
H(x) =
∫
1
dx
x
–
H(x) = –In x
v(x) = e –In x
v(x) = x –1
Multiplicando o fator integrante v(x) = x –1 na equação, obtemos:
x –1 u′ –
1 –1
x u = –x –1
x
x –1 u = –
1
∫ x dx
x –1 u = –In x + c
UNIDADE 3
TÓPICO 2
183
u = –x In x + cx.
Voltando para a variável y através da substituição u = u = y –1. feita no início:
y –1 = –x In x + cx
1
, c ∈ R é a solução geral da EDO.
–x In x + cx
Portanto, y(x) =
Exemplo 4
Encontre as curvas integrais para a equação y′ +
y3
2
y = 2.
x
x
Resolução
A EDO é uma equação de Bernoulli. Então, aplicamos a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x),
para transformar a equação numa equação diferencial linear. Considerando u = y –2.
1
2
, q(x) = 2 e n = 3.
x
x
p(x) =
u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x)
u′ + (1 – 3) •
u′ + (–2)
u′ –
2
x
•
u = (1 – 3)
1
x2
2
1
u = (–2) 2
x
x
4
u = –2x –2
x
Logo, obtemos uma EDO linear. Agora, seguimos o procedimento já estudado para
resolver este tipo de EDO. Vamos encontrar o fator integrante v(x) = e∫p(x)dx.
H(x) =
∫
–
4
dx
x
H(x) = – 4 In x
v(x) = e – 4 In x
v(x) = e In x
–4
v(x) = x – 4
Multiplicando o fator integrante v(x) = x – 4 na equação, obtemos
x – 4 u′ –
4 –4
x u = – 2x–2 • x – 4
x
184
UNIDADE 3
TÓPICO 2
∫
x –4 u = – 2 x –6 dx
x –4 u = – 2
x –4 u =
2 –5
x +c
5
x 4 • x –4 u =
u=
x –5
+c
–5
2 –5 4
x • x + c • x4
5
2 –1
x + c • x4
5
Voltando para a variável y através da substituição u = y –2 feita no início
y –2 =
2
+ cx 4
5x
Portanto,
, c ∈ R são curvais integrais (soluções) da EDO.
3 Equações Diferenciais HOMOGÊNEAS
Vamos estudar equações diferenciais lineares de primeira ordem que podem ser
transformadas em equações já estudadas em seções anteriores.
3.1 FUNÇÕES HOMOGÊNEAS
Definição 2.3.1.1 Uma função f = f (x,y) é dita homogênea de grau n se, substituindo-se
x por λx e y por λy for verdadeira a igualdade f (λx,λy) = λn f (x,y), para todo real λ ≠ 0.
Por exemplo, as funções listadas a seguir são homogêneas de graus respectivamente
três, um e zero: f (x,y) = xy 2 + x 2 y, f (x,y) =
, f (x,y) =
x+y
.
x – 3y
UNIDADE 3
TÓPICO 2
185
Exemplo 5
Verifique se a função f (x,y) = xy 2 + x 2 y é homogênea, e se for, indique o grau.
Resolução
Para mostrar que f é homogênea, devemos verificar a igualdade f (λx,λy) = λn f (x,y), λ ∈ IR.
f (λx,λy) = λx (λy) 2 + (λx) 2 λy
f (λx,λy) = λxλ2 y 2 + λ2x 2 λy
f (λx,λy) = λ3xy 2 + λ3x 2y
f (λx,λy) = λ3 (xy 2 + x 2y)
f (λx,λy) = λ3 f (x,y)
Portanto, a função f é homogênea de grau 3.
Exemplo 6
Verifique se a função f (x,y) =
é homogênea e se for, indique o grau.
Resolução
Portanto, a função f é homogênea de grau 1.
186
TÓPICO 2
UNIDADE 3
Exemplo 7
Verifique se a função f (x,y) = xy 2 + ex + y é homogênea e, se for, indique o grau.
Resolução
f (λx,λy) = λx (λy) 2 + eλx + λy
f (λx,λy) = λxλ2y 2 + eλx + λy
f (λx,λy) = λ3xy 2 + eλ(x + y)
f (λx,λy) ≠ λn f (x,y)
Portanto, a função f não é homogênea.
Exemplo 8
Verifique se a função f (x,y) =
x+y
é homogênea e, se for, indique o grau.
x – 3y
Resolução
f (λx,λy) =
λx + λy
λx – 3λy
f (λx,λy) =
λ(x + y)
λ(x – 3y)
f (λx,λy) =
x+y
x – 3y
f (λx,λy) = f (x,y)
Portanto, a função f é homogênea de grau zero.
3.2 EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS
Definição 2.3.2.1 Uma equação diferencial homogênea é uma equação da forma
y′ = f (x,y)
onde f = f (x,y) é uma função homogênea de grau zero, ou seja,
A
f (λx,λy) = f (x,y), λ ≠ 0
UNIDADE 3
187
TÓPICO 2
Definição 2.3.2.2 As equações diferenciais homogêneas podem ser transformadas,
em equações do tipo M (x,y) dx + N (x,y) dy = 0, onde M e N são funções homogêneas do
mesmo grau.
Isto quer dizer que a equação M (x,y) dx + N (x,y) dy = 0 será homogênea se M (λx,λy)
= λ M (x,y), λ ∈ IR e N (λx,λy) = λn N (x,y), λ ∈ IR.
n
Exemplo 9
Verifique se a equação (x 2 – y 2) dx – 5xy dy = 0 é homogênea.
Resolução
Temos que verificar se M (λx,λy) = λn M (x,y) e N (λx,λy) = λn N (x,y) têm mesmo grau.
M (x,y) = x 2 – y 2
N (x,y) = –5xy
M (λx,λy) = (λx) 2 – (λy) 2
N (λx,λy) = –5 (λx) (λy)
M (λx,λy) = λ2 x 2 – λ2 y 2
N (λx,λy) = –5 λ2xy
M (λx,λy) = λ2 (x 2 – y 2)
N (λx,λy) = λ2 (–5xy)
M (λx,λy) = λ2 M (x,y)
N (λx,λy) = λ2 N (x,y)
Portanto, a equação (x 2 – y 2) dx – 5xy dy = 0 é homogênea.
Pode-se resolver uma equação diferencial homogênea, transformando-a em uma
equação de variáveis separáveis fazendo uma substituição adequada.
3.2.1 Método de resolução da equação diferencial
Seja uma EDO homogênea de primeira ordem, vejamos como proceder para resolver
esta equação diferencial homogênea.
O primeiro passo é colocar a equação na forma
contínua de uma única variável.
Fazendo v =
y
, então y = vx e
x
dy
=g
dx
y
, onde g é uma função
x
188
TÓPICO 2
y
dy
dv
=x
+v e g
x
dx
dx
UNIDADE 3
fica g (v).
Então a equação pode ser escrita como
x
dv
+ v = g (v),
dx
que pode ser reescrita na forma
dx
dv
=
.
x
g (v) – v
Note que essa equação é separável. Então, podemos resolvê-la como uma equação
y
diferencial separável e escrever a solução em função de x e de y, substituindo v por .
x
Vejamos outra situação; seja uma equação homogênea dada na forma M (x,y) dx +
N (x,y) dy = 0.
Então, M (x,y) dx = +N (x,y) dy ⇒
dv M (x,y)
=
.
dx N (x,y)
Como a equação é homogênea, M e N têm o mesmo grau de homogeneidade n. Então,
se dividirmos M e N por λn , transformaremos –
y
M (x,y)
dy
numa função do tipo
=g
.
x
N (x,y)
dx
Daí segue o mesmo procedimento acima.
Exemplo 10
Mostre que a equação diferencial y′ =
3x 2 + y 2
é homogênea e encontre sua solução geral.
xy
Resolução
A equação é homogênea: pois, supondo λ ≠ 0,
f (λx,λy) =
f (λx,λy) =
f (λx,λy) =
3(λx) 2 + (λy) 2
(λx) (λy)
λ2 (3x 2 + y 2)
λ2 (xy)
3x 2 + y 2
xy
f (λx,λy) = f (x,y).
UNIDADE 3
TÓPICO 2
Definindo v =
y
, e substituindo na equação diferencial, temos
x
Como y = vx, então
.
dv
dy
=x
+ v.
dx
dx
Logo nossa equação diferencial fica x
x
dv 3 + v 2
=
–v
v
dx
x
dv
3
=
dx
v
v dv =
dv
3 + v2
+v=
.
v
dx
3
dx
x
Essa é uma equação separável que podemos resolver facilmente:
3
∫v dv = ∫ x dx
v2
= 3 In |x| + c, c ∈ R
2
v 2 = 6 In |x| + 2c, c ∈ R
Substituindo v por
y
e k = 2c, temos
x
y2
= 6 In |x| + k, k ∈ R
x2
Logo, a solução geral tem a forma y 2 = 6x 2 In |x| + xk 2, k ∈ R
Exemplo 11
Mostre que a equação y′ =
2y 4 + x 4
é homogênea, e resolva a equação diferencial.
xy 3
Resolução
Vamos mostrar que a EDO é homogênea de grau zero, supondo λ ∈ IR.
f (λx,λy) =
2(λy) 4 + (λx) 4
(λx) (λy) 3
189
190
TÓPICO 2
f (λx,λy) =
f (λx,λy) =
2λ4 y 4 + λ4 x 4
λ4xy 3
λ4 (2y 4 + x 4)
λ4xy 3
f (λx,λy) = f (x,y).
y
, e substituindo na equação diferencial, temos
x
Definindo v =
2y 4 + x 4
dy
=
dx
xy 3
dy 2v 4 + 1
=
.
dx
v3
Como y = vx, então
dv
dy
=x
+ v.
dx
dx
Logo, nossa equação diferencial fica x
2v 4 + 1
dv
+v =
.
dx
v3
dv 2v 4 + 1
=
–v
x
dx
v3
x
dv v 4 + 1
=
dx
v3
v3
v +1
4
dx
x
dv =
Essa é uma equação separável que podemos resolver facilmente:
∫v
v3
4
+1
dv =
dx
∫x
1
In (v 4 + 1) = In |x| + c, c ∈ R
4
In (v 4 + 1) = 4 In |x| + 4c
eIn (v
4 + 1)
= e 4 In |x| + 4c
v 4 + 1 = e In x
4 + 4c
UNIDADE 3
UNIDADE 3
191
TÓPICO 2
v 4 + 1 = x 4 e 4c, c ∈ R
Fazendo k = e 4c, temos
v 4 + 1 = kx 4
Isso nos dá
v 4 = kx 4 – 1, k ∈ R
Substituindo v por
y
, temos
x
y4
= kx 4 – 1.
x4
Logo, y 4 = kx 8 – x 4, k ∈ R é a solução geral da EDO.
Exemplo 12
Encontre a solução geral da equação homogênea y′ =
Resolução
Sejam y = vx e
y2 – x2
.
2xy
dv
dy
=x
+ v. A edo não linear homogênea assume a forma
dx
dx
dy y 2 – x 2
=
2xy
dx
dy v 2 – 1
=
.
dx
2v
Então, nossa equação diferencial fica x
x
dv v 2 – 1
=
–v
dx
2v
x
–v 2 – 1
dv
=
dx
2v
2v
v2 + 1
dv = –
dx
x
v2 – 1
dv
+v=
.
dx
2v
192
TÓPICO 2
Essa é uma equação separável que podemos resolver facilmente
∫v
2v
2
+1
dv =
dx
∫x
In |v 2 + 1| = –In |x| + c, c ∈ R
In |v 2 + 1| + In |x| = c
eIn |v
2 + 1| + In |x|
eIn |v
2 + 1|
= ec
e In |x| = e c
|v 2 + 1||x| = ec
Substituindo v por
Portanto,
y
e k = ec, temos
x
y2
+ x = k, k ∈ R é solução da EDO.
x
UNIDADE 3
UNIDADE 3
193
TÓPICO 2
RESUMO DO TÓPICO 2
Neste tópico, vimos outros dois tipos de equações diferenciais lineares de primeira
ordem:
• As equações de Bernoulli e as equações exatas.
• A diferença das equações estudadas no tópico anterior é que, nestas precisamos fazer
alguma substituição para resolvê-las.
• A equação linear de Bernoulli tem a forma-padrão y′ + p(x) y = q(x) y n. A substituição que
temos que fazer é dada por u = y 1–n e utilizamos a fórmula u′ + (1 – n) p(x) u = (1 – n) q(x).
Com isso, a equação é reduzida a uma equação linear.
• A outra equação estudada foi a equação homogênea com forma-padrão M (x,y) dx + N (x,y) dy = 0,
onde M e N são funções homogêneas do mesmo grau. Para obter a solução, devemos
escrever a EDO na forma
y
dy
=g
x
dx
e fazer a substituição v =
y
.
x
194
TÓPICO 2
UNIDADE 3
Nos problemas 1 e 2, resolva as equações diferenciais lineares de Bernoulli.
1 x
dy
1
+y= 2
dx
y
2 y′ = y (xy 3 – 1)
3Resolva a equação diferencial homogênea (x – y) dx + x dy = 0.
Nas EDO a seguir, identifique o tipo de EDO e encontre a função desconhecida.
4 xy 2
5 x 2
dy
= y 3 – x 3, y (1) = 2
dx
dy
+ y 2 = xy
dx
6(x 2 + y 2) dx + xy dy = 0
UNIDADE 3
TÓPICO 3
Equações Diferenciais
lineares de SEGUNDA Ordem
1 INTRODUÇÃO
Finalizamos a unidade com o Tópico 3, as equações diferenciais lineares de segunda
ordem. Aqui, estudaremos apenas as equações lineares homogêneas com coeficientes
constantes. Estas equações são de resolução mais simples devido a um procedimento de
substituição por uma equação de segundo grau, chamada de equação característica ou auxiliar.
2 Equações Diferenciais
lineares de SEGUNDA Ordem
Definição 3.2.1 Uma equação diferencial linear de segunda ordem da forma
a1 (x)
dy
d2 y
+ a2 (x)
+ a3 (x)y = o (x),
2
dx
dx
onde os coeficientes a1 (x), a2 (x), a3 (x), são contínuos e o (x) também é uma função
contínua em algum intervalo I.
Definição 3.2.2 Uma equação diferencial linear de segunda ordem da forma
a1 (x)
dy
d2 y
+
a
(x)
+ a3 (x)y = 0
2
dx
dx 2
é chamada de homogênea, onde os coeficientes a1 (x), a2 (x), a3 (x) são contínuos em
algum intervalo I.
196
TÓPICO 3
A!
NOT
UNIDADE 3
Para as equações lineares homogêneas, é válido o princípio da
superposição que diz que, se y1 (x) e y2 (x) são soluções da
equação diferencial, então
y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
também o é, para todas as constantes c1 e c2. A expressão
colocada anteriormente é chamada combinação linear de y1 (x)
e y2 (x).
Isso é o que diz o teorema da superposição, onde a soma ou superposição de duas ou
mais soluções de uma equação diferencial linear homogênea é também uma solução.
Teorema 3.2.1 (Princípio da superposição – Equações Homogêneas) Se y1 (x) e y2 (x)
são soluções da equação diferencial homogênea em algum intervalo I, então a combinação
linear
y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
onde c1 e c2 são constantes arbitrárias, é também uma solução no intervalo I.
Definição 3.2.3 Para as equações diferenciais lineares homogêneas, fixadas as
soluções y1 (x) e y2 (x), definimos o wronskiano dessas soluções pelo determinante
UNI
Józef Maria Wronski (1778-1853) foi um matemático polonês.
O wronskiano é definido como um determinante cuja primeira
linha é ocupada pelas funções e as linhas seguintes são formadas
pelas suas derivadas até a ordem n – 1. E o wronskiano pode ser
utilizado como um teste de independência linear para as soluções
das EDOs.
UNIDADE 3
TÓPICO 3
197
Suponha que y1 (x) e y2 (x), sejam duas soluções. Então, a combinação linear dessas
duas soluções é uma solução geral dada por
y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).
Derivando y (x), temos
y′ (x) = c1 y′ 1 (x) + c2 y′ 2 (x).
Substituindo-se x = x 0 nas equações obtemos o sistema de equações
y (x0) = c1 y1 (x0) + c2 y2 (x0)
y′ (x0) = c1 y′ 1 (x0) + c2 y′ 2 (x0)
que pode ser escrito na forma A • X = B em que
,
Logo, o determinante da matriz A leva o nome de Wronskiano e é denotado por
W (y1, y2) (t) = det
Exemplo 1
As funções y1(x) = e 5x e y2(x) = e –5x são ambas soluções da equação diferencial linear homogênea
y′′ – 25y = 0 no intervalo ]–∞, ∞[. Verifique que o wronskiano é diferente de zero e escreva a
solução da EDO.
Resolução
Sejam y1(x) = e 5x e y2(x) = e –5x. Precisamos derivar as funções para calcular o wronskiano.
y′1(x) = 5e 5x e y′2(x) = –5e –5x, então
W(x) = –5e –5x • e 5x – 5e 5x • e –5x = – 10 ≠ 0
W(x) =
Conforme o teorema acima, a solução dessa EDO tem a forma y (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).
Então, y (x) = c1 e 5x + c2 e –5x.
198
UNIDADE 3
TÓPICO 3
Teorema 3.2.2 Sejam y1 (x) e y2 (x) soluções da equação diferencial homogênea em
algum intervalo I. Então, o conjunto de soluções será linearmente independente em I se e
somente se W (x) ≠ 0, x ∈ I.
A
A!
NOT
Em resumo, do que vimos sobre o wronskiano podemos concluir:
para que y1 (x) e y2 (x) formem um conjunto fundamental
de soluções da equação diferencial homogênea, basta que o
wronskiano W (x) ≠ 0, x ∈ I.
A
Exemplo 2
Mostre que y1 (t) = t ½ e y2 (t) = t –1 formam um conjunto fundamental de soluções da equação
diferencial linear homogênea 2t 2 y′′ + 3ty′ – y = 0 no intervalo ]0, ∞[.
Resolução
Precisamos verificar primeiro se y1 (t) e y2 (t) são soluções da EDO.
Se y1 (t) = t ½, então y′1 (t) =
1 –½
1 –
t
e y′′1 (t) =
t .
2
4
3
2
Se y2 (t) = t –1, então y′2 (t) = –t –2 e y′′2 (t) = 2t – 3.
Substituindo y1 (t) e suas derivadas na EDO, temos
2t 2 –
–
1 –
t
4
3
2
+ 3t
1 ½
t – t½ = 0
2
1 ½
3 ½
t +
t – t ½ = 0.
2
2
Portanto, y1 (t) é solução da EDO.
Agora, substituindo y2 (t) e suas derivadas na EDO, temos
2t 2 (2t – 3) + 3t (– t – 2) – t – 1 = 0
4t – 1 – 3t – 1 – t – 1 = 0.
Portanto, y2 (t) é solução da EDO.
UNIDADE 3
TÓPICO 3
199
Para que as funções y1 (t) e y2 (t) formem um conjunto de soluções da EDO, pelos teoremas
anteriores, basta verificarmos que o wronskiano é diferente de zero para algum t > 0. Assim,
W (x) = –t – –
3
2
1 –
3
t = – t – ≠ 0.
2
2
3
3
2
2
Logo, y1 (t) = t ½ e y2 (t) = t –1 formam um conjunto fundamental de soluções da equação
2t 2 y′′ + 3ty′ – y = 0. Assim, y (t) = c1t ½ + c2t –1.
3 Equações Diferenciais lineares
de 2ª Ordem com Coeficientes Constantes
Vamos considerar apenas equações diferenciais da forma
a
dy
d2 y
+b
+ cy = 0
2
dx
dx
onde a, b e c são números reais e a ≠ 0. Para esta equação diferencial linear homogênea
existem valores constantes de λ tais que y = eλx é uma solução.
Substituindo-se y = eλx,
dy
d2 y
= λeλx e
= λ2eλx na EDO obtemos
dx
dx 2
aλ2eλx + bλeλx + eλx = 0
eλx (aλ2+ bλ + c) = 0
Como eλx ≠ 0, então y = eλx é solução de a
dy
d2 y
+b
+ cy = 0 se, e somente se, λ é
2
dx
dx
solução da equação aλ2+ bλ + c = 0.
Definição 3.3.1 A equação aλ2+ bλ + c = 0 é chamada de equação característica ou
equação auxiliar da equação diferencial linear homogênea.
200
TÓPICO 3
UNIDADE 3
3.1 Método de resolução
da equação diferencial
A natureza das soluções da equação diferencial linear homogênea a
d2 y
dy
+b
+ cy = 0
2
dx
dx
depende da natureza das raízes da equação característica correspondente.
Para escrever as soluções das equações diferenciais, teremos três casos a considerar.
Vamos empregar o teorema apresentado a seguir.
Teorema 3.3.1.1: Dada a equação ay′′ + by′ + cy = 0, formamos a equação característica
aλ2+ bλ + c = 0.
i) Se a equação característica tem duas raízes reais distintas λ1 e λ2, então a solução geral
tem a forma
y = c1eλ1x + c2eλ2x.
ii)Se a equação característica tem apenas uma raiz real λ, então a solução geral tem a forma
y = c1eλ1x + c2xeλx ou
y = (C1 + C2x) eλx.
iii) Se a equação característica tem duas raízes complexas λ1 = α + βi e λ2 = α – βi, então a
solução geral tem a forma
y = c1eαx cos βx + c2eαx sen βx ou
y = eαx (c1 cos βx + c2 sen βx).
A!
NOT
As raízes λ1 e λ2 da equação característica são chamados de
autovalores.
UNIDADE 3
TÓPICO 3
201
Exemplo 3
Encontre a solução geral da equação y′′ + 4y′ + 4y = 0.
Resolução
Conforme vimos acima, devemos escrever a equação característica λ2 + 4λ + 4 = 0 e encontrar
as suas raízes.
Aplicando a fórmula
λ=
, temos
–4
2
λ = –2
Assim, a solução geral da EDO é dada por y = c1e–2x + c2xe–2x.
Exemplo 4
Encontre a solução geral da equação y′′ + 2y′ – 15y = 0. Depois encontre a solução particular
que satisfaz as condições iniciais y (0) = 0 e y′­­(0) = –1.
Resolução
Resolvendo a equação característica λ2 + 2λ – 15 = 0, temos
λ=
–2 ± 8
2
λ1 =
–2 – 8
= –5
2
λ2 =
–2 + 8
=3
2
A solução geral é y = c1e– 5x + c2e3x.
202
TÓPICO 3
UNIDADE 3
Substituindo as condições iniciais y (0) = 0 e y′ (0) = –1 na solução geral, obtemos
y = c1e– 5x + c2e3x e y (0) = 0, então
c1e– 5 • 0 + c2e3 • 0 = 0
c1 + c2 = 0
Agora, y′ = – 5c1e– 5x + 3c2e3x e y′ (0) = –1, então
– 5c1e– 5 • 0 + 3c2e3 • 0 = –1
– 5c1 + 3c2= –1
resolvendo o sistema
c1 + c2 = 0
1
1
, encontramos c1 =
e c2 = – .
– 5c1 + 3c2= –1
8
8
Portanto, a solução que satisfaz as condições iniciais é dada por y =
1 – 5x 1 3x
e – e .
8
8
Exemplo 5
Encontre a solução geral da equação y′′ + 2y′ + 5y = 0.
Resolução
Conforme vimos acima, devemos escrever a equação característica λ2 + 2λ + 5 = 0 e encontrar
as suas raízes.
Aplicando a fórmula
λ=
– 2 ± 4i
2
λ = – 1 ± 2i
λ1 = – 1 – 2i
, temos
UNIDADE 3
TÓPICO 3
203
λ2 = – 1 + 2i
Assim, pelo teorema a solução geral da EDO é dada por y = e–x (c1 cos 2x + c2 sen 2x).
Exemplo 6
Encontre a solução geral da equação y′′ + 2y′ + y = 0.
Resolução
Resolvemos a equação característica λ2 + 2λ + 1 = 0.
Aplicando a fórmula
λ=
, temos
–2
2
λ = –1
Assim, a solução geral da EDO é dada por y = c1e–x + C2e–x.
No gráfico a seguir (Figura a seguir) estão algumas soluções da equação diferencial
y′′ + 2y′ + y = 0.
FIGURA 55 – ALGUMAS SOLUÇÕES DA EQUAÇÃO DIFERENCIAL
FONTE: O autor
204
TÓPICO 3
UNIDADE 3
Exemplo 7
Encontre a solução geral da equação y′′ + 12y = 0.
Resolução
Resolvemos a equação característica λ2 + 12 = 0, temos
λ2 = –12
λ = ± √ –12
λ = ± √ 12i
λ = ± √ 22 • 3i
λ = ± 2 √ 3i
λ1 = 2 √ 3i
λ2 = –2 √ 3i
Daí, temos que α = 0 e β = 2 √ 3
y = c1e0 • x cos (2 √ 3 x) + c2e0 • x sen (2 √ 3 x)
Portanto, a solução geral da EDO é dada por y = c1 cos (2 √ 3 x) + c2 sen (2 √ 3 x).
LEITURA COMPLEMENTAR
Equações Diferenciais como Modelos Matemáticos
Modelos Matemáticos: É frequentemente desejável descrever o comportamento
de algum sistema ou fenômeno da vida real em termos matemáticos, quer sejam eles físicos,
sociológicos ou mesmo econômicos. A descrição matemática de um sistema ou fenômeno,
chamada de modelo matemático, é constituído levando-se em consideração determinadas
metas. Por exemplo, talvez queiramos compreender os mecanismos de um determinado
ecossistema por meio do estudo do crescimento de populações de animais nesse sistema ou
datar fósseis por meio da análise do decaimento radioativo de uma substância que esteja no
fóssil ou no extrato no qual foi descoberta.
A construção de um modelo matemático de um sistema começa com
UNIDADE 3
TÓPICO 3
205
(i) a identificação das variáveis responsáveis pela variação do sistema. Podemos
a princípio optar por incorporar todas essas variáveis no modelo. Nesta capa, estamos
especificando o nível de resolução do modelo.
A seguir,
(ii) elaboramos um conjunto de hipóteses razoáveis ou pressuposições sobre o sistema
que estamos tentando descrever. Essas hipóteses deverão incluir também quaisquer empíricas
aplicáveis ao sistema.
Para alguns propósitos, pode ser perfeitamente razoável nos contentarmos com um
modelo de baixa resolução. Por exemplo, você provavelmente já sabe que, nos cursos básicos
de Física, a força retardadora do atrito com o ar é às vezes ignorada, na modelagem do
movimento de um corpo em queda nas proximidades da superfície da Terra, mas se você for
um cientista cujo trabalho é predizer precisamente o percurso de um projétil de longo alcance,
terá de levar em conta a resistência do ar e outros fatores, como curvatura da Terra.
Como as hipóteses sobre um sistema envolvem frequentemente uma taxa de variação
de uma ou mais das variáveis, a descrição matemática de todas essas hipóteses pode ser uma
ou mais equações envolvendo derivadas. Em outras palavras, o modelo matemático pode ser
uma equação diferencial ou sistema de equações diferenciais.
Depois de formular um modelo matemático, que é uma equação diferencial ou um
sistema de equações diferenciais, estaremos de frente para o problema nada insignificante de
tentar resolvê-los. Se pudermos resolvê-lo, julgaremos o modelo razoável se suas soluções
forem consistentes com dados experimentais ou fatos conhecidos sobre o comportamento do
sistema.
Porém, se as predições obtidas pela solução forem pobres, poderemos elevar o nível
de resolução do modelo ou levantar hipóteses alternativas sobre o mecanismo de mudança
no sistema. As etapas do processo de modelagem são então repetidas, conforme disposto no
seguinte diagrama:
206
TÓPICO 3
UNIDADE 3
FIGURA 56 – DIAGRAMA
HIPÓTESES
Expresse as hipóteses
em termos de equações
diferenciais
Se necessário, altere as
hipóteses ou aumente a
resolução do modelo
COMPARE AS
PREDIÇÕES DO
MODELO COM OS
FATOS CONHECIDOS
FORMULAÇÃO
MATEMÁTICA
Resolva as EDs
Exponha as predições
do modelo (por exemplo,
graficamente)
OBTENHA AS
SOLUÇÕES
FONTE: O autor
Naturalmente, aumentando a resolução aumentaremos a complexidade do modelo
matemático e, assim, a probabilidade de não conseguirmos obter uma solução explicita.
Um modelo matemático de um sistema físico frequentemente envolve a variável tempo
t. Uma solução do modelo oferece então o estado do sistema; em outras palavras, os valores
da variável (ou variáveis) para valores apropriados de t descrevem o sistema no passado,
presente e futuro.
DINÂMICA POPULACIONAL: Uma das primeiras tentativas de modelagem do
crescimento populacional humano por meio da matemática foi feita pelo economista inglês
Thomas Malthus, em 1978. Basicamente, a ideia por trás do modelo malthusiano é a hipótese
de que a taxa segundo a qual a população de um país cresce em um determinado instante
é proporcional à população total do país naquele instante. Em outras palavras, quanto mais
pessoas houver em um instante t, mais pessoas existirão no futuro.
Em termos matemáticos, se P(t) for a população no instante t, então essa hipótese
pode ser expressa por
dP
dP
∞ P ou
=k•P
dt
dt
onde k é uma constante de proporcionalidade. Esse modelo simples, embora não leve
em conta muitos fatores que podem influenciar a população humana tanto em seu crescimento
quanto em seu declínio (imigração e emigração, por exemplo), não obstante resulta ser
UNIDADE 3
TÓPICO 3
207
razoavelmente preciso na previsão da população dos Estados Unidos entre os anos de 1970
e 1980. As populações que crescem à taxa descrição por (1) são raras; entretanto, (1) é ainda
usada para modelar o crescimento de pequenas populações em um curto intervalo de tempo
(crescimento de bactérias em placas de Petri, por exemplo).
FONTE: Zill (2003, p. 22-24)
208
TÓPICO 3
UNIDADE 3
RESUMO DO TÓPICO 3
Neste tópico, vimos:
d2 y
dy
+b
+ cy = 0. A sua
2
dx
dx
resolução se resume em encontrar as raízes de uma equação do segundo grau aλ2+ bλ + c = 0.
• Um tipo de equação diferencial a equação na forma-padrão a
Após encontrar as raízes da equação aplica-se o teorema a seguir.
• Teorema 3.3.1.1 Dada a equação ay′′ + by′ + cy = 0, formamos a equação característica
aλ2+ bλ + c = 0.
• Se a equação característica tem duas raízes reais distintas λ1 e λ2, então a solução geral
tem a forma
y = c1eλ1x + c2eλ2x.
• Se a equação característica tem apenas uma raiz real λ, então a solução geral tem a forma
y = c1eλ1x + c2xeλx ou
y = (C1 + C2x) eλx.
• Se a equação característica tem duas raízes complexas λ1 = α + βi e λ2 = α – βi, então a
solução geral tem a forma
y = c1eαx cos βx + c2eαx sen βx ou
y = eαx (c1 cos βx + c2 sen βx).
UNIDADE 3
TÓPICO 3
Encontre a solução geral das seguintes EDOs.
1 y′′ – 3y′ + 2y = 0
28y′′ + 4y′ + y = 0
34y′′ + y′ = 0
4 y′′ – y′ – 6y = 0
5 y′′ + 9y = 0
612y′′ – 5y′ – 2y = 0
7 y′′ – 4y′ + 5y = 0
8 y′′ – 2y′ + y = 0
209
210
TÓPICO 3
UNIDADE 3
Prezado(a) acadêmico(a), agora que chegamos ao final da
Unidade 3, você deverá fazer a Avaliação.
211
REFERÊNCIAS
ANTON, H.; BIVENS, I.; DAVIS, S. Cálculo. v. 2. Poro Alegre: Bookman, 2007.
BOYCE, Willian E.; DIPRIMA, Richard C. Equações diferenciais elementares e
problemas de valores de contorno. Rio de Janeiro: LTC, 2002.
FINNEY, R.; WEIR, M.; GIORDANO, F. Cálculo de George B. Thomas Jr. v. 2. São Paulo:
Addison Wesley, 2002.
FLEMMING, Diva Marília; GONÇALVES, Mirian Buss. CÁLCULO B: funções de várias
variáveis, integrais duplas e triplas. 2° ed. São Paulo: Makron Books do Brasil, 2007.
LEITHOLD, Louis. O Cálculo com geometria analítica. v. 2. 3° ed. São Paulo: Harbra,
1994.
SIMMONS, George F. Cálculo com geometria analítica. v. 2. São Paulo: Pearson Makron
Books, 1987.
ROGAWKI, Jon. Cálculo. v. 2. Porto Alegre: Bookman, 2009.
STEWART, James. Cálculo. v. 2. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2006.
ZILL, Dennis G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. São Paulo:
Pioneira Thomson Learning, 2003.