Cálculo Diferencial e Integral
Tania Nunes Rabello
18 de agosto de 2012
2
Sumário
1 Introdução
1
2 Funções reais de variável real
2.1 Operações com funções . . . . . . . . . . . .
2.2 Função composta . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Função inversa . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Paridade e periodicidade de funções . . . . .
2.5 Funções Elementares . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Lista de Exercícios . . . . . . . . . .
2.6 Limite de função de uma variável . . . . . .
2.6.1 Lista de Exercícios . . . . . . . . . .
2.6.2 Operações com limites . . . . . . . .
2.6.3 Limites laterais . . . . . . . . . . . .
2.6.4 Limites infinitos e limites no infinito
2.6.5 Lista de exercícios . . . . . . . . . .
2.7 Continuidade de função de uma variável real
2.7.1 Lista de exercícos . . . . . . . . . . .
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3 Diferenciabilidade de função de uma variável
3.1 Derivabilidade e diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Derivada de ordem superior . . . . . . . . . . . . .
3.2 A aplicação da derivada ao estudo da variação de funções.
3.2.1 Estudo de máximos e mínimos . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.3 Concavidade e pontos de inflexão . . . . . . . . . .
3.2.4 Assíntotas e regras de l’Hôpital . . . . . . . . . . .
3.3 Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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21
22
26
28
30
32
37
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41
41
50
51
52
53
61
63
67
70
72
4 Integral de Riemann
75
4.1 Primitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.1.1 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3
4
SUMÁRIO
4.2 Funções Riemann integráveis . . . . . . . .
4.2.1 Lista de Exercícios . . . . . . . . .
4.3 Métodos de Integração . . . . . . . . . . .
4.4 Aplicações da integral . . . . . . . . . . .
4.4.1 Área em coordenadas cartesianas .
4.4.2 Área em coordenadas polares . . .
4.4.3 Volume de sólido de revolução . . .
4.4.4 Comprimento de arco . . . . . . . .
4.4.5 Área lateral de sólido de revolução
4.4.6 Lista de exercícios . . . . . . . . .
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81
82
90
90
91
93
94
95
96
5 Introdução
1
6 Noções de topologia do Rn
6.0.7 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
6
7 Funções vetoriais de variável real
7.0.8 Limite de funções vetoriais . .
7.0.9 Derivada de funções vetoriais
7.0.10 Integral de funções vetoriais .
7.0.11 Lista de Exercícios . . . . . .
8 Campos escalares
8.1 Limite de campos escalares . . . .
8.1.1 Lista de exercícios . . . .
8.2 Continuidade de campos escalares
8.2.1 Lista de Exercícios . . . .
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7
10
13
14
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19
20
28
31
33
9 Cálculo Diferencial de Campos Escalares
9.1 Derivada direcional e derivada parcial de campo escalar
9.2 Derivadas parciais de ordem superior . . . . . . . . . .
9.2.1 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3 Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.1 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4 Diferenciabilidade de campos compostos . . . . . . . .
9.4.1 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . .
9.5 Conjuntos de nível e planos tangentes . . . . . . . . . .
9.5.1 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . .
9.6 Fórmula de Taylor para funções de várias variáveis . .
9.7 Máximos, mínimos e pontos de sela . . . . . . . . . . .
9.7.1 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . .
9.8 Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . .
9.8.1 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . .
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35
35
45
49
51
65
68
72
73
79
80
87
100
102
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SUMÁRIO
10 Integral dupla
10.1 Integral Iterada . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Integrais duplas sobre regiões compactas
10.2.1 Lista de Exercícios . . . . . . . .
10.3 Mudança de variáveis . . . . . . . . . .
10.3.1 Lista de Exercícios . . . . . . . .
i
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119
. 122
. 124
. 129
. 131
. 139
ii
SUMÁRIO
Capítulo 1
Introdução
O objeto de estudo desta primeira parte do curso são as funções reais de variável real.
Estudaremos nesta disciplina os conceitos de limite, continuidade, derivabilidade e integrabilidade de funções reais de uma variável real.
O conceito de derivada de uma função num ponto está relacionado com a taxa de variação desta função num determinado instante, por exemplo, a velocidade de uma partícula
em cada instante t. Para o estudo da derivada de uma função faz-se necessário o estudo
de limite.
O conceito de primitiva está relacionado com o conceito de derivada. Alguns autores
denominam a primitiva de uma função de anti-derivada, pois a primitiva de uma função
f, num intervalo (a, b), quando existe, é uma função F derivável em (a, b) , cuja derivada
é f.
Ao final deste curso o aluno deverá ter uma compreensão clara do conceito de limite
que é fundamental no estudo do Cálculo, ser capaz de avaliar a existência de limite de
uma função num ponto, trabalhando com as propriedades de limite, ser capaz de analisar
a derivabilidade de uma função num ponto, calculando sua derivada, determinar máximos
e mínimos locais e absolutos de uma função e finalmente ser capaz de calcular integrais e
primitivas de funções, utilizando os diversos métodos de integração.
1
2
CAPÍTULO 1. INTRODUÇÃO
Capítulo 2
Funções reais de variável real
Como já dissemos as funções reais de variável real são o objeto de estudo do Cálculo,
mas como este tópico faz parte do ensino médio, faremos uma breve recordação de alguns
conceitos e deixaremos uma lista de exercícios para uma recordação de suas principais
propriedades.
Definição 2.1 Sejam X e Y conjuntos não vazios. Uma função de X em Y é uma regra
que a cada elemento x ∈ X associa um único elemento y ∈ Y. Denotada da seguinte
maneira,
f : X→Y
x → y = f(x).
Neste caso dizemos que X é o domínio de f e o denotamos por Df , enquanto que Y é o
seu contradomínio. Ainda y = f (x) é a imagem do elemento x pela função f.
Alguns conjuntos são importantes na definição de função além do domínio e contradomínio, a saber:
Im f = {f (x); x ∈ X},
Gf = {(x, y) ∈ X × Y ; y = f(x)}.
Os conjuntos acima são denominados, respectivamente, imagem de f e gráfico de f.
Nota 2.2 Uma função real de uma variável real é uma função cujo domínio e contradomínio são subconjuntos de R.
3
4
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Exemplo 2.3 f (x) = 1. Então Df = R e Im f = {1}. E seu gráfico:
Exemplo 2.4 f (x) = x2 . Então Df = R e Im f = [0, ∞). E seu gráfico:
Exemplo 2.5 f (x) =
√
x − 1. Então Df = [1, ∞) e Im f = [0, ∞). E seu gráfico:
5
Exemplo 2.6 f (x) =
1
. Então Df = R\{0} = Im f, cujo gráfico é:
x
Exemplo 2.7 f (x) = ln x. Então Df = (0, +∞), Im f = R e cujo gráfico é:
Definição 2.8 Sejam f : Df → R e g : Dg → R funções reais de variável real. Dizemos
que f = g se e somente se Df = Dg = D e f(x) = g(x), ∀x ∈ D.
Definição 2.9 Sejam f : Df → R e A ⊂ Df . Definimos a restrição de f ao conjunto A,
denotada por f |A da seguinte forma f|A : A → R, tal que f |A (x) = f (x) , ∀x ∈ A.
Nota 2.10 Assim, o domínio de f |A é A, diferentemente do domínio de f que é Df .
Definição 2.11 Seja f : Df → R, dizemos que f é limitada quando Im f é um subconjunto limitado de R. Ou seja, se existem m, M ∈ R tais que
m ≤ f (x) ≤ M, ∀x ∈ Df .
Ou equivalentemente, se existe K > 0 tal que
|f (x)| ≤ K, ∀x ∈ Df .
6
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Definição 2.12 Seja f : Df → R.
a) Dizemos que f é estritamente crescente quando, para todo x, y ∈ Df com x < y,
tem-se que f (x) < f (y) .
b) Dizemos que f é crescente quando, para todo x, y ∈ Df com x < y, tem-se que
f (x) ≤ f (y) .
c) Dizemos que f é estritamente decrescente quando, para todo x, y ∈ Df com
x < y, tem-se que f (x) > f (y) .
d) Dizemos que f é decrescente quando, para todo x, y ∈ Df com x < y, tem-se que
f (x) ≥ f (y) .
Nota 2.13 Quando uma função f satisfaz uma das definições acima, dizemos que f é
monótona.
Exemplo 2.14 Seja f : R → R, f (x) = x+1. Então f é monótona pois f é estritamente
crescente, já que ∀x, y ∈ R com x < y, tem-se que x + 1 < y + 1 ⇒ f (x) < f (y) .
1
. Então f é monótona pois f é estritax
1
1
mente decrescente, já que ∀x, y ∈ (0, +∞) com x < y, tem-se que > ⇒ f (x) > f (y) .
x
y
Exemplo 2.15 Seja f : (0, +∞) → R, f (x) =
x<0
1
. Tal função é decrescente,
x≥0
x+1
pois ∀x, y ∈ R com x < y < 0 tem-se que f (x) = f (y) e ∀x, y ∈ R com 0 ≤ x < y, tem-se
1
1
>
⇒ f (x) > f (y) . Logo, ∀x, y ∈ R com x < y, tem-se
que x + 1 < y + 1 ⇒
x+1
y+1
que f (x) ≥ f (y) .
Exemplo 2.16 Seja f : R → R, f (x) =
2.1
1;
Operações com funções
Consideraremos nesta seção apenas funções reais de uma variável real. Portanto o contradomínio será sempre R e o domínio um subconjunto de R, que será denotado por Df
para uma determinada função f.
Definição 2.17 Sejam f, g funções reais de uma variável real tais que Df ∩ Dg = ∅ e
k ∈ R. Assim definimos:
a) f + g
b) fg
f
c)
g
d) kf
: Df ∩ Dg → R; tal que (f + g) (x) = f (x) + g (x) ,
: Df ∩ Dg → R; tal que (fg) (x) = f (x) g (x) ,
f
f (x)
: {x ∈ Df ∩ Dg ; g(x) = 0} → R; tal que
(x) =
,
g
g (x)
: Df → R; tal que (kf ) (x) = kf (x) .
2.1. OPERAÇÕES COM FUNÇÕES
7
Exemplo 2.18
√ Considere f : (−∞, 5] → R, g : (1, ∞) → R definidas, respectivamente
por f(x) = 5 − x e g(x) = ln(x − 1). Assim,
√
Df +g = (1, 5] e (f + g) (x) = 5 − x + ln(x − 1),
√
Df g = (1, 5] e (f g) (x) = 5 − x ln(x − 1),
√
5−x
f
D f = (1, 2) ∪ (2, 5] e
(x) =
.
g
ln(x − 1)
g
Vejamos os gráfico de f, g, f + g, f g e
f
:
g
Em marrom o gráfico de f e em verde o gráfico de g
Gráfico de f + g
8
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Gráfico de f g
Gráfico de
2.2
f
g
Função composta
Definição 2.19 Sejam f, g funções reais de uma variável real tais que Dg ∩ Im f = φ.
Definimos a função g composta com f , denotada por g ◦ f, como
g ◦ f : {x ∈ Df ; f (x) ∈ Dg } → R tal que (g ◦ f ) (x) = g(f (x)).
Exemplo 2.20 Considere f(x) = cos x e g(x) = x2 − x + 1. Como Df = R, Im f =
[−1, 1] e Dg = R. Então Dg◦f = R e (g ◦ f ) (x) = cos2 (x) − cos x + 1. Neste caso como
Im g ⊂ R = Df então pode-se definir também (f ◦ g) (x) = cos (x2 − x + 1) e Df ◦g = R.
Observe que g ◦ f = f ◦ g.
1
e g(x) = x − 1, segue que Df = R\{0} = Im f,
x
1
= R\{1} e (f ◦ g) (x) =
. Ainda Dg◦f = Df = R\{0}
x−1
Exemplo 2.21 Considere f (x) =
Dg = R = Im g. Assim, Df ◦g
2.3. FUNÇÃO INVERSA
9
1−x
1
e (g ◦ f ) (x) = − 1 =
. Abaixo os gráficos de f em preto, g em marrom, g ◦ f, em
x
x
azul e de f ◦ g em amarelo.
y
5
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
x
-1
2.3
Função inversa
Antes de definirmos função inversa precisamos definir quando uma função é inversível.
Para isso recordaremos a definição de função injetora, sobrejetora e bijetora.
Definição 2.22 Seja f : Df → R.
a) Dizemos que f é injetora quando ∀x, y ∈ Df tais que f(x) = f (y) implica que x = y
ou equivalentemente ∀x, y ∈ Df tais que x = y implica que f(x) = f (y).
b) Dizemos que f é sobrejetora quando Im f = R, isto é, quando dado y ∈ R, existe
x ∈ Df tal que y = f(x).
c) Dizemos que f é bijetora quando f é injetora e sobrejetora, isto é, dado y ∈ R
existe um único x ∈ Df tal que y = f (x).
Nota 2.23 Observe que toda função é sobrejetora se considerarmos o contradomínio de
f como sendo Im f.
Definição 2.24 Seja f : Df → Im f uma função bijetora. Assim podemos definir a
função f −1 : Im f → Df por
f −1 (y) = x ⇔ f (x) = y, ∀y ∈ Im f,
observe que f −1 está bem definida pois tal x existe e é único uma vez que y ∈ Im f e f é
injetora.
Nota 2.25 Da própria definição de f −1 , pode-se observar que (f ◦ f −1 ) (y) = y, ∀y ∈
Im f e (f −1 ◦ f ) (x) = x, ∀x ∈ Df .
10
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Exemplo 2.26 Seja f : [0, ∞) → [0, ∞), definida por f (x)
= x2 , f é bijetora(mostre!) e
√
a função f −1 : [0, ∞) → [0, ∞), é definida por f −1 (x) = x.
Nota 2.27 Os gráficos de f e f −1 são simétricos em relação à reta y = x.
y
5
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5
x
Gráfico da função y=x2 e sua inversa
Exemplo 2.28 Seja f : (0, ∞) → R, f (x) = ln x. Já sabemos que f é bijetora e que
f −1 : R → (0, +∞) , é a exponencial, ou seja, f −1 (x) = ex . Os gráficos de f e f −1
seguem abaixo, em azul e preto, respectivamente.
y
10
5
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
10
x
-5
-10
Nota 2.29 Existem funções elementares inversíveis, cuja inversa não é uma função elementar. Por exemplo: f : R → R; f (x) = x + ex . A função f é injetora, pois é
estritamente crescente. Pode-se verificar através do gráfico que f é bijetora. Após o estudo de limite e continuidade de funções poderemos provar a sobrejetividade de f.
2.4. PARIDADE E PERIODICIDADE DE FUNÇÕES
11
y
8
6
4
2
-2
-1
1
2
x
-2
No entanto sua inversa não pode ser descrita em termos de funções elementares.
2.4
Paridade e periodicidade de funções
Definição 2.30 Seja f : Df → R tal que Df é um conjunto simétrico em relação ao
zero, isto é, se x ∈ Df então −x ∈ Df .
a) Dizemos que f é uma função par se e somente se f (−x) = f (x), ∀x ∈ Df .
b) Dizemos que f é uma função ímpar se e somente se f (−x) = −f (x), ∀x ∈ Df .
Exemplo 2.31 A função f (x) = cos x, ∀x ∈ R é uma função par enquanto que g(x) =
sen x, ∀x ∈ R é uma função ímpar.
1
Exemplo 2.32 A função f : R\{0} → R; f (x) = x sen é uma função par, já que
x
1
−1
1
f (−x) = −x sen
= −x sen
= x sen , já que sen é ímpar. Seu gráfico segue
−x
x
x
abaixo;
y
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
-1
1
-0.2
2
3
x
12
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Definição 2.33 Seja f : Df → R tal que Df é um conjunto que satisfaz a seguinte
propriedade: existe p ∈ R, p > 0 tal que se x ∈ Df então x + kp ∈ Df , ∀k ∈ Z. Assim,
dizemos que f é periódica de período p se e somente se f(x + kp) = f (x), ∀x ∈ Df e
∀k ∈ Z.
Exemplo 2.34 As funções seno e cosseno são periódicas de período 2π.
2
2
1.5
1.5
1
1
0.5
-10
-5
0.5
5
10
-10
-0.5
-5
5
10
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
-2
-2
π
Exemplo 2.35 A função f (x) = tg x, ∀x ∈ Df = {x ∈ R; x = +kπ, k ∈ Z} é periódica
2
de período π.
20
15
10
5
-10
-5
5
-5
-10
-15
-20
2.5
Funções Elementares
As funções elementares são as funções polinomiais, as funções racionais, as funções irracionais e funções transcendentes. Vejamos as definições e exemplos de cada uma delas.
2.5. FUNÇÕES ELEMENTARES
13
Definição 2.36 Uma função polinomial é uma função f : R → R, tal que existe n ∈ N e
ai ∈ R, 0 ≤ i ≤ n, an = 0 tais que f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn .
P (x)
,
Q (x)
onde P, Q : R → R são funções polinomiais sem zeros em comum e Df = {x ∈ R; Q (x) =
0}.
Definição 2.37 Uma função racional é uma função f : Df → R tal que f (x) =
Definição 2.38 Uma função f : Df → R é denominada uma função algébrica quando
existem n ∈ N e Pi : R → R, 0 ≤ i ≤ n, funções polinomiais com Pn não identicamente
nula, tal que y = f (x) é uma solução da equação algébrica Pn (x) y n + Pn−1 (x) y n−1 +
· · · + P0 (x) = 0, ∀x ∈ Df .
Nota 2.39 As funções polinomiais e racionais são funções algébricas. (Verifique!)
Definição 2.40 Uma função irracional é uma função algébrica que não é polinomial e
nem racional.
√
Exemplo 2.41 f : R → R, f (x) = 4 x4 + x2 + 3 é uma função irracional, pois não é
polinomial e nem racional e y = f (x) é solução da seguinte equação algébrica
y 4 − x4 − x2 − 3 = 0.
√
x2 − 1
Exemplo 2.42 f : Df → R; f (x) = √
, onde Df = (−∞, −2) ∪ (−2, −1] ∪
3
x2 − x − 6
[1, 3) ∪ (3, +∞) é uma função irracional, pois y = f (x) é solução da seguinte equação
algébrica
2
2
3
x − x − 6 y 6 − x2 − 1 = 0.
Definição 2.43 Uma função f : Df → R é denominada uma função transcendente, se f
não é algébrica.
Exemplo 2.44 As funções exponenciais e as funções logarítmicas.
Exemplo 2.45 As funções trigonométriacas e as trigonométricas inversas.
Exemplo 2.46 As funções hiperbólicas e as hiperbólicas inversas.
Como em geral as funções hiperbólicas não são estudadas no ensino médio, daremos
a seguir a definição e algumas de suas propriedades.
As funções hiperbólicas são assim chamadas, pois elas podem ser tomadas na hipérbole
equilátera de semi-eixos unitários, a saber a hipérbole de equação x2 − y 2 = 1. Vejamos
graficamente como podemos obter as funções cosseno hiperbólico e seno hiperbólico.
14
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
y
5
4
3
N
P=(u,v)
2
1
0
-5
-4
-3
-2
-1
O
0
A1
2
M3
4
5
-1
x
-2
-3
P’
-4
-5
Assim, considerando x a área do setor hiperbólico OP AP O, da figura acima, tem-se que
u = OM = cosh x e v = ON = senh x. Do próprio fato que P = (u, v) é um ponto
da hipérbole, tem-se que u2 − v2 = 1, ou seja, (cosh x)2 − (senh x)2 = 1. As abreviações
cosh e senh significam, respectivamente, cosseno e seno hiperbólicos. Pode-se fazer uma
"trigonometria hiperbólica", na hipérbole equilátera de semi-eixos unitários, como se faz
para as funções trigonométricas sobre o círculo trigonométrico. Definimos também a
tangente, cotangente, secante hiperbólicas de modo análogo às trigonométricas, ou seja,
senh x
,
cosh x
cosh x
cotgh x =
,
senh x
1
sech x =
,
cosh x
1
cossech x =
.
senh x
tgh x =
Pode-se provar que
ex + e−x
, ∀x ∈ R,
2
ex − e−x
senh x =
, ∀x ∈ R.
2
cosh x =
Seus gráficos são, respectivamente em azul o de cosh e em verde o de senh .
2.5. FUNÇÕES ELEMENTARES
15
y
4
2
-2
-1
1
2
x
-2
-4
Como pode ser observado pelo gráfico acima, a função senh é bijetiva, enquanto que
cosh não o é. Portanto define-se a função arco seno hiperbólico que é a inversa do seno
hiperbólico, ou seja,
arcsenh : R → R; arcsenh x = ln(x +
√
x2 + 1), ∀x ∈ R.
Seu gráfico segue abaixo:
y
2
1
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
-1
-2
Como cosseno hiperbólico não é bijetora, para podermos definir sua inversa, devemos
restringir seu domínio e contradomínio.
As demais funções hiperbólicas também podem ser definidas em termos da função
exponencial e as funções hiperbólicas inversas também podem ser definidas em termos da
função logaritmo, fazendo-se as devidas restrições aos domínios e ou contradomínios das
funções hiérbólicas. Algumas delas seguem na lista de exercícios.
16
2.5.1
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Lista de Exercícios
1
Exercício 2.47 Seja f : R → R definida por f (x) = x − x. Determine f(2), f
,
2
f (x2 ), f (f (x)).
2
x
Exercício 2.48 Seja f : R\{1} → R definida por f(x) =
. Determine f
x−1
t = 0, 1; f (x + h), para x = 1 − h.
1
, para
t
Exercício 2.49 Determine o domínio das funções abaixo. Analise também a paridade
destas funções:
a) f (x) = ex ,
b) f(x) = x2 +
√
x2 + 1,
c) f (x) = cosh(x),
d) f(x) = senh(x),
e) f (x) = x |x| ,
1
, x = 0
,
f) f (x) =
x
0, x = 0
g) f (x) = tgh x =
senh x
,
cosh x
h) f(x) = tg x.
Exercício 2.50 Seja a ∈ R, a > 0 e f : [−a, a] → R. Mostre que g : [−a, a] → R
definida por g(x) = f (x) + f(−x) é par e que a função h : [−a, a] → R definida por
h(x) = f(x) − f (−x) é ímpar.
Exercício 2.51 Utilizando o exercício anterior, mostre que dada uma função f : [−a, a] →
R, existem funções g, h : [−a, a] → R, sendo g uma função par e h uma função ímpar, tal
que f (x) = g (x) + h (x) , ∀x ∈ [−a, a] .
Exercício 2.52 Prove que o produto de duas funções pares ou ímpares é uma função par.
Exercício 2.53 Determine o domínio e esboce o gráfico das funções abaixo:
a) f (x) =
√
x + 2,
b) f(x) = x + |x| ,
2.5. FUNÇÕES ELEMENTARES
17
 2
 x − x, se x ≤ 1,
0,
se 1 < x ≤ 2,
c) f (x) =

x − 2, se x > 2.
d) f(x) =
x2 − 1
,
x−1
e) f (x) =
|2x + 1|
,
2x + 1
f) f (x) = |x − 1| + |x + 2| ,
g) f (x) = ||x| − 1| ,
h) f(x) = x sen x.
Exercício 2.54 Determine o domínio de f para o qual Im f ⊂ Dg e a composta h = g ◦f.
x−1
e f (x) = x + 2,
x−2
√
b) g(x) = x e f (x) = x2 − x,
a) g(x) =
1
e f (x) = x3 − x,
x
√
d) g(x) = x2 − 1 e f (x) = x2 − 2.
c) g(x) =
Exercício 2.55 Verifique se as funções abaixo são ou não injetoras. Sabe-se que a função
exponencial o é. Determine suas imagens e se for o caso determine sua inversa.
a) f : [0, +∞) → R, f (x) = cosh x,
b) f : R\{0} → R, f (x) =
1
,
x
c) f : R\{−1} → R, f (x) =
x+2
.
x+1
d) f : R → R, f (x) = tgh x.
Exercício 2.56 Prove que:
a) (tgh x)2 + (sech x)2 = 1.
b) senh (x + y) = senh x cosh y + senh y cosh x
c) cosh (x + y) = cosh x cosh y + senh x senh y
18
2.6
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Limite de função de uma variável
Consideremos um viajante que sai de São José dos Campos e deve chegar ao Rio de
Janeiro de ônibus às 20:00h. Ele observa que às 19:00h êle havia percorrido 270km, às
19:15 havia percorrido 290km de distância, às 19:30h, 310km até que às 20:00 ele chega
ao Rio, tendo percorrido 350km. Este é um processo de limite, onde podemos dizer que
a distância percorrida tendeu a 350km quando o tempo tendeu a 20:00h.
Ainda, se observarmos que um carro das 8:00h às 8:15h percorreu uma distancia de
20km, das 8:00h às 8:10 percorreu 12km, das 8:00h às 8:05 percorreu 5km e das 8:00 às
8:01 percorreu 1km, podemos dizer que a velocidade deste carro às 8:00h era de 60km/h.
Novamente estamos diante de um processo de limite, lembrando que a velocidade média
é igual a distância percorrida dividida pelo tempo em que esta foi percorrida.
x2 − 1
. É claro que
Consideremos então a função f : R\{1} → R definida por f(x) =
x−1
esta função não está definida para x = 1. No entanto pode-se fazer a seguinte tabela de
valores para f (x) à medida que tomamos x cada vez mais próximo de 1.Vejamos:
x
f (x)
0 0, 5 0, 7 0, 9
1 1, 5 1, 7 1, 9
0, 99
1, 99
0, 999
1, 999
Pode-se concluir que à medida que x se aproxima de 1, por valores menores que 1, f(x)
se aproxima de 2. Analogamente, quando x se aproxima de 1 por valores maiores que 1,
f (x) também se aproxima de 2, como mostra a tabela abaixo.
x
f (x)
2 1, 7 1, 5 1, 3
3 2, 7 2, 5 2, 3
1, 09
2, 09
1, 001
2, 001
Observe que 1 não pertence ao domínio de f, no entanto, tão próximo de 1 quanto se
queira existem pontos do domínio de f, ou seja, 1 é um ponto de acumulação do domínio
de f.
Observe ainda que se quisermos que f(x) esteja a uma distância de 2, menor que 0, 001,
basta tomarmos x tal que sua distância de 1 seja menor que 0, 001, isto é, |f(x) − 2| <
0, 001, desde que 0 < |x − 1| < 0, 001. É necessário que |x − 1| > 0, pois |x − 1| = 0 ⇔
x = 1 e f (1) não está definida.
Daremos a seguir a definição de limite e algumas propriedades, mas antes daremos a
definição de ponto de acumulação.
Definição 2.57 Sejam X ⊂ R, X = ∅ e a ∈ R. Dizemos que a é um ponto de acumulação
de X quando para todo r > 0, (a − r, a + r) \{a} ∩ X = ∅. O conjunto de todos os pontos
de acumulação de X é denominado derivado de X e denotado por X .
Exemplo 2.58 Considerando X = (a, b) ⇒ X = [a, b] .
Exemplo 2.59 Considerando X = Q ⇒ X = R.
2.6. LIMITE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
19
Definição 2.60 Sejam f : X ⊂ R → R, x0 ∈ X e l ∈ R. Dizemos que o limite de f (x) é
igual a l, quando x tende a x0 , denotado por, lim f (x) = l, quando para cada ε > 0 dado
x→x0
, existe δ > 0 tal que ∀x ∈ X com 0 < |x − x0 | < δ, tem-se que |f(x) − l| < ε.
Nota 2.61 O significado da definição é o seguinte: Pode-se tornar f (x) tão próximo de l
quanto se queira, desde que x esteja suficientemente próximo de x0 , mas diferente de x0 .
Assim, é claro que o valor de δ depende de ε e também, na maioria das vezes, do ponto
x0 , como mostra o exemplo a seguir.
1
. Assim, considere
x
ε = 0, 008. Se x0 = 2, tomando δ = 0, 016 tem-se que para todo x ∈ R\{0}, com 0 <
1
1
1
1
1
1
1
<
<
⇒
− < − <
|x − 2| < δ ⇒ 1, 984 < x < 2, 016 ⇒
2, 016
x
1, 984 2, 016
2
x
2
1
1
1 1
− . Portanto fazendo as contas, obtém-se que − < 0, 008. No entanto se
1, 984
2
x 2
1
tomarmos x0 = , verifique que o δ obtido acima não serve considerando o mesmo ε,
2
1
pois se tomarmos x = 0, 51 tem-se que 0 < x − = 0, 01 < 0, 016 e no entanto
2
1
− 2 = 2 > 0, 03 > 0, 008. Na realidade para x0 = 1 e ε = 0, 008, deve-se tomar
x
51
2
δ = 0, 001, isto é quase dez vezes menor.(Verifique!)
Exemplo 2.62 Considere f : R\{0} → R, definida por f(x) =
Nota 2.63 O limite de uma função num determinado ponto, apresenta o comportamento
da função em pontos próximos do ponto em questão, mas não nos diz nada sobre o valor
da função neste ponto, que pode nem mesmo existir ou se existir pode ser diferente do
valor do limite. Por exemplo:
 3
x −8


 2
, se x = ±2
x
−
4
Exemplo 2.64 Seja f : R → R, definida por f (x) =
1,
se x = 2 . Pode-se


 0,
se x = −2
observar que à medida que x se aproxima de 2, tanto por valores maiores que 2, tanto por
valores menores que 2, f (x) se aproxima de 3 = f(2). No entanto, quando x se aproxima
de −2, por valores menores que −2, pode-se verificar que f (x) decresce indefinidamente,
ou seja, não se aproxima de nenhum valor real, apesar da função estar definida neste
ponto.
Provemos, usando a definição, que lim f (x) = 3. De fato, para cada ε > 0, tomando
x→2
3ε
δ = min{1, } > 0, segue que para todo x ∈ R com 0 < |x − 2| < δ tem-se que:
4
3
2
2
x − 8
x + 2x + 4
x − x − 2
,
|f(x) − 3| = 2
− 2 = − 3 = x −4
x+2
x+2 20
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
pois x = 2 e portanto pode-se fazer as simplificações. Ainda, como |x − 2| < δ ≤ 1 ⇒
−1 < x − 2 < 1 ⇒ 1 < x < 3, logo,
2
x − x − 2 |x + 1| |x − 2|
|x + 1|
4
=
|f (x) − 3| = <δ
< δ ≤ ε,
x+2
|x + 2|
|x + 2|
3
o que implica que lim f (x) = 3.
x→2
Nota 2.65 A definição de limite não nos fornece uma maneira de calculá-lo, apenas de
verificar se o valor dado é ou não limite de uma determinada função, num determinado
ponto. Por isso daremos algumas propriedade que nos permitirão fazê-lo, mas antes disso
necessitamos de algumas propriedades.
Proposição 2.66 Seja f : Df → R, a ∈ Df e l ∈ R. Se lim f (x) = l então:
x→a
a) O limite é único.
b) Existem δ > 0 e M > 0 tais que |f(x)| ≤ M, ∀x ∈ (a − δ, a + δ) ∩ Df .
c) Se l = 0 existe δ > 0 tal que f (x) tem o mesmo sinal de l, para todo x ∈ Df ∩
[(a − δ, a + δ) \{a}].
1
Exemplo 2.67 Seja f : R\{0} → R, definida por f (x) = sen . Apesar de |f(x)| ≤ 1,
x
∀x ∈ R, x = 0, isto é, a função f é limitada, vamos provar que não existe lim f (x), pois
x→0
tão próximo de 0 quanto se queira, encontramos pontos x ∈ R, tais que f (x) assume
1
quaisquer valores no intervalo [−1, 1]. Por exemplo se tomarmos xn =
, n ∈ N, a
nπ
medida que n cresce, xn se torna tão próximo de 0 quanto se queira e f(xn ) = 0, ∀n ∈ N.
1
Se considerarmos yn =
, ∀n ∈ N também temos que yn se torna tão próximo
(π/2) + 2nπ
de 0 quanto se queira f (yn ) = 1, ∀n ∈ N. Na realidade para cada z ∈ [−1, 1] existe
1
θ ∈ [0, 2π] tal que sen θ = z, assim, tomando xn =
, n ∈ N, temos que xn se torna
θ + 2nπ
tão próximo de 0 quanto se queira, bastando tomar n suficientemente grande e f (xn ) = z.
Segue portanto do teorema anterior que não existe lim f (x), pois o limite quando existe é
x→0
2.6. LIMITE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
21
único. O gráfico abaixo, mostra o comportamento da função em torno do 0.
y
1.0
0.5
-3
-2
-1
1
2
3
x
-0.5
-1.0
1
Exemplo 2.68 Seja f : R\{0} → R, definida por f (x) = . Então lim f(x) pois se
x→0
x
1
considerarmos xn = ∈ R\{0}, ∀n ∈ N, xn pode ser tornado tão próximo de 0 quanto
n
se queira e no entanto f (xn ) = n que pode ser tornado tão grande quanto se queira e
portanto não se aproxima de nenhum número real.
Nota 2.69 Observe que nos dois exemplos acima o limte não existe, mas por diferentes
razões. No primeiro exemplo a função é limitada, mas o limite não existe pois à medida
que x se aproxima de 0, a função pode se aproximar de qualquer valor no intervalo [−1, 1] .
No segundo exemplo a função não possui limite pois não é limitada.
2.6.1
Lista de Exercícios
Exercício 2.70 Mostre, por definição que:
a)lim (αx + β) = αa + β.
x→a
b)lim sen x = 0.
x→0
c)lim ex = 1.
x→0
d)lim ln x = 0.
x→1 √
√
e) lim n x = n a, para n ∈ N, n ímpar.
x→a √
√
f ) lim , m x = m a, para cada m ∈ N, m par e a ≥ 0.
x→a
Exercício 2.71 Seja f : Df → R, a ∈ Df e l ∈ R tais que lim f (x) = l. Prove que
lim [f (x)]n = ln , para cada n ∈ N.
x→a
x→a
22
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Exercício 2.72 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df ∩ Dg e l1 , l2 ∈ R. Suponha que
l1 < l2 . Mostre que ∃δ > 0 tal que f(x) < g(x), ∀x ∈ Df ∩ Dg que satisfaz 0 < |x − a| < δ.
Dê um exemplo de duas funções f e g tais que f (x) < g(x), ∀x ∈ Df ∩ Dg e tais que
lim f(x) = lim g(x), para algum a ∈ Df ∩ Dg . Este exemplo mostra que a recíproca do
x→a
x→a
resultado não é verdadeira.
Exercício 2.73 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df ∩ Dg e l1 , l2 ∈ R. Suponha que
∃δ > 0 tal que f (x) < g(x), ∀x ∈ Df ∩ Dg que satisfaz 0 < |x − a| < δ , lim f (x) = l1 e
x→a
lim g(x) = l2 . Mostre que l1 ≤ l2 .
x→a
2.6.2
Operações com limites
A partir do teorema anterior todas as operações que valem para seqüências também
são válidas para limite de funções, as quais enunciaremos a seguir. A demonstração
destas propiedades podem ser feitas diretamente da definição de limite ou utilizando a
caracterização de limite por seqüências e utilizando as propriedades já demonstradas para
seqüências.
Proposição 2.74 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df ∩ Dg e l1 , l2 ∈ R tais que
lim f(x) = l1 e lim g(x) = l2 . Então:
x→a
x→a
a) lim (f + g) (x) = l1 + l2 .
x→a
b) lim (f g) (x) = l1 l2 .
x→a
f (x)
l1
= .
x→a g(x)
l2
d) lim |f (x)| = |l1 | .
c) Se l2 = 0 então lim
x→a
Nota 2.75 Como no caso de seqüências a recíproca do ítem (d) da proposição não é necessariamente válida. No entanto, quando l1 = 0 então esta é válida, ou seja, lim |f (x)| =
x→a
0 ⇔ lim f(x) = 0.
x→a
Exemplo 2.76 Considere f (x) = x2 − 2x + 3, x ∈ R. Então como lim x = −1, segue
x→−1
2
das propriedades de limite que lim f(x) = (−1) − 2 (−1) + 3 = 2.
x→−1
Um resultado importante e bastante utilizado para cálculo de limites é o seguinte:
Proposição 2.77 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df ∩ Dg . Suponhamos que
lim f(x) = 0 e existe r > 0 tal que g é limitada em (a − r, a + r)∩Dg . Então lim (f g) (x) =
x→a
x→a
0.
2.6. LIMITE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
23
Prova. Como g é limitada em (a − r, a + r) ∩ Dg então existe K > 0 tal que |g(x)| ≤
K, ∀x ∈ (a − r, a + r) ∩ Dg . Como lim f (x) = 0 então ∀ε > 0 existe δ > 0 tal que ∀x ∈ Df
x→a
ε
com 0 < |x − a| < δ tem-se que |f (x)| < . Assim, tomando δ 1 = min{δ, r} > 0 segue
K
que ∀x ∈ Df ∩Dg com 0 < |x − a| < δ 1 tem-se que |g(x)f (x)| = |g(x)| |f (x)| ≤ K |f (x)| <
ε
K = ε ⇒ lim (f g) (x) = 0. x→a
K
Nota 2.78 O resultado acima pode ser provado usando também um resultado análogo
para seqüências, que foi deixado como exercício, e o teorema anterior.
1
1
2
≤ 1, ∀x ∈ R\{−1}
= 0, pois sen
Exemplo 2.79 lim (x − x − 2) sen
x→−1
x+1
x+1 e lim (x2 − x − 2) = 0.
x→−1
Nota 2.80 Observe que no
exemplo
acima não se pode utilizar o resultado de produto de
1
limites pois a função sen
é limitada, mas não possui limite quando x tende a
x+1
−1.
Um outro teorema importante, pois nos permite fazer mudanças de variáveis nos limites conhecidos é o limite de composta de funções. Vejamos.
Teorema 2.81 (da composta I): Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df , b ∈ Dg
e l ∈ R tais que lim f (x) = b, limg(y) = l. Suponhamos ainda que existe r > 0 tal que
x→a
y→b
f (x) = b e f (x) ∈ Dg , ∀x ∈ Df com 0 < |x − a| < r. Então lim (g ◦ f ) (x) = l.
x→a
Prova. Como limg(y) = l então dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo y ∈ Dg
y→b
com 0 < |y − b| < δ tem-se que |g(y) − l| < ε. Como lim f (x) = b então tomando δ > 0
x→a
encontrado acima, existe δ 1 > 0 tal que para todo x ∈ Df com 0 < |x − a| < δ 1 tem-se
que |f (x) − b| < δ. Assim, tomando δ 2 = min{δ 1 , r} > 0 segue que para todo x ∈ Df
com 0 < |x − a| < δ 2 obtém-se f (x) ∈ Dg e 0 < |f (x) − b| < δ ⇒ |g(f(x)) − l| < ε ⇒
lim (g ◦ f) (x) = l. x→a
Nota 2.82 É importante notar que sem a hipótese de f (x) = b, ∀x ∈ Df ∩[(a − r, a + r) \{a}]
poderíamos não ter o limite da composta ou mesmo este ser diferente de l. Vejamos dois
exemplos.
Exemplo 2.83 Sejam f, g : R → R definidas por
x + 1, x ∈ R\Q
f (x) =
,
1,
x∈Q
 2
 x −1
, x = 1 .
g(x) =
x
−
1
 0,
x=1
24
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL

 x2 + 2x
, x ∈ R\Q e
Então lim f (x) = 1 e lim g(y) = 2. No entanto, (g ◦ f) (x) =
x→0
y→1
 0, x
x∈Q
portanto lim (g ◦ f) (x) . Isto porque r > 0 tal que f (x) = 1, ∀x ∈ [(−r, r) \{0}] .
x→0

 x2 − 4
, x = 2
Exemplo 2.84 Sejam f, g : R → R definida por f (x) = 2 e g(x) =
.
x
−
2
 0,
x=2
Então lim f(x) = 2, ∀a ∈ R e lim g(y) = 4. No entanto (g ◦ f) (x) = 0, ∀x ∈ R e portanto
x→a
y→2
lim (g ◦ f) (x) = 0 = 4, ∀a ∈ R. O que não contradiz o teorema pois não existe r > 0 tal
x→a
que f (x) = 2, ∀x ∈ [(a − r, a + r) \{a}] .
x
x
Exemplo 2.85 lim cos x = 1, pois cos x = cos 2
= 1 − 2 sen2
. Fazendo f (x) =
x→0
2
2
x
tem-se que lim f (x) = 0, f (x) = 0, ∀x = 0 e lim sen y = 0 (exercício abaixo), portanto
x→0
y→0
2
segue do teorema da composta, considerando g(y) = sen y, que lim (g ◦ f ) (x) = 0 =
x→0
x
2 x
. Segue agora das operações de limite que lim cos x = lim 1 − 2 sen
=
lim sen
x→0
x→0
x→0
2
2
1.
Exemplo 2.86 Calculemos lim ex . Temos que ex = ea ex−a . Assim considerando f (x) =
x→a
x − a e g(y) = ey , segue do teorema da composta que lim ex−a = 1, pois lim f (x) = 0,
x→a
x→a
f (x) = 0, ∀x = a e lim g(y) = 1, (exercício abaixo) logo das operações de limite obtém-se
y→0
que lim ex = lim ea ex−a = ea .
x→a
x→a
Um resultado importante, análogo ao que foi visto para seqüências, é o teorema do
confronto, que pode ser demonstrado usando o teorema de caracterização de limite por
seqũencias e o próprio teorema do confronto para seqüências e pro isso será deixado como
exercício.
Teorema 2.87 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, h : Dh → R, a ∈ Df ∩ Dg ∩ Dh e l ∈ R.
Se lim f (x) = lim h(x) = l e f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), ∀x ∈ Df ∩Dg ∩Dh ∩[(a − r, a + r) \{a}] ,
x→a
x→a
para algum r > 0 então lim g(x) = l.
x→a
sen x
Exemplo 2.88 Limite fundamental: Calculemos lim
, utilizando o teorema do conx→0 x
π
fronto. De fato para x ∈ 0,
tem-se que
2
0 < sen x < x < tg x ⇒ 1 <
x
1
<
.
sen x
cos x
2.6. LIMITE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
π Ainda para x ∈ − , 0 tem-se que
2
tg x < x < sen x < 0 ⇒ 1 <
Logo, para todo x ∈
25
x
1
<
.
sen x
cos x
π π − ,
\{0} tem-se que
2 2
1<
x
1
sen x
<
⇒ cos x <
<1
sen x
cos x
x
sen x
e como lim 1 = 1 = lim cos x, segue do teorema do confronto que lim
= 1.
x→0
x→0
x→0 x
sen x
Segue abaixo o gráfico da função f (x) =
.
x
sen (x/2)
x
. Consideremos a função f (x) = , ∀x ∈
x/2
2
sen x
R, então lim f(x) = 0 e f (x) = 0, ∀x ∈ R\{0}. Sabe-se ainda que lim
= 1.
x→0
x→0 x
sen y
Portanto, considerando g(y) =
, segue do teorema composta que lim (g ◦ f ) (x) = 1.
x→0
y
sen (x/2)
Mas lim
= lim (g ◦ f) (x) = 1.
x→0
x→0
x/2
Exemplo 2.89 Calculemos o lim
x→0
x
1 − cos x
1
2 x
=
,
pois
cos
x
=
cos
2
=
1
−
2
sen
. Assim,
x→0
x2 2
2
2
2
1 − cos x
2 sen2 (x/2)
1 sen(x/2)
1
=
=
= .
2
2
x
x
2
(x/2)
2
Exemplo 2.90 lim
tg (x2 − 1)
tg y
1 sen y
= 2, pois g (y) =
=
, ∀y ∈ Vπ/2 (0) ⇒
x→1
x−1
y
cos y y
tg y
1 sen y
1
sen y
lim
= lim
= lim
lim
= 1. Ainda f (x) = x2 − 1 é tal que
y→0 y
y→0 cos y y
y→0 cos y y→0 y
Exemplo 2.91 lim
26
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
lim f (x) = 0, f (x) = 0, ∀x ∈ (0, 2) \{1}, portanto do teorema da composta tem-se
x→1
tg (x2 − 1)
tg (x2 − 1)
tg (x2 − 1)
=
1.
Mas
=
(x + 1) e como
x→1
x→1 x2 − 1
x−1
x2 − 1
lim (x + 1) = 2, segue das operações de limites que
que lim (g ◦ f) (x) = lim
x→1
tg (x2 − 1)
tg (x2 − 1)
= lim
lim (x + 1) = 2.
x→1
x→1 x2 − 1 x→1
x−1
lim
tg x
1 sen x
tg x
tg x
1 sen x
Exemplo 2.92 lim
= 1, pois
=
⇒ lim
= lim
=
x→0 x
x→0
x→0
x
cos x x
x
cos x x
1
sen x
lim
lim
= 1.
x→0 cos x x→0 x
2.6.3
Limites laterais
 2
 x − 1, x ≤ 1
ln x,
1 < x ≤ e , Se quisermos
Considere a função f : R → R definida por f (x) =

1
x>e
saber o limite de f quando x tende a 1, por exemplo, devemos analisar o comportamento
da função para valores de x próximos de 1 e maiores que 1 e para valores menores que 1.
E se estes limites forem iguais, pode-se concluir que o limite existe? Parece intuitivo que
sim e é o que veremos a seguir. Para isso daremos algumas definições.
Definição 2.93 Seja X um subconjunto não vazio de R.
a) Dizemos que a ∈ R é um ponto de acumulação à direita de X quando para todo
r > 0, tem-se que (a, a + r) ∩ X = ∅. Denotamos o conjunto de todos os pontos de
acumulação à direita de X por X+ .
b) Dizemos que a ∈ R é um ponto de acumulação à esquerda de X quando para
todo r > 0, tem-se que (a − r, a) ∩ X = ∅. Denotamos o conjunto de todos os pontos
de acumulação à esquerda de X por X− .
Exemplo 2.94 Se X = [−2, 7] então X+ = [−2, 7), pois (7, 7 + r) ∩ X = ∅, ∀r > 0 e
(a, a + r) ∩ X = ∅, ∀a ∈ [−2, 7).
Exemplo 2.95 Se X = (−1, 5] ∪ [9, +∞) então X+ = [−1, 5) ∪ [9, +∞).
Definição 2.96 Sejam f : D → R, a ∈ (D)+ e l ∈ R. Dizemos que f (x) tende a l quando
x tende a a pela direita, denotado por, lim+ f(x) = l, quando dado ε > 0 existe δ > 0 tal
x→a
que ∀x ∈ D ∩ (a, a + δ) obtém-se que |f (x) − l| < ε.
Nota 2.97 Da definição de limite à direita, pode-se notar que estamos apenas interessados no comportamento da função em valores próximos de a, mas maiores que a.
Analogamente, define-se limite à esquerda.(Faça-o).
2.6. LIMITE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
27
Nota 2.98 É claro que todos os resultados válidos para limite são também válidos para
limites laterais com as devidas modificações.(Pense nisso!)
Agora daremos o resultado que responde à pergunta inicial, isto é, se existem os limites
laterais e são iguais então o limite existe e é igual ao limite lateral?
Teorema 2.99 Sejam f : D → R e a ∈ (D)+ ∩ (D)− . Então lim f (x) = l ⇔ lim+ f (x) =
x→a
x→a
l = lim− f (x).
x→a
Prova. (⇒) Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D ∩ Vδ (a) ⇒ |f (x) − l| < ε. Logo
∀x ∈ D ∩ (a, a + δ) tem-se que 0 < x − a = |x − a| < δ ⇒ |f (x) − l| < ε. Analogamente,
∀x ∈ D ∩ (a − δ, a) tem-se que 0 < a − x = |x − a| < δ ⇒ |f (x) − l| < ε. Portanto
lim+ f(x) = l = lim− f (x).
x→a
x→a
(⇐) Dado ε > 0, existe δ 1 > 0 tal que ∀x ∈ D∩(a, a + δ 1 ) obtém-se que |f (x) − l| < ε.
Ainda existe δ 2 > 0 tal que ∀x ∈ D ∩ (a − δ2 , a) obtém-se que |f (x) − l| < ε. Assim, tomando δ = min{δ 1 , δ 2 } > 0, segue que ∀x ∈ D ∩ Vδ (a) tem-se que x ∈ D ∩
[(a − δ, a) ∪ (a, a + δ)], logo se x ∈ D ∩ (a − δ, a) ⇒ x ∈ D ∩ (a − δ 2 , a) ⇒ |f (x) − l| < ε.
Ainda, se x ∈ D ∩ (a, a + δ) ⇒ x ∈ D ∩ (a, a + δ 1 ) ⇒ |f (x) − l| < ε. Portanto, ∀x ∈ D
com 0 < |x − a| < δ obtém-se que |f (x) − l| < ε, o que prova que lim f(x) = l. x→a
 2
 x − 1,
Exemplo 2.100 Considere f : R → R definida por f (x) =
ln x,

1
2
Então como lim+ f (x) = lim+ ln(x) = 0 e lim− f (x) = lim− x − 1 = 0 ⇒
x→1
x→1
x→e
x→e
x→1
x→1
x≤1
1<x≤e .
x>e
lim f(x) = 0.
x→1
Ainda como lim+ f(x) = lim+ 1 = 1 e lim f (x) = lim ln x = ln e = 1 ⇒ lim f (x) = 1.
Como pode se ver graficamente:
x→e−
x→e−
x→e
28
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Exemplo 2.101 Seja f : R → R, definida por f (x) = [x] − x, onde [x] é o maior inteiro
menor ou igual a x. Assim, lim+ f (x) = 0 e lim− f (x) = −1 ⇒ lim f (x). Segue abaixo o
gráfico de f.
2.6.4
x→1
x→1
x→1
Limites infinitos e limites no infinito
Vimos que uma função pode não ter limite num ponto de acumulação porque seus limites
laterais existem, mas são distintos ou porque a função oscila à medida que x se aproxima
do ponto de acumulação. Mas também pode acontecer da função não admitir limite
num ponto porque cresce indefinidamente ou decresce indefinidamente à medida que x se
1
aproxima do ponto de acumulação. Por exemplo f (x) = 2 , x = 0. Observe que à medida
x
que x tende a 0, f(x) cresce indefinidamente e portanto não se aproxima de nenhum
valor real. Neste caso, dizemos que lim f (x) = +∞, para indicar o comportamento de f,
x→0
próximo a 0. Vejamos então a definição.
Definição 2.102 Sejam f : D → R e a ∈ D .
a) Dizemos que f (x) tende a +∞ quando x tende a a, denotado por lim f (x) = +∞,
x→a
quando ∀M > 0, existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D ∩ Vδ (a) ⇒ f (x) > M.
b) Dizemos que f (x) tende a −∞ quando x tende a a, denotado por lim f (x) = −∞,
x→a
quando ∀N < 0, existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D ∩ Vδ (a) ⇒ f (x) < N.
Nota 2.103 A definição também é válida para limites laterais com as devidas modificações.
1
Exemplo 2.104 Considerando f (x) = 2 , x = 0, segue que lim f (x) = +∞, pois ∀M >
x→0
x
1
1
1
2
2
0, existe δ = √ > 0, tal que ∀x ∈ Vδ (0) ⇒ 0 < x < δ ⇒ 2 > 2 = M.
x
δ
M
2.6. LIMITE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
29
Exemplo 2.105 lim+ ln x = −∞ pois ∀N < 0, existe δ = eN > 0 tal que ∀x ∈ (0, δ)
x→0
⇒ ln x < ln δ = N. Assim, ln x < N, ∀x ∈ (0, δ) .
= +∞, pois ∀M > 0, considere M = max{M, e} e δ =
Exemplo 2.106 lim e1/x
x→0+
1
1
1
> 0. Assim, ∀x ∈ (0, δ) tem-se que 0 < x < δ ⇒
>
= ln M ⇒ e1/x >
ln M
x
δ
e1/δ = M ≥ M.
Quando desejamos traçar o gráfico de uma função e o domínio desta não é limitado
superiormente ou inferiormente, precisamos saber como se comporta a função quando x
cresce indefinidamente ou decresce indefinidamente. Estes são os chamados limites no
"infinito", cuja definição veremos a seguir.
Definição 2.107 Seja f : D → R, tal que D não é limitado superiormente.
a) Dizemos que lim f (x) = l ∈ R quando ∀ε > 0, ∃K > 0 tal que ∀x ∈ D com x > K
x→+∞
tem-se que |f(x) − l| < ε.
b) Dizemos que lim f(x) = +∞ quando ∀M > 0, ∃K > 0 tal que ∀x ∈ D com x > K
x→+∞
tem-se que f (x) > M.
c) Dizemos que lim f(x) = −∞ quando ∀N < 0, ∃K > 0 tal que ∀x ∈ D com x >
x→+∞
K tem-se que f (x) < N.
Nota 2.108 Analogamente, define-se os casos acima quando x decresce indefinidamente,
isto é, x → −∞, e deixamos a cargo do aluno escrever tais definições..
Nota 2.109 Quando temos o caso (a) da definição acima, as propriedade vistas anteriormente para limite são válidas, com as devidas modificações.
Exemplo 2.110 lim ln x = +∞, pois ∀M > 0, ∃K = eM > 1 tal que ∀x ∈ R com
x→+∞
x > K ⇒ ln x > ln K = M.
1
Exemplo 2.111 lim ex = 0, pois ∀ε > 0, considere ε = min{ε, } > 0 e tome K =
x→−∞
2
ln ε < 0, então ∀x < K ⇒ 0 < ex < eK = ε ≤ ε, isto é, |ex | < ε.
√
Exemplo 2.112 lim x3 = −∞, pois ∀N < 0, ∃K = 3 N < 0, tal que ∀x ∈ R com
x→−∞
x < K ⇒ x3 < K 3 = N.
Deixaremos como exercício a demonstração das propriedades com limites infinitos, que
enunciaremos a seguir.
Proposição 2.113 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df ∩ Dg . Então:
30
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
a) Se lim f (x) = ±∞ e lim g(x) = c ∈ R então lim [f (x) ± g(x)] = ±∞.
x→a
x→a
x→a
b) Se lim f (x) = ±∞ e lim g(x) = c > 0 (podendo ser +∞ ) então lim f (x)g(x) = ±∞.
x→a
x→a
x→a
c) Se lim f (x) = ±∞ e lim g(x) = c < 0 (podendo ser −∞ ) então lim f(x)g(x) = ∓∞.
x→a
x→a
x→a
d) Se lim f(x) = 0 e ∃δ > 0 tal que f (x) > 0, ∀x ∈ Df ∩ [(a − δ, a + δ) \{a}] ( dizemos
x→a
1
então que f (x) tende a zero por valores positivos) então lim
= +∞.
x→a f (x)
1
= −∞.
x→a f (x)
e) Se lim f(x) = 0 por valores negativos então lim
x→a
Se Df e Dg não forem limitados superiormente e/ou inferiormente a pode ser substituído por ±∞ e os resultados continuam válidos.
2.6.5
Lista de exercícios
Exercício 2.114 Determine os limites abaixo, caso existam, justificando os resultados
utilizados:
√
√
3
x− 33
.
a) lim
x→3 x − 3
x2 + 5x + 6
b) lim 2
.
x→−3 x − x − 12
1
c) lim cos .
x→0
x
tg x2
.
x→0 x
d) lim
3x + 6
.
x→−2 sen (x + 2)
π
f) lim x −
sec x
x→π/2
2
1 − cos (2x)
g) lim log2
.
x→0
x2
e) lim
4
(3 − x3 ) − 16
h) lim
.
x→1
x3 − 1
sen (x2 − 1)
.
x→−1
x+1
i) lim
2.6. LIMITE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
31
j) lim sen x.
x→a
l) lim cos x.
x→a
m) lim ln x.
x→a
n) lim bx , onde b > 0 e b = 1.
x→a
o) lim logb x, onde b > 0 e b = 1.
x→a
√
√
x+2− 2
.
p) lim
x→0
x
√
x−1
√ .
q) lim √
x→1 2x + 3 −
5
Exercício 2.115 Determine, caso exista, lim
x→2
|2x − 4|
, justificando.
x2 − 4
Exercício 2.116 Seja f : Df → R, a ∈ (Df )− tal que existem r > 0 e M ∈ R satisfazendo
f (x) ≤ M, ∀x ∈ (a − r, a) ∩ Df .
Suponha ainda que f é não decrescente em (a − r, a) ∩ Df . Mostre que existe lim− f(x).
x→a
Exercício 2.117 Enuncie e demonstre um resultado análogo ao exercício anterior para
limite lateral à direita.
Exercício 2.118 Determine, os limites abaixo, caso existam, justificando:
√
3
x3 + 2x − 1
a) lim √ 2
.
x→+∞
x +x+1
sen x
.
x→+∞ x
b) lim
c) lim (1 − cos (1/x)) x2 .
x→+∞
Exercício 2.119
3x5 + x4 + 1
.
x→−∞ 2x5 + x − 3
x
e) lim 2
.
x→−∞ x + 3x + 6
d) lim
32
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Exercício 2.120 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, l ∈ R, a ∈ Df e Dg ilimitado
superiormente. Suponhamos que ∃r > 0 tal que f (x) ∈ Dg , ∀x ∈ Df com 0 < |x − a| < r.
Se lim f (x) = +∞ e lim g(y) = l então lim (g ◦ f) (x) = l.
x→a
y→+∞
x→a
Exercício 2.121 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, Df ilimitado inferiormente e Dg
ilimitado superiormente, tal que Im f ⊂ Dg . Se lim f (x) = +∞, lim g(x) = +∞,
x→−∞
mostre que lim (g ◦ f ) (x) = +∞.
x→+∞
x→−∞
Exercício 2.122 Determine os limites abaixo, caso existam:
a) lim−
1
.
1 + e1/x
b) lim+
1
.
ln (x4 − 16)
x→0
x→2
Exercício 2.123 Seja f : [a, +∞) → R limitada superiormente e não decrescente em
[K, +∞), para algum K > a. Prove que existe lim f (x).
x→+∞
Exercício 2.124 Enuncie e demonstre um resultado análogo ao exercício anterior para
limite quando x → −∞.
Exercício 2.125 Seja f : [a, +∞) → R não decrescente em [K, +∞), para algum K > a.
Mostre que ou lim f(x) existe ou lim f(x) = +∞.
x→+∞
x→+∞
Exercício 2.126 Seja f : Df → R, a ∈ (Df )− tal que f é não decrescente em (a − r, a)∩
Df , para algum r > 0. Prove que ou lim− f (x) existe ou lim− f (x) = +∞.
x→a
2.7
x→a
Continuidade de função de uma variável real
Intuitivamente, sabe-se que uma função f é contínua se o seu gráfico não apresenta
"saltos", isto é, à medida que x, no domínio de f, se aproxima de um outro ponto a
deste domínio, espera-se que f (x) se aproxime de f (a). É exatamente este o conceito que
enunciaremos a seguir.
Definição 2.127 Seja f : Df → R e a ∈ Df . Dizemos que f é contínua em a se e
somente se ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que ∀x ∈ Df com |x − a| < δ então |f (x) − f (a)| < ε.
Nota 2.128 Observe que agora a deve ser um ponto do domínio de f e ainda, quando
analisamos a continuidade de f em a, estamos interessados no comportamento de f numa
vizinhança de a e no próprio ponto a.
2.7. CONTINUIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL REAL
33
Nota 2.129 Assim, da definição de continuidade, pode-se concluir que se a ∈ Df ∩
Df então f é contínua em a se e somente se lim f(x) = f (a). Portanto os resultados
x→a
apresentados na seção anterior para limite são também válidos para continuidade, os
quais apenas enunciaremos em seguida.
Nota 2.130 Se A ⊂ Df , dizemos que f é contínua em A se e somente se f |A é contínua
em cada ponto de A. Dizemos simplesmente que f é contínua se for contínua em cada
ponto de seu domínio Df . Portanto para cada a ∈ A, estamos interessados em pontos de
A, que estão numa vizinhançã de a.
Exemplo 2.131 f : R → R, tal que f (x) = x2 é contínua. De fato, provamos que para
cada a ∈ R, lim x2 = a2 . É fácil confirmar nossa intuição de que o gráfico não admite
x→a
"salto"nem "buraco", como pode ser visto abaixo.
Exemplo 2.132 f : R → R, tal que f (x) = sen x é contínua. De fato, provamos que
para cada a ∈ R, lim sen x = sen a. Novamente vemos também através do gráfico abaixo
x→a
que esta função não apresenta saltos.
34
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Proposição 2.133 Seja f : Df → R e a ∈ Df tal que f é contínua em a. Então.
a) ∃r > 0 tal que f é limitada em Df ∩ (a − r, a + r) .
b) Se f (a) = 0 então ∃δ > 0 tal que f (x) tem o mesmo sinal de f (a), para todo
x ∈ (a − δ, a + δ) .
Proposição 2.134 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df ∩ Dg tal que f e g são
f
contínuas em a. Então f ± g, f g e |f | são contínuas em a. Ainda, se g(a) = 0 então é
g
contínua em a.
O próximo resultado sobre limite de composta de funções é uma alternativa para o
teorema que demonstramos anteriormente, onde não havia a hipótese de continuidade de
nenhuma das funções envolvidas.
Teorema 2.135 (da composta II): Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df , l ∈ Dg
tais que lim f (x) = l e g é contínua em l. Então lim (g ◦ f) (x) = g(l).
x→a
x→a
Nota 2.136 Observe que com a hipótese da continuidade de g, não precisamos mais
exigir que f (x) = l numa vizinhança de a. O resultado acima continua válido se no lugar
de limite tivermos limites laterais e se a for ±∞, quando Df for ilimitado superiormente
e/ou inferiormente.
Teorema 2.137 Sejam f : Df → R, g : Dg → R, a ∈ Df , f (a) ∈ Dg tais que f (x) é
contínua em a e g é contínua em f (a). Então g ◦ f é contínua em a.
sen (x2 + x)
Exemplo 2.138 Calculemos lim ln
. Como lim x2 + x = 0, x2 + x = 0,
x→0
x→0
x2 + x
sen y
para todo x ∈ (−1, +∞)\{0} e lim
= 1, então pelo teorema da composta I, segue
y→0 y
sen (x2 + x)
que lim
= 1. Ainda como ln é contínua em (0, +∞), segue do teorema da
x→0
x2 + x
composta II, que
sen (x2 + x)
lim ln
= 0.
(2.1)
x→0
x2 + x
Um resultado intuitivo é que se f é uma função contínua e o seu domínio é um
intervalo I então f(I) também é um intervalo, caso contrário seu gráfico apresentaria um
"salto". Mais ainda se o intervalo é fechdado e limitado, então a imagem também é um
intervalo fechado e limitado, pois da mesma forma se não fôsse o caso então o gráfico de
f apresentaria um "salto". Estes resultados fazem parte de importantes teoremas sobre
continuidade.
Teorema 2.139 Teorema de Bolzanno: Seja f : [a, b] → R, contínua em [a, b] tal que
f (a)f (b) < 0. Então existe c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0.
2.7. CONTINUIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL REAL
35
Teorema 2.140 Teorema do valor intermediário: Seja f : [a, b] → R, contínua em [a, b]
tal que f (a) < f (b). Então para qualquer d ∈ (f (a), f (b)) existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = d.
Prova. Considere g(x) = f (x) − d, ∀x ∈ [a, b] então g é contínua em [a, b] pois
f o é e a função constante também. Além disso tem-se que g(a) = f (a) − d < 0 e
g(b) = f (b) − d > 0, o que implica pelo teorema de Bolzanno que existe c ∈ (a, b) tal que
g(c) = 0 ou seja f (c) = d. Como conseqüência deste teorema, segue que:
Corolário 2.141 Seja f : I → R contínua no intervalo I. Então f (I) também é um
intervalo.
O teorema a seguir será muito importante para o estudo de máximos e mínimos absolutos. Como conseqüência deste resultado tem-se que a imagem de um intervalo fechado
e limitado por uma função contínua é também é um intervalo fechado e limitado.
Teorema 2.142 Seja f : X → R uma função contínua no conjunto fechado e limitado
X. Então existem a, b ∈ X tais que
f(a) ≤ f (x) ≤ f (b), ∀x ∈ X.
Corolário 2.143 Seja f : [a, b] → R contínua. Então f ([a, b]) é também um intervalo
fechado e limitado.
A demonstração deste resultado segue do corolário do teorema do valor intermediário
e do teorema acima.
Daremos a seguir um resultado que não será demonstrado, mas que pode ser encontrado em bons livros de Análise, mas que será necessário quando estudarmos derivada de
funções inversas.
Proposição 2.144 Seja f : I → R injetora e contínua no intervalo I. Então f −1 :
f (I) → I também é contínua no intervalo f (I).
Exemplo 2.145 A função f : [−1, 1] → [0, π] definida por f (x) = arccos x é contínua,
pois g : [0, π] → R definida por g(x) = cos x é contínua e injetora no intervalo [0, π],
g ([0, π]) = [−1, 1] e g −1 = f. O gráfico abaixo, mostra em verde a função cosseno e em
36
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
azul a sua inversa.
π π
Exemplo 2.146 A função f : [−1, 1] → − ,
definida por f (x) = arcsen x é con2 2
π π
→ R definida por g(x) = cos x é contínua e injetora no intervalo
tínua, pois g : − ,
π π π2 π2
− , ,g − ,
= [−1, 1] e g −1 = f. Segue o gráfico abaixo, com a função seno
2 2
2 2
em marrom e a inversa em rosa.
Nota 2.147 Se I na proposição acima não for um intervalo o resultado pode não ser
válido. Vejamos um exemplo.
x + 1, 0 ≤ x < 1
Exemplo 2.148 Seja f : [0, 1) ∪ [2, 3] → R, definida por f (x) =
,
x,
2≤x≤3
f é contínua e injetora, pois o é em cada intervalo e [0, 1]∩[2, 3] = ∅, ou seja, existe δ > 0,
tal que (2 − δ, 2 + δ) ∩ ([0, 1) ∪ [2, 3]) =(2 − δ, 2 + δ) ∩ [2, 3] . Ainda f ([0, 1) ∪ [2, 3]) =
y − 1, 1 ≤ y < 2
[1, 3]. Seja f −1 : [1, 3] → R, f −1 (y) =
, tem-se lim− f −1 (y) = 1 =
y,
2≤y≤3
y→1
−1
−1
−1
lim+ f (y) = 2 = f (1) ⇒ f não é contínua em 2 e portanto não é contínua em seu
y→1
2.7. CONTINUIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL REAL
37
domínio. Seguem os gráficos de f em rosa e f −1 em azul.
Nota 2.149 Apesar do gráfico de f apresentar um salto, observe que o ponto 1 não é
ponto de acumulação do intervalo [2, 3, ] nem 2 é ponto de acumulação do intervalo [0, 1)
e por isso a função é contínua. O que não acontece com a inversa, pois agora o domínio
é um intervalo, onde todos os pontos são pontos de acumulação.
π π
Exemplo 2.150 A função f : R → − ,
definida por f(x) = arctg x é contínua,
2 2
π π
pois g : − ,
→ R, definida por g(x) = tg x é contínua e injetora no intervalo
2 2
π π π π − ,
,g − ,
= R e g −1 = f.
2 2
2 2
2.7.1
Lista de exercícos
Exercício 2.151 Analise a continuidade das funções abaixo em todo R:
 2
 x −9
, x = 3 .
a) f (x) =
x
−
3
 4,
x=3
38
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL

 |x − 2|
, x = 2
b) f(x) =
.
 1,x − 2 x = 2
c) f (x) =
x, x < 1
1
.
, x≥1
x
Exercício 2.152 Seja f : Df → R tal que f é contínua em 2 ∈ Df e f (2) = 8. Mostre
que existe r > 0 tal que ∀x ∈ Df ∩ (2 − r, 2 + r) então f (x) > 7.
Exercício 2.153 Seja f (x) = x5 + x + 1. Justifique a afirmação : f tem pelo menos uma
raiz no intervalo [−1, 0] .
Exercício 2.154 Prove que a equação x3 − 4x + 2 = 0 admite três raízes reais distintas.
Exercício 2.155 Seja f : [−1, 1] → R definida por f (x) =
x + x2
.
1 + x2
a) Mostre que f(1) é o valor máximo de f.
b) Mostre que existe d ∈ (−1, 0) tal que f(d) é o valor mínimo de f.
Exercício 2.156 Seja f : [0, 1] → R contínua em [0, 1] e tal que f (0) = 1 e f(x) ∈ Q,
∀x ∈ [0, 1] . Mostre que f (x) = 1, ∀x ∈ [0, 1] .
1. Exercício 2.157 Seja f : [−1, 1] → R definida por f (x) =
x + x2
.
1 + x2
Exercício 2.158 a) Mostre que f(1) é o valor máximo de f.
b) Mostre que existe d ∈ (−1, 0) tal que f(d) é o valor mínimo de f.
Exercício 2.159 Mostre que o conjunto A = {
mínimo e determine-os.
x
; −2 ≤ x ≤ 2} possui máximo e
1 + x2
1. Exercício 2.160 Seja f : [0, 1] → R contínua em [0, 1] e tal que f (0) = 1 e f (x) ∈
Q, ∀x ∈ [0, 1] . Mostre que f (x) = 1, ∀x ∈ [0, 1] .
2.7. CONTINUIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL REAL
39
Exercício 2.161 Seja f : [0, 1] → R contínua em [0, 1] e tal que 0 ≤ f(x) ≤ 1,
∀x ∈ [0, 1] . Prove que existe c ∈ [0, 1] tal que f (c) = c.
Exercício 2.162 Seja f : [a, b] → R contínua e injetora em [a, b] e tal que f (a) <
f (b) . Prove que f é crescente.
Exercício 2.163 Seja f : [a, b] → R contínua e injetora em [a, b] e tal que f (a) >
f (b) . Prove que f é decrescente.
Exercício 2.164 Considere f : I → R contínua no intervalo I. Sejam a, b ∈ I com
a < b, tais que a e b sejam as únicas raízes de f em I. Sejam x0 , x1 , x2 ∈ I com
x0 < a, a < x1 < b e b < x2 . Estude o sinal de f em I, a partir dos sinais de f (x0 ),
f (x1 ) e f (x2 ). Justifique.
π
Exercício 2.165 Justifique a seguinte afirmação: f : [1, +∞) → [0, ) definida
2
por f (x) = arcsec x é contínua em todo seu domínio.
Exercício 2.166 Determine domínio e contradomínio de f(x) = arcctg x, de modo
que f seja uma função contínua em todo seu domínio. Justifique sua escolha.
40
CAPÍTULO 2. FUNÇÕES REAIS DE VARIÁVEL REAL
Capítulo 3
Diferenciabilidade de função de uma
variável
Um conceito importante do Cálculo é o de derivada, que é um limite, como veremos na
definição. Fisicamente o conceito de derivada está relacionado ao de taxa de variação
instantânea, por exemplo, a velocidade de uma partícula num determinado instante t0
é a taxa de variação da distância percorrida em função do tempo, neste instante t0 .
Geometricamente a derivada de uma função f num ponto a ∈ Df é o coeficiente angular
da reta tangente ao gráfico desta função, no ponto (a, f (a)). Vejamos então:
3.1
Derivabilidade e diferenciabilidade
Definição 3.1 Sejam f : D → R e a ∈ D ∩ D . Dizemos que f é derivável no ponto a
f (x) − f (a)
quando existe lim
. Neste caso dizemos que este limite é a derivada de f no
x→a
x−a
f(x) − f (a)
df
ponto a a qual denotamos por f (a) = lim
ou também,
(a) .
x→a
x−a
dx
f (x) − f (a)
é denominada razão incremental de f no ponto a, ou
x−a
simplesmente razão incremental de f. Geometricamente a razão incremental é o coeficiente
angular da reta secante ao gráfico de f pelos pontos (a, f(a)) e (x, f (x)) . Assim, no limite,
quando x → a obtemos o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de f no ponto
(a, f (a)) , como pode ser visto no gráfico abaixo.
Nota 3.2 A razão
41
42
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Exemplo 3.3 Seja f (x) = c, ∀x ∈ R, então para todo a ∈ R, tem-se que
f(x) − f (a)
= 0 ⇒ f (a) = 0, ∀a ∈ R.
x→a
x−a
0, ∀x = a ⇒ lim
f(x) − f(a)
=
x−a
Exemplo 3.4 Seja f (x) = αx+β, ∀x ∈ R então para todo a ∈ R tem-se que
α (x − a)
= α. Portanto f é derivável em todo R e f (a) = α, ∀a ∈ R.
x−a
f (x) − f(a)
=
x−a
Exemplo 3.5 Seja f (x) = xn , para algum n ∈ N, então para todo a ∈ R tem-se que
f (x) − f(a)
xn − an
=
= (xn−1 + xn−2 a + · · · + xan−2 + an−1 ) . Assim, f (a) = nan−1 .
x−a
x−a
Para determinarmos a derivada da função exponencial e logarítmica precisamos do
seguinte limite que vamos considerar sabido:
lim (1 + x)1/x = e .
x→0
(3.1)
Exemplo 3.6 Seja f (x) = ex , ∀x ∈ R. Vamos provar que f é derivável em toda a reta.
Primeiramente vamos mostrar que f é derivável em a = 0 Para isso devemos provar que,
f(x) − f (0)
ex − 1
lim
= lim
. Mas da definição acima e do fato de ln ser contínua em e,
x→0
x→0
x
x
segue que
lim ln (1 + y)1/y = ln e = 1.
(3.2)
y→0
Portanto
lim
y→0
1
ln (1 + y)1/y
= 1.
(3.3)
Mas lim (ex −1) = 0 e (ex −1) = 0, para todo x = 0, portanto pelo teorema da composta
x→0
I, segue que
1
ex − 1
lim
=
lim
= 1.
(3.4)
x
x→0 ln (1 + ex −1)1/(e −1)
x→0
x
3.1. DERIVABILIDADE E DIFERENCIABILIDADE
43
ex − ea
ex−a −1
= lim ea
= ea .
x→a x − a
x→a
x−a
Assim f é derivável em toda a reta e f (a) = ea , ∀a ∈ R.
Assim, f (0) = 1. Agora, para cada a ∈ R tem-se que lim
Exemplo 3.7 Seja f (x) = ln x, ∀x ∈ (0, +∞) . Vamos para provar que f é derivável em
(0, +∞) . Primeiramente, temos que f é derivável em a = 1, pois
lim
x→1
f (x) − f(1)
ln x
= lim
= lim ln x1/(x−1) = lim ln (1 + (x − 1))1/(x−1) =
x→1
x→1
x−1
x − 1 x→1
1/(x−1)
= ln lim (1 + (x − 1))
= ln e = 1.
x→1
Assim, f (1) = 1. Agora, para cada a ∈ (0, +∞) temos que,
x
x
ln
ln
f(x) − f(a)
1
1
lim
= lim x a = lim x a =
x→a
x→a
x−a
a x→a − 1
a
a
−1
a
a
1
e portanto f é derivável em (0, +∞) e f (a) = .
a
Exemplo 3.8 Considere f (x) = sen x, ∀x ∈ R então f é derivável em toda a reta
f (y) − f (x)
e f (x) = cos x, ∀x ∈ R. De fato, para cada x ∈ R tem-se que lim
=
y→x
y−x
y−x
y+x
y−x
cos
2 sen
sen
sen y − sen x
y+x
2
2
2
lim
cos
= lim
= lim
=
y−x
y→x
y→x
y→x
y−x
y−x
2
2
cos x.
Exemplo 3.9 A função definida por f (x) = cos
x é derivável
em R
e f (x) = − sen x,
y−x
y+x
−2 sen
sen
cos y − cos x
2
2
∀x ∈ R. De fato, lim
= lim
=
y→x
y−x
y→x y − x
y−x
sen
y+x
2
= −lim
sen
= − sen x.
y−x
y→x
2
2
Exemplo 3.10 A equação da reta tangente ao gráfico de f (x) = ln x no ponto (1, 0) é
1
y = x − 1, pois f (1) = = 1 é o coeficiente angualr desta reta e ela passa pelo ponto
1
(1, 0) . Veja o gráfico a seguir.
44
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Vejamos qual a relação entre uma função derivável e uma função contínua.
Proposição 3.11 Se f : D → R é derivável em a ∈ D ∩ D então f é contínua em a.
f(x) − f(a)
Prova. Para todo x ∈ D, x = a tem-se que f(x) =
(x − a) + f(a), então
x−a
f(x) − f (a)
f (x) − f (a)
lim f(x) = lim
(x − a) + f (a) = lim
lim (x − a) + lim f (a) =
x→a
x→a
x→a
x→a
x−a
x − a x→a
f (a) 0 + f (a) = f (a) , já que f é derivável em a. Logo, f é contínua em a. Nota 3.12 A recíproca deste resultado não é verdadeira. Observe que f(x) = |x| é con|x|
tínua em a = 0, no entanto não é derivável neste ponto pois não existe lim , já que
x→0 x
|x|
|x|
lim
= 1 enquanto que lim−
= −1. Sendo assim a continuidade é apenas condição
x→0+ x
x→0 x
necessária para que f seja derivável, mas não é condição suficiente, como mostra o
exemplo.
Calculamos pela definição a derivada de algumas funções. A seguir daremos as regras
de derivação, que nos permitirão calcular a derivada de outras funções, sem ter que utilizar
a definição.
Proposição 3.13 (Operações com funções deriváveis) Sejam f, g : D → R, a ∈
D ∩ D . Se f e g são deriváveis em a então:
a) f ± g é derivável em a e (f ± g) (a) = f (a) ± g (a) .
b) Se c ∈ R, cf é derivável em a e (cf ) (a) = cf (a).
c) f g é derivável em a e (f g) (a) = f (a) g(a) + f (a)g (a) .
f
f
f (a) g (a) − f (a) g (a)
d) Se g(a) = 0 então é derivável em a e
(a) =
.
g
g
(g (a))2
3.1. DERIVABILIDADE E DIFERENCIABILIDADE
45
Prova. Demonstraremos apenas o ítem (d) e deixaremos os demais a cargo do aluno.
f
Determinemos a razão incremental da função , ou seja,
g
f
f
(x) −
(a)
f (x)g(a) − f (a)g(x)
g(a) (f (x) − f (a)) − f(a) (g(x) − g(a))
g
g
=
=
,
x−a
(x − a) g(x)g(a)
(x − a) g(x)g(a)
mas como g é derivável em a então g é contínua em a, isto é, lim g(x) = g(a) = 0, portanto
x→a
utilizando as propriedade de limite obtemos,
f
f
(x) −
(a)
f (x) − f (a)
g(a)
g(x) − g(a)
f (a)
g
g
lim
= lim
lim
− lim
lim
,
x−a
x−a
g(x)g(a)
x−a
g(x)g(a)
portanto
f
f
(x) −
(a)
f (a)g(a) − g (a)f (a)
g
g
lim
=
.
x−a
(g(a))2
Assim, pode-se calcular outros limites tais como:
Exemplo 3.14 Tem-se que (tg x) = sec2 x, em cada ponto x ∈ D = {x ∈ R;x =
π
sen x
sen x + kπ, k ∈ Z}, pois tg x =
com cos x = 0, ∀x ∈ D, logo, (tg x) =
=
2
cos x
cos x
(sen x) cos x − sen x (cos x)
. Assim, utilizando as derivadas de seno e cosseno, já calcucos2 x
cos2 x + sen2 x
1
ladas por definição, obtemos que (tg x) =
=
= sec2 x.
2
cos x
cos2 x
Exemplo 3.15 (senh x) = cosh x, pois senh x =
ex − e−x
ex ex −1
=
. Assim, (senh x) =
x
2
2e
1 (ex ex −1) ex − (ex ) (ex ex −1)
. Mas (ex ex −1) = (ex ) ex + ex (ex ) − (1) = 2 e2x . Por2x
e
2
tanto,
ex + e−x
1 2 e3x − e3x + ex
(senh x) =
=
= cosh x.
e2x
2
2
Um outro resultado importante é o teorema da inversa, que nos permite calcular
derivada de funções inversas, quando estas existem.
Teorema 3.16 (Teorema da derivada da inversa) Sejam f : D → R, injetora em
D, a ∈ D ∩ D tal que f é derivável em a com f (a) = 0 e f −1 é contínua em b = f(a).
Então f −1 : f (D) → D é derivável em b = f (a) e
−1 f
(b) =
1
f
(f −1
(b))
=
f
1
.
(a)
46
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
f (x) − f(a)
Prova. Como f é derivável em a, segue que lim
= f (a) e como tal limite
x→a
x−a
x−a
x−a
é não nulo, considerando q(x) =
, segue que lim q(x) = lim
=
x→a
x→a
f (x) − f (a)
f(x) − f (a)
1
. Ainda limf −1 (y) = f −1 (b) = a, pois f −1 é contínua em b e f −1 (y) = f −1 (b),
y→b
f (a)
∀y = b, pois f −1 é injetora, já que f o é. Assim, pelo teorema da composta I, segue
f −1 (y) − a
f −1 (y) − f −1 (b)
1
1
que, limq(f −1 (y)) = lim
= lim
= = −1
, o que
y→b
y→b y − f (a)
y→b
y−b
f (a)
f (f (b))
implica que f −1 é derivável em b e
−1 f
(b) =
1
f (f −1 (b))
=
1
.
f (a)
Exemplo 3.17 Determinemos
a derivada de arcsen y, y ∈ (−1, 1) .Como sen x é con π π
π π
tínua, injetiva em − ,
e (sen) (x) = cos x = 0, ∀x ∈ − ,
, segue que arcsen
2 2
2 2
√
1
é derivável em (−1, 1) e (arcsen) (y) =
. Mas cos x = 1 − sen2 x, ∀x ∈
cos (arcsen y)
π π
, assim, cos (arcsen y) = 1 − sen2 (arcsen y) = 1 − y 2 . Portanto, (arcsen) (y) =
− ,
2 2
1
.
1 − y2
√
Exemplo 3.18 Seja n ∈ N, n par. Então n x, x ∈ [0, +∞) é a inversa de f (x) =
xn , x ∈ [0, +∞). Neste intervalo f é contínua,
injetora, derivável e f (x) = nxn−1 .
√
−1
Assim, do teorema da inversa, f (x) = n x é derivável em (0, +∞) e (f −1 ) (x) =
1
1
= √
. Em a = 0, tal função não é derivável, pois não existe o limite da
n
−1
f (f (x))
n xn−1
razão incremental.(Verifique!)
Nota 3.19 Quando f (a) = 0, o teorema da derivada da inversa não afirma que f −1
não é derivável em f (a) . Após a regra da cadeia, veremos que podemos concluir a não
derivabilidade de f −1 , no ponto f (a).
Um conceito importante do Cálculo é a noção de diferenciabilidade. No caso de funções
de uma variável, mostraremos que derivabilidade e diferenciabilidade são noções equivalentes, mas existe uma diferença conceitual. A derivabilidade está relacionada à taxa
de variação de uma função. Por exemplo a velocidade é a taxa de variação instantânea
da distância percorrida em relação ao tempo. No entanto a diferenciabilidade está relacionada com a aproximação de uma função numa vizinhança de um ponto por uma função
linear. Assim, a pergunta que se coloca é: qual a função linear, cujo gráfico é uma reta,
aproxima melhor uma dada função numa vizinhança de um ponto?
3.1. DERIVABILIDADE E DIFERENCIABILIDADE
47
Definição 3.20 Seja f : D → R e a ∈ D ∩ D . Dizemos que f é diferenciável em a
quando existe m ∈ R e uma função Ea : D → R contínua em a, com Ea (a) = 0 tais que
f (x) = f (a) + m (x − a) + Ea (x) (x − a) , ∀x ∈ D.
Nota 3.21 Observe que a definição garante que, numa vizinhança de a contida em D,
pode-se aproximar f (x) pela função linear f(a) + m(x − a). Este é o conceito de diferenciabilidade: poder aproximar uma função numa vizinhança de um ponto por uma função
linear.
Exemplo 3.22 Seja f : R → R, definida por f (x) = x3 . Então, para cada a ∈ R,
f (x) − f (a) = x3 − a3 = (x − a) (x2 + xa + a2 ) = 3a2 (x − a) + (x − a) (x2 + xa − 2a2 ) .
Assim, considerando m = 3a2 e Ea : R → R, definida por Ea (x) = (x2 + xa − 2a2 ) , é
fácil verificar que Ea é contínua em a e Ea (a) = 0 e portanto f é diferenciável em cada
a ∈ R.
Exemplo 3.23 Seja f : R → R, definida por f (x) = ex . Então, para cada a ∈ R, f (x) −
ex − ea
− ea ; x = a
f (a) = ex − ea = ea (x − a) + (x − a) Ea (x) , onde Ea (x) =
.
x−a
0;
x
=
a
x
e − ea
ex − ea
a
a
e
e
−
−
Assim, considerando m = , tem-se que lim Ea (x) = lim
= lim
x→a
x→a
x→a x − a
x−a
ea = 0 = Ea (a) . Portanto f é diferenciável em cada a ∈ R.
Vamos mostrar que "f ser diferenciável em a”é equivalente a "f ser derivável em a” e
que a reta que melhor aproxima f numa vizinhança de a é a reta tangente ao gráfico de
f no ponto (a, f (a)), como pudemos perceber nos exemplos acima.
Teorema 3.24 Seja f : D → R e a ∈ D ∩ D . f é derivável em a ⇔ f é diferenciável
em a. Neste caso m = f (a). Isto é, o coeficiente angular da reta que aproxima f numa
vizinhança de a é o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de f no ponto (a, f(a)).
f (x) − f (a)
Prova. (⇒)Como f é derivável então existe f (a) = lim
. Considere então
x→a
x−a

 f (x) − f(a)
− f (a), x = a
Ea : D → R definida por Ea (x) =
. Da definição de Ea ,
 0 x−a
x=a
segue que
f (x) = f(a) + f (a) (x − a) + Ea (x) (x − a) , ∀x ∈ D.
Resta mostrar que Ea é contínua em a, isto é, lim Ea (x) = 0. De fato:
x→a
lim Ea (x) = lim
x→a
x→a
f (x) − f(a)
− f (a) ,
x−a
48
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
e como f é derivável em a, então
lim Ea (x) = (f (a) − f (a)) = 0 = Ea (a) .
x→a
Assim, conclui-se que f é diferenciável em a e que m = f (a).
f (x) − f (a)
(⇐) Como f é diferenciável em a, então
= m + Ea (x), ∀x ∈ D, x = a
x−a
f(x) − f (a)
então lim
= lim [m + Ea (x)] = m. Portanto f é derivável em a e m = f (a).
x→a
x→a
x−a
√
√
Exemplo 3.25 Determine aproximadamente 3 1, 03. Sabe-se que f (x) = 3 x é derivável
1
1
em a = 1 e f (a) = √
= , portanto f é diferenciável em a = 1 logo f (x) =
3
3
3 a2
√
√
1
(1, 03 − 1) =
f (a) + f (a) (x − a) + Ea (x) (x − a) , ∀x ∈ R. Portanto 3 1, 03 ≈ 3 1 + √
3
3 12
1 + 0, 01 = 1, 01. Veja a seguir o gráfico de f e o gráfico da reta tangente ao gráfico
def
1
1 3
no ponto (1, f (1)) , na vizinhança centrada em 1, de raio , ou seja V0,5 (1) =
,
.
2
2 2
Observe que em torno do ponto (1, f (1)) , os gráficos se confundem.
Exemplo 3.26 Determine aproximadamente sen (0, 001) . Como a função seno é derivável em R, então ela é diferenciável em R. Assim,
sen (0, 001) ≈ sen (0) + cos (0) (0, 001 − 0) = 0, 001.
Exemplo 3.27 Determine aproximadamente arcsen (0, 002) . Como a função arcsen é
derivável em (−1, 1), segue que arcsen é diferenciável em (−1, 1) e portanto
1
arcsen x ≈ arcsen a + √
(x − a) .
1 − a2
Considerando a = 0 e x = 0, 002 segue que arcsen (0, 002) ≈ 0 + 0.002 = 0.002.
3.1. DERIVABILIDADE E DIFERENCIABILIDADE
49
O próximo resultado nos dará mais um regra de derivação, a última que faltava.
Proposição 3.28 (Regra da cadeia) Sejam f : Df → R e g : Dg → R tal que Im f ⊂
Dg , a ∈ Df ∩ Df e f (a) ∈ Dg ∩ Dg . Se f é derivável em a e g é derivável em f(a) então
g ◦ f é derivável em a e (g ◦ f) (a) = g (f(a)) f (a).
Prova. Como g é derivável em f (a) então g é diferenciável em f (a), então existe
Ef (a) : Dg → R contínua em f(a) com Ef (a) (f(a)) = 0 tal que
g(y) = g(f (a)) + g (f (a)) (y − f (a)) + Ef (a) (y) (y − a) , ∀y ∈ Dg .
(g ◦ f ) (x) − (g ◦ f) (a)
g (f (x)) − g(f (a))
=
=
x−a
x−a
f (x) − f (a)
f (x) − f(a)
= g (f (a))
+ Ef (a) (f (x))
, ∀x ∈ Df , x = a. Assim, como Ef (a)
x−a
x−a
é contínua em f (a) com Ef (a) ((f (a)) = 0 e f é contínua em a, pois é derivável em a,
então,
(g ◦ f) (x) − (g ◦ f ) (a)
= g (f (a))f (a). (g ◦ f) (a) = lim
x→a
x−a
Portanto
√
Exemplo 3.29 Determine os pontos onde f (x) = cosh x4 + x2 + 1 é derivável e nestes
pontos determine sua derivada.
√
Como cosh é derivável em R, y é derivável em (0, +∞) , x4 + x2 + 1 é derivável em
R e x4 + x2 + 1 > 0, ∀x ∈ R, segue que f é derivável em R e
f (x) = senh
√
√
4x3 + 2x
2x3 + x
4 + x2 + 1 √
= senh
, ∀x ∈ R.
x4 + x2 + 1 √ 4
x
2 x + x2 + 1
x4 + x2 + 1
Exemplo 3.30 A função f (x) = xx é derivável em (0, +∞) , pois f(x) = exp (x ln x) . A
função h (x) = x ln x é derivável em (0, +∞), Im h ⊂ R e a função g (x) = ex é derivável
em R. Portanto como f é composta de funções deriváveis, segue que f é derivável em
(0, +∞) e ainda
f (x) = exp (x ln x) (ln x + 1) = xx (ln x + 1) .
Nota 3.31 Observe que a regra da cadeia nos diz que se f é derivável em a e g é derivável
em f (a), então g ◦ f é derivável em a. Mas nada podemos afirmar se uma delas não
é
√
4
3
derivável. Por exemplo: Considere f : R → R, f (x) = x e g : R → R; g (x) = x.
Tem-se que f é derivável em cada ponto de R, em particular
em a = 0. A função g é
√
3
4
derivável em R\{0} (mostre!). No entanto g ◦ f = x é derivável em R e portanto
derivável em a = 0. Portanto quando falhar uma das hipótese da regra da cadeia, deve-se
apelar para a definição.
Como já havíamos dito a regra da cadeia nos permitirá concluir que a função inversa
de uma função derivável f, não é derivável nos pontos onde a derivada de f for igual a 0.
50
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Proposição 3.32 Seja f : D → R, injetora em D, a ∈ D ∩ D tal que f é derivável em
a, com f (a) = 0 e f −1 : f (D) → D contínua em a. Então f −1 não é derivável em f (a) .
Prova. Suponha por absurdo que f −1 é derivável em f (a) , então como f é de
rivável em a, segue pela regra da cadeia que f −1 ◦ f é derivável em a e (f −1 ◦ f ) (a) =
(f −1 ) (f (a)) f (a) = 0. Mas (f −1 ◦ f ) (x) = x, ∀x ∈ D e portanto (f −1 ◦ f) (a) = 1, o
que é um absurdo. Logo, f −1 não é derivável em a.
π π
Exemplo 3.33 A função f (x) = sen x é contínua e injetora no intervalo − ,
e
2 2
π π
portanto admite inversa f −1 (x) = arcsen x, tal que f −1 : [−1, 1] → − ,
é contínua
π π
π 2π 2
π em [−1, 1] . Como f é derivável em − , , f (x) = 0, ∀x ∈ − ,
e f
=
2 2
2 2
2
π
f −
= 0, então f −1 é derivável apenas em (−1, 1) .
2
π π
→R é
Exemplo 3.34 A função f (x) = arctg x é derivável em R, pois tg : − ,
2 2
π
π
derivável, portanto contínua, injetora, com (tg) (x) = sec2 x = 0, ∀x ∈ − ,
. Ainda
2 2
π π π π
= R. Logo, como f = g −1 : R → − ,
, segue que f é derivável em R
tg − ,
2 2
2 2
1
1
1
1
=
=
=
e f (x) = .
2
2
g (f (x))
sec (arctg x)
1 + tg (arctg x)
1 + x2
3.1.1
Lista de exercícios
Exercício 3.35 Determine os pontos onde as funções abaixo são deriváveis e determine
sua derivada nestes pontos:
a) f (x) = tg x.
b) f(x) = loga x, 0 < a e a = 1.
c) f (x) = sec x.
d) f(x) = senh x.
e) f (x) = cosh x.
Exercício 3.36 Determine a derivada de arccos y, y ∈ (−1, 1) .
Exercício 3.37 Determine a derivada de arctg y, y ∈ R.
Exercício 3.38 Seja f : Df → R injetora em Df e a ∈ Df ∩ Df tal que f é derivável em
a,com f (a) = 0 e f −1 é contínua em b = f (a). Prove que f −1 não é derivável em f (a).
3.1. DERIVABILIDADE E DIFERENCIABILIDADE
51
Exercício 3.39 Determine o intervalo onde arcsenh x é derivável e determine nestes
pontos sua derivada.
Exercício 3.40 Determine o intervalo onde as funções abaixo são deriváveis e determine
nestes pontos suas derivadas. Verifique ainda em que pontos f é contínua:
a) f (x) = arcsen x.
b) f(x) = x arctg x.
2−x
c) f (x) = arcsen
.
x
1
x2 cos + (x2 + 3x) , x = 0
d) f(x) =
x
0
x=0
1
x cos + (x2 + 3x) , x = 0
e) f (x) =
x
0
x=0
 x
x≤0

 e ,
ln(x + 1) 0 < x < (e − 1)
f) f (x) =

 x+1
x≥e
e
3.1.2
Derivada de ordem superior
Observe que se f é derivável num subconjunto D de Df , obtemos então uma nova função
g = f cujo domínio é D. Pode-se então verificar em que pontos de D, a função g é
derivável. Assim, se g é derivável em a ∈ D ∩ D , dizemos que f é duas vezes derivável em
a e g (a) = f ”(a), denominada derivada segunda de f em a. E assim sucessivamente,
pode-se verificar se g é derivável em a e se o for tem-se que f é três vezes derivável em a
e f (a) é denominada derivada terceira ou de terceira ordem de f em a. Estas derivadas
são denominadas, de uma maneira geral, derivadas de ordem superior. É claro que
as propriedade válidas para a derivação também são válidas para as derivadas de ordem
superior.
Definição 3.41 Seja f : D ⊂ R → R. Dizemos que f ∈ C n (D) se e somente se f admite
derivada até a n − ésima ordem todas contínuas em cada ponto de D.
√
Exemplo 3.42 Determine em que pontos a função f (x) = 3 x4 é duas vezes derivável e
nestes pontos determine sua derivada e sua derivada segunda. Como a função g(x) = x4
√
é derivável em R e 3 y é derivável em R\{0}, podemos garantir, pelo teorema da composta
que f é derivável em R\{0}. No ponto a = 0, devemos verificar por definição. Vejamos
√
3
√
x4
lim
= lim 3 x = 0.
x→0 x
x→0
52
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Portanto, f é derivável em 0 e f (0) = 0. Ainda da regra da cadeia temos que f (x) =
4√
√
3
x, ∀x ∈ R. Assim, f é derivável em R\{0}. Como 3 y é derivável em R\{0}, segue
3
4
, ∀x ∈ R\{0}. Para verificar se
que f é duas vezes derivável em R\{0} e f ”(x) = √
3
9 x2
f é duas vezes derivável em 0, novamente precisamos utilizar a definição, isto é,
4√
3
x
f 1(x) − f (0)
4
3
lim
= lim
= lim √
= +∞.
3
x→0
x→0
x→0
x
x
3 x2
Logo f é duas vezes derivável em R\{0}.
Definição 3.43 Seja f : (a, b) → R. Dizemos que f é de classe C n em (a, b), denotado
por f ∈ C n (a, b) quando f for n vezes continuamente diferenciável em (a, b) . E
dizemos que f é de classe C ∞ em (a, b) , denotado por f ∈ C ∞ (a, b) qundo f admite
derivada de todas as ordens em (a, b) .
Exemplo 3.44 A função f do exemplo anterior é de classe C 1 (R) , mas não é de classe
C 2 em R. Podemos dizer que f ∈ C ∞ (0, ∞) ou f ∈ C ∞ (−∞, 0) .
Exemplo 3.45 A função sen : R → R é de classe C ∞ em R.
3.2
A aplicação da derivada ao estudo da variação de
funções.
O objetivo desta seção é apresentar os principais resultados que nos permitirão determinar
os intervalos de crescimento e decrescimento de funções, os pontos onde ela assume máximo
e mínimo, a concavidade em cada intervalo, utilizando a noção de derivada da função.
Ao final deste capítulo estaremos em condições de traçar o gráfico de várias funções
utilizando a noção de limite e derivada.
A determinação de máximo e mínimo de uma função aparece em várias situações
concretas. Por exemplo suponha que um fazendeiro disponha de l metros de rede para
cercar uma pastagem de forma retangular, adjacente a uma longa parede de pedra. Que
dimensões darão a área máxima da pastagem?
Para um estudo sistemático de máximos e mínimos daremos algumas definições. Mas
antes daremos a definição de ponto interior e interior de um conjunto.
Definição 3.46 Seja X ⊂ R e a ∈ X. Dizemos que a é um ponto interior de X,
quando existe r > 0 tal que (a − r, a + r) ⊂ X. Denotamos por X 0 o conjunto de todos
os pontos interiores de X.
Exemplo 3.47 Se X = [a, b] então X 0 = (a, b) .
Exemplo 3.48 Se X = (−2, 4) ∪ [5, 7] ∪ {10} então X 0 = (−2, 4) ∪ (5, 7) .
Exemplo 3.49 Q0 = ∅.
Exemplo 3.50 Se X = N então X 0 = ∅.
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.53
3.2.1
Estudo de máximos e mínimos
Definição 3.51 Seja f : X ⊂ R → R. Dizemos que a ∈ X é um ponto de máximo
absoluto de f em X se e somente se f (x) ≤ f (a), ∀x ∈ X.
Definição 3.52 Seja f : X ⊂ R → R. Dizemos que a ∈ X 0 é um ponto de máximo relativo ou máximo local de f em X quando δ > 0 tal que f (x) ≤ f(a),
∀x ∈ (a − δ, a + δ) ⊂ X.
Nota 3.53 As definições de mínimo absoluto e relativo são análogas e deixamos a cargo
do aluno enunciá-las.
Definição 3.54 Seja f : X → R. Dizemos que a ∈ X é um ponto extremo quando a é
um ponto de máximo ou mínimo, relativo ou absoluto.
Exemplo 3.55 A função f (x) = x2 − 1 assume máximo absoluto no intervalo [−1, 1] nos
pontos x = ±1, com f (±1) = 0 e mínimo absoluto em x = 0 com f(0) = −1.
Exemplo 3.56 A função f(x) = cos x assume máximo absoluto em R nos pontos x =
2kπ, com cos (2kπ) = 1 e mínimo absoluto nos pontos x = (2k + 1) π com cos [(2k + 1) π] =
−1.
Quando a função é simples ou conhecida é fácil determinar máximos e mínimos absolutos, já não é tão fácil determinar máximos e mínimos relativos, mesmo para funções
simples. Veremos a seguir uma proposição que nos dá alguns candidatos a pontos extremos.
Proposição 3.57 Seja f : X → R e a ∈ X 0 um ponto extremo de f. Se f é derivável
em a então f (a) = 0.
Prova. Suponhamos sem perda de generalidade que a é um ponto de máximo relativo,
isto é, existe δ > 0 tal que
f(x) ≤ f(a), ∀x ∈ (a − δ, a + δ) ⊂ X.
f (x) − f (a)
f (x) − f (a)
f (x) − f (a)
≥ 0, ∀x ∈ (a − δ, a) ⇒ lim−
≥ 0. No entanto
≤
x→a
x−a
x−a
x−a
f(x) − f(a)
0, ∀x ∈ (a, a + δ) ⇒ lim+
≤ 0. Como f é derivável em a, segue que o limite
x→a
x−a
à direita e à esquerda são iguais, portanto f (a) = 0. Assim,
Definição 3.58 Seja f : X → R e a ∈ X 0 , tal que f é derivável em a. Dizemos que a é
um ponto crítico de f quando f (a) = 0
54
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Nota 3.59 Podemos concluir que devemos procurar os condidatos a pontos extremos,
nos extremos do domínio, entre os pontos interiores do domínio onde f é derivável e sua
derivada é igual a zero e entre os pontos interiores do domínio onde f não é derivável.
Nota 3.60 É importante observar que a proposição nos dá apenas uma condição necessária
para que um ponto de acumulação bilateral, isto é à esquerda e à direita de f seja extremo
e não suficiente. Por exemplo se tomarmos f (x) = x3 , segue que f (x) = 0 ⇔ x = 0 e
no entanto tal ponto não é um ponto extremo de f, pois f (x) > 0 = f(0), ∀x ∈ (0, +∞) e
f (x) < 0 = f (0), ∀x ∈ (−∞, 0) . Observe o gráfico abaixo, onde vemos o gráfico de função
f , em azul e a reta tangente ao gráfico de f no ponto (0, 0) , tracejada.
Exemplo 3.61 Determinemos os pontos extremos de f(x) = x (1 − x)2 , em R. Como R
é um intervalo aberto e f é derivávem em todos os pontos de R, os candidatos estão entre
os pontos onde a derivada de f é 0. Assim, resolvemos a equação f (x) = 0, isto é,
(1 − x)2 − 2x (1 − x) = 0 ⇔ (1 − x) (1 − 3x) = 0,
1
. Observe que x = 1 é ponto de mínimo relativo de
3
f, pois f (x) ≥ 0 = f (1), ∀x ∈ (0, +∞) . Como f (x) < 0, ∀x ∈ (−∞, 0), f (x) > 0,
1
∀x ∈ (0, 1) e f (1) = 0 e f é derivável em toda reta, pode-se suspeitar que x = seja um
3
ponto de máximo relativo. Esboçando o gráfico de f, percebe-se que f possui um máximo
1
em algum ponto no intervalo (0, 1) e dos candidatos que obtivemos, temos que a = é o
3
cujas soluções são x = 1 ou x =
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.55
ponto de máximo relativo. Veja o gráfico a seguir:
Neste exemplo, pudemos ver facilmente se os pontos obtidos eram de máximo ou
mínimo relativos, mas como verificar isto analiticamente? É o que veremos mais adiante,
através de critérios que iremos estabelecer.
Para estabelecermos critérios que garantam quando um ponto no interior do domínio
de f é máximo ou mínimo relativo ou absoluto serão necessários alguns importantes
teoremas.
Teorema 3.62 (Teorema de Rolle): Seja f : [a, b] → R contínua no intervalo [a, b],
derivável em (a, b) e tal que f(a) = f(b). Então existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.
Prova. Como f é contínua em [a, b] então existem x1 , x2 ∈ [a, b] tais que
f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ), ∀x ∈ [a, b] .
Se x1 e x2 forem os extremos do intervalo, segue que f (x) = f (a) = f (b), ∀x ∈ [a, b], isto
é f é constante e portanto f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b) e c é qualquer ponto deste intervalo.
Se x1 ou x2 fôr um ponto do interior do intervalo, segue que da proposição anterior
que a derivada de f neste ponto é igual a zero e c será o ponto extremo no interior do
intervalo. Nota 3.63 Geometricamente o teorema de Rolle garante que nas condições do teorema,
existe um ponto P = (c, f (c)) em que a reta tangente ao gráfico de f neste ponto P
é paralela ao eixo dos x s. Veja a seguir o gráfico da função do exemplo anterior, no
56
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
intervalo [0, 1] e a reta tangente a este, no ponto
1 4
,
.
3 27
Nota 3.64 Observe ainda que se f não for derivável no interior do intervalo, mesmo
que todas as condições sejam satisfeitas podemos não ter a existência deste ponto c. Por
exemplo considere f (x) = |x| , x ∈ [−1, 1] . Neste caso f(−1) = f (1) = 1, f é contínua
em [−1, 1] e no entanto não existe c ∈ (−1, 1) tal que f (c) = 0, pois f não é derivável
em (−1, 1) . Olhe o gráfico.
Nota 3.65 Observe ainda que se todas as condições forem satisfeitas e f (a) = f (b) também não podemos concluir nada. Por exemplo f (x) = x + 2 é contínua em [−1, 1] e derivável em (−1, 1), no entanto f (x) = 1, ∀x ∈ (−1, 1) , e portanto não existe c ∈ (−1, 1)
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.57
tal que f (c) = 0, pois f(−1) = 1 = 3 = f (1). O gráfico ilustra esta situação.
Nota 3.66 Ainda se f não for contínua
em [a, b] também nada se pode concluir, por
x + 1, x ∈ (−1, 1)
exemplo, considere a função f (x) =
. f é derivável em (−1, 1),
1,
x = ±1
f (1) = f(−1) = 1 e no entanto f (x) = 1, ∀x (−1, 1) . Portanto não existe c ∈ (−1, 1) tal
que f (c) = 0, pois f não é contínua em [−1, 1] .
Enunciaremos a seguir o Teorema do Valor Médio, que é muito importante no Cálculo.
Teorema 3.67 (Teorema do Valor Médio) Seja f : [a, b] → R, contínua em [a, b] e
f(b) − f(a)
.
derivável em(a, b) . Então existe c ∈ (a, b) tal que f (c) =
b−a
f (b) − f(a)
Prova. Seja h : [a, b] → R, definida por h(x) = f(x) −
(x − a) + f (a) .
b−a
Assim, h é contínua em [a, b] e derivável em (a, b) pois f o é e a função linear entre colchetes
também. Ainda h(a) = 0 = h(b) e portanto do teorema de Rolle, existe c ∈ (a, b) tal
f (b) − f(a)
que h (c) = 0, mas h (x) = f (x) −
. Assim, como h (c) = 0, segue que
b−a
f (b) − f (a)
f (c) =
, como queríamos provar. b−a
Nota 3.68 Geometricamente o teorema do valor médio (T.V.M.), nos diz que, dentro
das condições apresentadas, existe uma reta tangente ao gráfico de f paralela à reta secante a ele pelos pontos (a, f (a)) e (b, f (b)) . Segue o gráfico da função f : [−1, 1] → R,
f (x) = x3 + 1 em preto, o gráfico da reta secante ao gráfico de f pelos pontos (−1, 0) e
(1, 2) em vermelho, tracejado e os gráfico das retas tangentes ao gráfico de f nos pontos
58
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
1
1
√ ,1 + √
3
3 3
e
−1
1
√ ,1 − √
3
3 3
em azul e verde, respectivamente.
Nota 3.69 Observe que se f não é derivável em (a, b) o teorema não se aplica, como
podemos verificar no gráfico abaixo da função f : [−1, 2] → R; f (x) = 1 + |x| em preto e
da reta secante ao gráfico de f, tracejada..
Exemplo 3.70 Usando o T.V.M., mostre que
|sen b − sen a| ≤ |b − a| , ∀a, b ∈ R, a < b.
De fato, como a função seno é contínua e derivável em R, então ela é contínua em [a, b] e
derivável em (a, b) quaisquer que sejam a, b ∈ R, com a < b. Assim, do T.V.M, segue que
existe c ∈ (a, b) tal que sen b − sen a = (cos c) (b − a) ⇒ |sen b − sen a| = |cos c| |(b − a)| ≤
|b − a| , pois |cos c| ≤ 1, ∀c ∈ R.
Vejamos como o T.V.M. nos permitirá deduzir propriedades sobre o comportamento
de uma função através do sinal de sua derivada.
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.59
Proposição 3.71 Seja f : I → R contínua no intervalo I e derivável em seu interior,
isto é, em I 0 . Então:
a) Se f (x) > 0, ∀x ∈ I 0 então f é estritamente crescente em I.
b) Se f (x) < 0, ∀x ∈ I 0 então f é estritamente decrescente em I.
c) Se f (x) = 0, ∀x ∈ I 0 então f é constante em I.
Prova. Mostraremos apenas os ítens (a) e (c) deixando o ítem (b) a cargo do aluno,
pois é análogo ao ítem (a).
a) Sejam x, y ∈ I tais que x < y, devemos mostrar que f (x) < f (y). Como [x, y] ⊂ I
e (x, y) ⊂ I 0 segue que f é contínua em [x, y] e derivável em (x, y) . Assim estamos nas
condições do T.V.M. para este intervalo, logo existe c ∈ (x, y) tal que
f (y) − f(x) = f (c) (y − x) .
Como c ∈ (x, y) ⊂ I 0 , segue da hipótese que f (c) > 0 ⇒ f (y) − f (x) > 0 ⇒ f (y) > f (x),
como queríamos demonstrar, logo como x, y são quaisquer elementos de I, segue que f é
estritamente crescente em I.
c) Seja a ∈ I, fixado então para cada x ∈ I, x = a, podemos ter x > a ou x < a.
Suporemos sem perda de generalidade que x > a, pois o outro caso é análogo. Assim,
[a, x] ⊂ I e portanto f é contínua em [a, x] e derivável em (a, x) . Segue portanto do
teorema do valor médio que existe c ∈ (a, x) tal que
f (y) − f(x) = f (c) (y − x) .
Portanto como c ∈ (x, y) ⊂ I 0 , sgue da hipótese que f (x) − f (a) = 0 ⇒ f(x) = f(a),
∀x ∈ I ⇒ f é constante em I. x2 − x
, ∀x ∈ R. Determinemos os intervalos
1 + 3x2
onde f é crescente ou decrescente. Como f é derivável em R, analisemos o sinal de
(2x − 1) (1 + 3x2 ) − 6x (x2 − x)
3x2 + 2x − 1
sua derivada. Assim, f (x) =
=
. Como
(1 + 3x2 )2
(1 + 3x2 )2
2
(1 + 3x2 ) > 0, ∀x ∈ R, então o estudo de sinal de f se reduz ao estudo de sinal do
trinômiode segundo grau do numerador
de f . Portanto f (x) > 0, ∀x ∈ (−∞, −1) ∪
1
1
, +∞ e f (x) < 0, ∀x ∈ −1,
. Logo f é estritamente crescente em (−∞, −1] ∪
3
3
1
1
[ , +∞) e é estritamente decrescente em −1,
.
3
3
Exemplo 3.72 Considere a função f (x) =
x2 − x
cresce até o ponto
Nota 3.73 Do exemplo anterior vimos que a função f (x) =
1 + 3x2
1
x0 = −1 e em seguida decresce até o ponto x1 = . Assim, f (x) ≤ f (−1), ∀x ∈
3
1
−∞,
⇒ x0 = −1 é um ponto de máximo relativo de f. Analogamente f decresce
3
60
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
1
de x0 = −1 até o ponto x1 =
e cresce de x1 =
3
1
f (x) ≥ f
, ∀x ∈ (−1, +∞) , isto implica que x1 =
3
de f. Vejamos o gráfico desta função.
1
em diante, o que implica que
3
1
é um ponto de mínimo relativo
3
Pode-se concluir pelo gráfico que tais pontos são pontos de máximo e mínimo absolutos.
O próximo resultado formaliza, o que fizemos neste exemplo.
Proposição 3.74 Seja f : Df → R e c ∈ Df0 , e seja existe r > 0 tal que (c − r, c + r) ⊂
Df . Suponhamos que f é contínua em (c − r, c + r)
e derivável em (c − r, c) ∪ (c, c + r) .
1) Se f (x) > 0, ∀x ∈ (c − r, c) e f (x) < 0, ∀x ∈ (c, c + r) então c é um ponto de
máximo relativo de f.
2) Se f (x) < 0, ∀x ∈ (c − r, c) e f (x) > 0, ∀x ∈ (c, c + r) então c é um ponto de
mínimo relativo de f.
Prova. 1) Como f (x) > 0, em (c − r, c) e f é contínua em (c − r, c + r) , segue
do teorema anterior que f é estritamente crescente em (c − r, c] e portanto f(x) ≤ f (c),
∀x ∈ (c−r, c]. Ainda, como f (x) < 0, em (c, c+r) e da continuidade de f em (c − r, c + r) ,
segue do mesmo resultado que f é estritamente derescente em [c, c + r), logo f (x) ≤ f (c),
∀x ∈ [c, c + r). Assim, f (x) ≤ f (c), ∀x ∈ (c − r, c + r) . O que implica que c é um ponto
de máximo relativo de f.
A demonstração de (2) é análoga e será deixada como exercício. √
Exemplo 3.75 Determinemos os pontos de máximo e mínimo relativos de f (x) = 3 x3 − 2x + 1
. Para isso calculemos a derivada
de f nos pontos onde esta é derivável. As raízes de
√
5
−1
±
x3 − 2x + 1 são 1 e
. Pode-se verificar que f não é derivável nestes pontos,
2
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.61
podendo então ser candidatos a pontos de máximo e mínimo relativos. Vejamos então,
3x2 − 2
.
f (x) = 2
3
3 (x − 2x + 1)
Assim, como o denominador de f
é sempre positivo,
basta analisar o sinaldo numer
√ √
√
√
−1 − 5
−1 − 5
6
6
ador. Tem-se que f (x) > 0, ∀x ∈ −∞,
∪
,−
∪
, +∞
2
2
3
3
√
√ √ √ −1
+
−1
+
−
6
5
5 6
e f (x) < 0, ∀x ∈
,
∪
,
. Portanto, segue que f é estrita3
2
2
3
√ √ √
√
− 6
6
− 6 6
.
mente crescente em (−∞,
]∪[
, +∞) e é estritamente decrescente em
,
3
3
3
3
√
√
− 6
6
Logo,
é ponto de máximo relativo de f e
é ponto de mínimo relativo de f. As
3
3
3
raízes de x − 2x + 1 não são pontos nem de máximo nem de mínimo relativo ou absoluto
de f.
3.2.2
Lista de exercícios
Exercício 3.76 Suponha que se despeje água num recipiente cilíndrico de raio r = 0, 25m
à razão constante de 10−3 l/s. Determine a velocidade de subida do nível da água.
Exercício 3.77 Uma escada de 5m de altura está apoiada a uma parede vertical. Se
a basa da escada é arrastada horizontalmente da parede a uma velocidade de 3m/s. A
que velocidade desliza a parte superior da escada ao longo da parede, quando a base se
encontra a 3m da parede.
Exercício 3.78 Sabendo que ϕ : D → R é duas vezes derivável em 1 ∈ D ∩ D , e que
1
ϕ(1) = 1, ϕ (1) = e ϕ (1) = −3, determine a derivada segunda de ϕ ◦ ϕ no ponto 1.
2
Exercício 3.79 Seja f : R → R definida por f (x) = x + ex .
a) Mostre que f é bijetora.
b) Mostre que f −1 é duas vezes derivável em R.
c) Determine (f −1 ) (1) e (f −1 ) (1) .
Exercício 3.80 Seja f : R → R derivável em R e g : R\{0} → R definida por g(x) =
f (x)
. Se p ∈ R\{0} é ponto de máximo relativo de g, prove que:
x
a) pf (p) − f (p) = 0.
62
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
b) a reta tangente ao gráfico de f no ponto (p, f(p)) passa pela origem.
Exercício 3.81 Seja g : Dg → R derivável no intervalo [a, b] ⊂ Dg . Se g (a)g (b) < 0,
mostre que existe c ∈ (a, b) tal que g (c) = 0.
Exercício 3.82 Seja g : Dg → R derivável no intervalo I contido em Dg . Se g (x) = 0,
para todo x ∈ I, mostre que g (x) > 0, ∀x ∈ I ou g (x) < 0, ∀x ∈ I.
Exercício 3.83 Seja g : [a, b] → R derivável em [a, b] e considere d ∈ R tal que g (a) <
d < g (b). Mostre que existe c ∈ (a, b) tal que g (c) = d.
Exercício 3.84 Determine c ∈ (−1, 1) tal que f (c) = 0, onde f (x) = x2 + 1. Justifique.
2x
1 √
Exercício 3.85 Determine c ∈ √ , 3 tal que f (c) = 0, onde f (x) =
.
1 + x2
3
Justifique.
Exercício 3.86 Sejam a, b ∈ R com a < b. Mostre que:
b
b−a
b−a
a)
< ln
<
, sendo a, b > 0.
b
a
a
b) ea (b − a) < eb − ea < eb (b − a) .
Exercício 3.87 Seja f : [a, b] → R contínua em [a, b] e derivável em (a, b) , com f (x) =
0, ∀x ∈ (a, b) . Mostre que f não muda de sinal em (a, b) .
Exercício 3.88 Determine os intervalos de crescimento e decrescimento das funções
abaixo:
ex
a) f (x) = 2 , x = 0.
x
x
b) f (x) =
, x > 0, x = 1.
2 ln x
x2 − x + 1
c) f (x) =
, x = 1.
2 (x − 1)
Exercício 3.89 Mostre que ex > x + 1, ∀x > 0.
Exercício 3.90 Mostre que
ex
x2
>
+ x + 1, ∀x > 0.
2
ex
= +∞.
x→+∞ x
Exercício 3.91 Conclua do exercício anterior que lim
ex
= +∞, ∀α > 0. Isto significa que a exponencial
x→+∞ xα
cresce mais rapidamente do que qualquer potência de x.
Exercício 3.92 Mostre que lim
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.63
Exercício 3.93 Seja f : (a, b) → R três vezes derivável em (a, b) e tal que f (x) > 0,
∀x ∈ (a, b) . Suponha que exista c ∈ (a, b) tal que f (c) = f (c) = 0. Prove que f é
estritamente crescente em (a, b) .
Exercício 3.94 Determine, caso existam, os pontos de máximo e mínimo relativos ou
absolutos das funções abaixo:
a) f (x) =
x4
− x3 − 2x2 + 3.
4
b) f(x) = x2 e−5x .
x−1
.
c) f (x) = exp
x2
d) f(x) = sen x + cos x, x ∈ [0, π] .
Exercício 3.95 Determine a altura do cilindro circular reto, de volume máximo, inscrito
na esfera de raio R, dado.
Exercício 3.96 Determine as dimensões do retângulo de área máxima e cujo perímetro
2p é fixado.
Exercício 3.97 Considere a curva y = 1 − x2 , 0 ≤ x ≤ 1. Traçar uma reta tangente
à curva tal que a área do triângulo que esta reta forma com os eixos coordenados seja
mínima. Determine a equação desta reta tangente.
2
Exercício 3.98 Encontre o ponto da curva y = , x > 0, que está mais próximo da
x
origem.
3.2.3
Concavidade e pontos de inflexão
Um conceito importante para a construção de gráficos, além dos conceitos que já foram
vistos, é a concavidade de uma curva em determinados intervalos. Vejamos a definição de
concavidade e os resultados que permitem determiná-la em cada intervalo.
Definição 3.99 Seja f : D → R contínua no intervalo I ⊂ D e derivável em I 0 . Dizemos
que f tem concavidade voltada para cima em I quando para todo c ∈ I 0 , f (x) > f(c) +
f (c) (x − c) , ∀x ∈ I com x = c.
Definição 3.100 Seja f : D → R contínua no intervalo I ⊂ D e derivável em I 0 .
Dizemos que f tem concavidade voltada para baixo em I quando para todo c ∈ I 0 , f (x) <
f (c) + f (c) (x − c) , ∀x ∈ I com x = c.
64
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Nota 3.101 A definição afirma que a concavidade é voltada para cima, quando o gráfico
de f está acima de sua reta tangente. Analogamente a concavidade é voltada para baixo
quando o gráfico de f está abaixo da reta tangente em cada ponto. Os gráficos abaixo
ilustram a definição.
Concavidade para ciama
Concavidade para baixo
Nota 3.102 Existe uma definição para concavidade exigindo apenas que a função seja
contínua e mostra-se a equivalência das duas definições quando a função é derivável.
Daremos a seguir um resultado prático para determinar a concavidade de uma função
f em cada intervalo, mas que necessita que a função seja duas vezes derivável.
Teorema 3.103 Seja f : D → R contínua no intervalo I ⊂ D e duas vezes derivável em
I 0 . Então:
a) Se f (x) > 0, ∀x ∈ I 0 então f tem concavidade voltada para cima em I.
b) Se f (x) < 0, ∀x ∈ I 0 então f tem concavidade voltada para baixo em I.
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.65
Prova. Demonstraremos apenas o ítem (a) pois o (b) é análogo e poderá ser feito
pelo aluno.
a) Como f é duas vezes derivável em I 0 , e portanto derivável, utilizaremos o teorema
anterior e provaremos que para todo c ∈ I 0 , f (x) > f(c) + f (c) (x − c) , ∀x ∈ I com
x = c. Considere então c ∈ I 0 e x ∈ I, com x = c, sem perda de generalidade, suporemos
que x < c, então como f é contínua em [x, c] ⊂ I e derivável em (x, c) ⊂ I 0 segue do
T.V.M. que existe ξ ∈ (x, c) tal que
f(c) − f (x) = f (ξ) (c − x) .
Assim, f (x) − f (c) − f (c) (x − c) = f (ξ) (x − c) − f (c) (x − c) = (f (ξ) − f (c)) (x − c) .
Como f é derivável em [ξ, c] ⊂ I 0 , segue do T.V.M. que existe β ∈ (ξ, c) ⊂ I 0 tal que
f (ξ) − f (c) = f (β) (ξ − c) . Assim, substituindo esta igualdade na igualdade anterior,
obtém-se
f (x) − f (c) − f (c) (x − c) = f (β) (ξ − c) (x − c) .
Como f (β) > 0, por hipótese e (ξ − c) (x − c) > 0 então segue que f (x) − f(c) −
f (c) (x − c) > 0, isto é,
f(x) > f (c) + f (c) (x − c) , ∀x, c ∈ I, x < c.
Prova-se analogamente o mesmo resultado para x > c e portanto pode-se concluir do
teorema anterior que f tem concavidade voltada para cima em I. x2 + x − 3
, x = 1. Como f é duas
x−1
vezes derivável em R\{1}, pois é o quociente de polinômios, basta analisar o sinal da
(2x + 1) (x − 1) − x2 − x + 3
x2 − 2x + 2
derivada segunda. Tem-se que, f (x) =
=
⇒
(x − 1)2
(x − 1)2
(2x − 2) (x − 1)2 − 2 (x − 1) (x2 − 2x + 2)
−2
f (x) =
=
. Portanto, f (x) > 0,
4
(x − 1)
(x − 1)3
∀x ∈ (−∞, 1) e f (x) < 0, ∀x ∈ (1, +∞) . Ou seja, f tem concavidade voltada para
cima em (−∞, 1) e tem concavidade voltada para baixo em (1, +∞) . Veja o gráfico desta
Exemplo 3.104 Analise a concavidade de f (x) =
66
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
função.
Definição 3.105 Seja f : D → R, f contínua em D e derivável em D0 e c ∈ D0 .
Dizemos que c é um ponto de inflexão de f quando existem a, b ∈ R, com a < c < b,
(a, c) , (c, b) ⊂ D0 tais que f tenha concavidades contrárias em (a, c) e (c, b) . Isto é, f
muda de concavidade num ponto de inflexão.
Exemplo 3.106 No exemplo acima 1 não é um ponto de inflexão pois ele não pertence
ao domínio de f.
Proposição 3.107 Seja f : D → R duas vezes derivável no intervalo I ⊂ D. Se c ∈ I 0
é um ponto de inflexão de f e f é contínua em c então f (c) = 0.
Prova. Como c ∈ I 0 é um ponto de inflexão, segue da definição que existem a, b ∈ R,
com a < c < b, (a, c) , (c, b) ⊂ I e tais que f tem concavidades contrárias em (a, c) e (c, b) .
Suponha por absurdo que f (c) = 0, sem perda de generalidade, suponha que f (c) > 0.
Então como f é contínua em c, segue do teorema de conservação de sinal que existe r > 0
tal que f (x) > 0, ∀x ∈ (c − r, c + r) ⊂ I. Logo, pelo teorema anterior segue que f tem
concavidade voltada para cima em (c − r, c + r) , o que é um absurdo pois c é um ponto
de inflexão. Portanto f (c) = 0. Exemplo 3.108 Para determinar os pontos de inflexão de f : (0, +∞) → R, f (x) =
x+1
, basta calcular a derivada segunda de f e igualar a 0, pois f ∈ C ∞ (R) . Assim,
x2 + 1
1 − 2x − x2
2x3 + 6x2 − 6x − 2
f (x) =
e
f
(x)
=
. Logo f (x) = 0 ⇔ 2x3 + 6x2 − 6x −
(x2 + 1)2
(x2 + 1)3
2 = 0 e portanto os pontos de inflexão são:
√
√
x1 = 1, x2 = 2 − 3, x3 = 2 + 3.
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.67
3.2.4
Assíntotas e regras de l’Hôpital
Para poder traçar gráficos com boa precisão, necessitamos ainda do conceita de assíntotas
especialmente as oblíquas e como determiná-las e de calcular alguns limites que apresentam indeterminação de tipos que não conseguimos resolver com os limites fundamentais.
Iniciaremos pela definição e resultados sobre assíntotas e em seguida daremos as regras
de l’Hôpital, pois para isso precisamos de uma generalização do T.V.M. que também será
útil mais adiante.
Definição 3.109 Seja f : Df → R tal que Df é ilimitado superiormente. Se existirem
m, n ∈ R tais que lim [f (x) − (mx + n)] = 0, dizemos que f admite assíntota e, neste
x→+∞
caso, a reta y = mx + n, é uma assíntota para f.
Se m = 0, dizemos que a assíntota é horizontal, neste caso a reta y = b é a assíntota
de f. Caso contrário, isto é m = 0, dizemos que a assíntota é oblíqua.
Nota 3.110 A partir da definição acima pode-se concluir que o gráfico de f se aproxima
da reta y = mx + n, à medida que x tende a infinito. A definição é análoga no caso em
que x tende a −∞.
Exemplo 3.111 Determine, caso exista a assíntota de f(x) =
polinômios obtemos:
2x3 + x2
. Dividindo os
x2 + 1
2x + 1
.
x2 + 1
2x + 1
x2 [(2/x) + (1/x2 )]
[(2/x) + (1/x2 )]
= −
=
, o que
Assim, f(x) − (2x + 1) = − 2
x +1
x2 [1 + (1/x2 )]
[1 + (1/x2 )]
implica que lim [f (x) − (2x + 1)] = 0. Portanto, f tem uma assíntota, a saber a reta
x→±∞
y = 2x + 1.
f(x) = 2x + 1 −
p(x)
e grau de p é igual ao grau de q mais 1, então
q(x)
f sempre terá uma assíntota e a maneira de determiná-la é fazendo a dinvisão dos dois
polinômios, como foi feita no exemplo. Observe ainda que no caso geral se f admitir uma
assíntota então lim [f (x) − mx] = n. Assim, para determinarmos se f admite ou não
Nota 3.112 No caso em que f (x) =
x→∞
uma assíntota, devemos verificar se existe m ∈ R tal que lim [f (x) − mx] é finito, caso
x→∞
isto seja verdade a assíntota será a reta de equação y = mx + lim [f (x) − mx] . Vejamos
x→∞
mais um exemplo.
√
Exemplo 3.113 Seja f (x) = 3 9x3 + 3x2 + 1, determine caso exista
√ as assíntotas de f.
9x2 + 3x + 1 − mx .
Vamos analisar para que valores de m, existe o seguinte limite lim
x→∞
√
2
Para isso, vamos multiplicar e dividir por 9x + 3x + 1 + mx, obtendo:
9x2 + 3x + 1 − m2 x2
(9 − m2 ) x2 + 3x + 1
√
=√ 2
.
9x2 + 3x + 1 + mx
9x + 3x + 1 + mx
68
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Portanto se estivermos interessados no limite quando x → +∞, devemos tomar m = 3 e
teremos que
x [3 + (1/x)]
1
= .
x→+∞
2
x
9 + (3/x) + (1/x2 ) + 3
lim [f(x) − 3x] = lim
x→+∞
1
Logo, a assíntota é y = 3x + , quando x → +∞. No caso em que x → −∞, devemos
2
tomar m = −3, pois neste caso teremos
|x| [3 + (1/ |x|)]
1
= .
x→+∞
2
|x|
9 + (3/ |x|) + (1/x2 ) + 3
lim [f(x) + 3x] = lim
x→−∞
1
Portanto, a assíntota é y = −3x + , quando x → −∞.
2
√
Exemplo 3.114 Seja f (x) = 3 x3 − 1, determine,
caso existam as assíntotas de f.
√
Observe que (x3 − 1) − m3 x3 = 3 x3 − 1 − mx 3 (x3 − 1)2 + 3 (x3 − 1)mx + m2 x2 .
Portanto, segue que
lim
x→±∞
√
3
x3 − 1 − mx = lim x→±∞
assim, tomando m = 1, obtemos
3
(x3 − 1) − m3 x3
,
2
3
3
3
2
2
(x − 1) + (x − 1)mx + m x
√
−1
3
x3 − 1 − x = lim = 0.
x→±∞
x→±∞ 3
(x3 − 1)2 + 3 (x3 − 1)x + x2
lim
Assim, a assíntota é y = x, para x → ±∞.
Podem existir funções que não admitem assíntotas oblíquas. Por exemplo:
Exemplo 3.115 Seja f (x) = ex , tal função admite assíntota horizontal, quando x →
−∞, pois lim ex = 0 e não admite assíntota quando x → +∞, pois lim [ex − mx] = +∞,
x→−∞
ex
∀m ∈ R, pois lim
= +∞.
x
Definição 3.116 Seja f : Df → R e a ∈ (Df ) . Dizemos que a função f admite assíntota
vertical em x = a se e só se lim f (x) = ±∞ ( podendo ser limites laterais).
x→a
Assim, para traçarmos gráficos com uma certa precisão precisamos avaliar limites
no infinito e em pontos de acumulação da função, onde ela não é contínua ou não está
definida. Para isso daremos mais uma regra de determinação de limite quando estivermos
0
∞
numa situação de indeterminação, tipo ou
.
0
∞
3.2. A APLICAÇÃO DA DERIVADA AO ESTUDO DA VARIAÇÃO DE FUNÇÕES.69
Teorema 3.117 (Regras de l’Hôpital): Sejam f : Df → R, g : Dg → R e p ∈ Df ∩ Dg
tais que f e g são deriváveis em (p − r, p) ∪ (p.p + r) ⊂ Df ∩ Dg e g (x) = 0, ∀x ∈
(p − r, p) ∪ (p.p + r) , para algum r > 0.
f (x)
f(x)
10 caso : Se lim f (x) = 0 = lim g(x) e lim = L entãolim
= L.
x→p
x→p
x→p g (x)
x→p g(x)
f (x)
f (x)
= L então lim
= L.
20 caso : Se lim f (x) = ±∞ e lim g(x) = ±∞ e lim x→p
x→p
x→p g (x)
x→p g(x)
Nota 3.118 O teorema continua válido se tivermos apenas limites laterais, ou se x →
f (x)
±∞. Ainda é válido se L = ±∞, isto é o limite de naõ existe pois este quociente
g (x)
cresce ou decresce indefinidamente.
Nota 3.119 Observe que a recíproca do teorema não é válida. Para verificar considere
1
f (x)
f (x) = x2 sen , g(x) = x e p = 0. Verifique que lim
= 0 e no entanto não existe
x→0 g(x)
x
f (x)
lim .
x→0 g (x)
Nota 3.120 Caso a indeterminação continue pode-se continuar derivando numerador e
denominador até que o limite exista ou tenda para ±∞, isto é, vale o seguinte resultado:
◦
Teorema 3.121 Sejam f, g : D → R, p ∈ D tal que f, g são n vezes deriváveis em
(p − r, p) ∪ (p, p + r) ⊂ D para algum r > 0, com g (n) (x) = 0, ∀x ∈ (p − r, p) ∪ (p, p + r) .
Então
f (n) (x)
10 caso : Se lim f (k) (x) = 0 = lim g (k) (x) = 0, k = 0, 1, . . . , n − 1 e lim (n)
= L
x→p
x→p
x→p g
(x)
f (x)
então lim
= L.
x→p g(x)
f (n) (x)
20 caso : Se lim f (k) (x) = ±∞ e lim g (k) (x) = ±∞, k = 0, 1, . . . , n − 1 e lim (n)
=L
x→p
x→p
x→p g
(x)
f (x)
então lim
= L.
x→p g(x)
ln x
1/x
. Como lim ln x = +∞ e lim x = +∞ e lim
=
x→+∞ x
x→+∞
x→+∞
x→+∞ 1
Exemplo 3.122 Determine lim
ln x
= 0.
x→+∞ x
0, segue que lim
Exemplo 3.123 Determine lim x2 ex . Observe que a indeterminação não é do tipo
x→−∞
permitido pela regra de l’Hôpital, assim devemos colocá-la da forma em que seja posx2
2
sível aplicar uma das regras de l’Hôpital. Mas x2 ex = −x . Esta última forma pere
mite aplicar a regra de l’Hôpital pois lim x2 = +∞ = lim e−x . Ainda lim 2x =
x→−∞
x→−∞
x→−∞
70
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
−∞ = lim (− e−x ) e portanto ainda temos uma indeterminação. No entanto como
x→−∞
2
lim
= 0, segue do teorema que lim x2 ex = 0.
x→−∞ e−x
x→−∞
Exemplo 3.124 Faça um esboço do gráfico de g(x) = x2 ex . Do exemplo anterior temos
uma assíntota horizontal. Ainda Dg = R e portanto não existem pontos de acumulação do
domínio que não pertencem a ele. Ainda lim x2 ex = +∞. Para obtermos os intervalos
x→+∞
de crescimento e de decrescimento da função vamos derivá-la: g (x) = 2x ex +x2 ex =
(2x + x2 ) ex . Assim, para analisar o sinal de g , basta anlisar o sinal de 2x + x2 , logo
temos que g é crescente em (−∞, −2] e em [0, +∞) e é decrescente em [−2, 0] . Portanto
x0 = −2 é ponto de máximo relativo, já que g não é limitada superiormente e x1 = 0
é ponto de mínimo absoluto, já que g é limitada inferormente por 0. Para analisar a
concavidade vejamos o sinal da derivada segunda, g (x) = (2 + 2x) ex + (2x + x2 ) ex =
2
x
(x
√ que g tem concavidade voltada para cima nos intervalos
+ 4x + 2)√e . Logo
temos
−∞, −2 − 2 e −2 + 2, +∞ e tem concavidade voltada para baixo no intervalo
√ √
√
−2 − 2, −2 + 2 . Portanto os pontos −2 ± 2 são pontos de inflexão de g. Vejamos
o gráfico de g :
3.3
Fórmula de Taylor
Vimos que se uma função é diferenciável em cada ponto de um intervalo I, ela pode ser
aproximada por uma função linear, numa vizinhança de cada ponto. No entanto não
conseguíamos estimar o erro cometido quando fazíamos esta aproximação. Uma pergunta
que se coloca é: Existem condições sobre uma função, que permita aproximá-la por um
polinômio de um determinado grau, numa vizinhança de um determinado ponto? A
resposta é sim e daremos a seguir as condições que permitem fazê-lo.
Existem vários métodos de aproximação de uma dada função por polinômios. Uma
das mais usadas é a fórmula de Taylor. Observe que dado um polinômio
p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ,
3.3. FÓRMULA DE TAYLOR
71
pode-se explictar os coeficientes em termos de suas derivadas calculadas no ponto x0 = 0.
De fato a0 = p(0), a1 = p (0), 2a2 = p (0), . . . , n!an = p(n) (0). Assim, pode-se reescrever
o polinômio acima da seguinte maneira:
p(n) (0) n
p(x) = p(0) + p (0)x + · · · +
x .
n!
A fórmula de Taylor explora este fato.
Teorema 3.125 (Fórmula de Taylor com resto de Lagrange): Seja f : I → R, n + 1
vezes derivável no intervalo I. Seja x0 ∈ I, então para cada x ∈ I com x = x0 , existe c
pertencente ao intervalo aberto de extremos x e x0 tal que
f (x) = f(x0 ) + f (x0 ) (x − x0 ) + · · · +
f (n) (x0 )
f (n+1) (c)
(x − x0 )n +
(x − x0 )n+1 .
n!
(n + 1)!
Nota 3.126 Observe que c depende de x, pois para cada x existe um valor de c.
Nota 3.127 Observe que se f é apenas derivável então o teorema de Taylor se reduz ao
T.V.M. E no caso de f duas vezes derivável, o teorema de Taylor nos dá uma fórmula
para o resto, ao aproximarmos f numa vizinhança de x0 , por sua reta tangente.
Nota 3.128 A partir da fórmula acima, vemos que Pn (x) = f (x0 )+f (x0 ) (x − x0 )+· · ·+
f (n) (x0 )
f (n+1) (c)
(x − x0 )n é um polinômio em x, de grau no máximo n e Rn (x) =
(x − x0 )n+1
n!
(n + 1)!
é o erro obtido quando aproximamos f pelo polinômio Pn numa vizinhança de x0 . O
polinômio Pn é denominado polinômio de Taylor de ordem n em torno de x0 .
Exemplo 3.129 Determine o polinômio de Taylor de ordem 3 da função cosseno em
π
torno de . Para isso precisamos determinar as derivadas de cosseno até ordem 3 e
4
π
calculá-las no ponto . Como (cos) (x) = − sen x, (cos) (x) = − cos x e (cos) (x) =
4 √
√ √ √ 2
2
π
2
π 2
2
π 3
−
x−
−
x−
+
x−
sen x, segue que P3 (x) =
2
2
4
4
4
12
4
Exemplo 3.130 Utilize o resultado do exemplo anterior para calcular aproximadamente
cos 470 e estime o erro cometido. Assim, do exemplo anterior basta substituirmos x =
47π
, que corresponde à 470 , em P3 (x) e teremos o resultado, isto é,
180
√ 2
π
1 π 2 1 π 3
0
cos 47 ≈
1−
−
+
≈ 0, 034907.
2
90 2 90
6 90
cos c π 4 1 π 4
A estimativa do erro é dada por |R3 (x)| = x−
≤
x
−
. Portanto,
24
4 24
4
47π
substituindo x por
, obtemos
180
47π
1 π 4
R3 (
) ≤
< 4 × 10−8 < 10−7 ,
180
24 90
72
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
ou seja o erro cometido está na oitava casa decimal do resultado que obtivemos, o que
significa uma ótima aproximação.
Segue um resultado que é uma aplicação da fórmula de Taylor para classificação de
pontos críticos em pontos de máximo, mínimo ou inflexão.
Teorema 3.131 Seja f : I → R n vezes derivável no intervalo aberto I 0 . Seja x0 ∈ I 0
tal que f (i) (x0 ) = 0, i = 1, . . . , n − 1 e f (n) (x0 ) = 0.
a)Se n é ímpar então x0 é um ponto de inflexão horizontal.
b)Se n é par e f (n) (x0 ) > 0 então x0 é ponto de mínimo relativo.
c)Se n é par e f (n) (x0 ) < 0 então x0 é ponto de máximo relativo.
Este teorema pode ser usado quando é mais complicado estudar o sinal das derivadas
em intervalos. Vejamos o exemplo a seguir.
Exemplo 3.132 Classifiquemos os pontos críticos de f (x) = x5 − 5x4 + 5x3 . Para isso
calculemos f (x) = 5x4 − 20x3 + 15x2 = 5x2 (x − 3) (x − 1) . Portanto os pontos críticos
são x = 0, x = 1, x = 3. Determinemos f (x) = 20x3 − 60x2 + 30x = 10x (2x2 − 6x + 3) .
Portanto, f (0) = 0, f (1) < 0 e f (3) > 0. O que permite concluir que 1 é ponto de
máximo relativo e 3 é ponto de mínimo relativo. Resta ainda classificar o ponto 0. Então
f (x) = 60x2 − 120x + 30 ⇒ f (0) = 0 e portanto 0 é um ponto de inflexão horizontal.
Vejamos o gráfico desta função:
3.3.1
Lista de exercícios
x2 + x − 3
, x = 1, determinando,
x−1
os intervalos de crescimento e decrescimento da função, os máximos e mínimos relativos
e absolutos, os limites no infinito e nos pontos de acumulação que não pertencem ao
domínio, concavidade e pontos de inflexão, se existirem.
Exercício 3.133 Esboce o gráfico da função f (x) =
3.3. FÓRMULA DE TAYLOR
73
Exercício 3.134 Determine os limites abaixo, caso existam, justificando os resultados
utilizados:
a) lim+ x ln x.
x→0
b) lim+ xsen x .
x→0
senh x
.
x→0 sen x
c) lim
ln (1 + 1/x)
.
x→+∞ arcctg x
d) lim
Exercício 3.135 Esboce os gráficos das funções abaixo, determinando o domínio, os limites no infinito, os limites em pontos de acumulação que não fazem parte do domínio
ou em que a função não é contínua, , se for o caso. Determine ainda os intervalos de
crescimento e decrescimento da função, a concavidade em cada subintervalo, os pontos de
inflexão, caso existam e os pontos de máximos e mínimos relativos e/ou absolutos, caso
existam. Determine ainda, caso existam, as assíntotas.
a) f (x) =
ln x
.
x
b) f(x) = x ln x.
1−x
c) f (x) = x
.
1+x
√
d) f(x) = 3 x3 + 3x2 + 4x.
e) f (x) = arctg (ln x) .
f) f (x) =
x2 + 1
.
x2 − 1
Exercício 3.136
Use o polinômio de Taylor em torno de x0 = 0 para encontrar o valor
√
4
aproximado de e com uma precisão de quatro casas decimais.
√
Exercício 3.137 Utilizando a noção de diferenciabilidade calcule aproximadamente 4, 001
e estime o erro cometido.
Exercício 3.138 Determine o grau do polinômio de Taylor em torno de x0 = 1, de modo
que o erro na aproximação de ln (1, 2) seja menor que 0, 001.
√
Exercício 3.139 Determine aproximadamente, e, com erro menor que 0, 01.
7π
2
Exercício 3.140 Seja f (x) = x cos x. Determine aproximadamente f
, usando o
8
polinômio de Taylor de ordem 2 em torno de x0 = π.
74
CAPÍTULO 3. DIFERENCIABILIDADE DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL
Capítulo 4
Integral de Riemann
Antes de iniciarmos a definição de integral de Riemann, propriamente dita, daremos a
definição de primitiva de uma função f e mais tarde relacionaremos a primitiva de uma
função f com a integral de Riemann.
4.1
Primitiva
Definição 4.1 Dizemos que uma função f : I → R admite primitiva no intervalo I
quando existe F : I → R derivável em I tal que F (x) = f (x), ∀x ∈ I.
Exemplo 4.2 Seja f : R → R definida por f (x) = x2 então f admite primitiva em
x3
R, pois a função F (x) =
, x ∈ R é derivável em R e F (x) = f (x), ∀x ∈ R. Ainda
3
x3
G(x) =
+ c, x ∈ R também é uma primitiva de f em R, qualquer que seja a constante
3
c ∈ R.
1
, x = 0 admite primitiva em (0, +∞) definida por
x
F (x) = ln x, x ∈ (0, +∞) . Também admite primitiva em (−∞, 0) definida por F (x) =
1
ln (−x) , x ∈ (−∞, 0) . Portanto pode-se concluir que f(x) = , x = 0 admite primitiva
x
em R\{0} dada por F (x) = ln |x| , x = 0. Novamente, G(x) = ln |x| + c, x ∈ R\{0} é
primitiva de f neste domínio.
1, x < 1
Exemplo 4.4 A função f : R → R definida por f (x) =
admite prim2, x ≥ 1
itiva R? É claro que g(x) = x + a é uma primitiva de f no intervalo (−∞, 1) pois
g (x) = 1 = f (x), ∀x ∈ (−∞, 1) , para algum a ∈ R. Ainda h(x) = 2x + b é uma primitiva
de f no intervalo (1, +∞) pois h (x) = 2 = f(x), ∀x ∈ (1, +∞) , para
algum b ∈ R.
x + a; x < 1
No entanto quando consideramos F : R → R definida por F (x) =
2x + b; 1 ≤ x
segue que, como F é derivável em R, então F é contínua, logo lim+ F (x) = lim F (x)
Exemplo 4.3 A função f (x) =
x→1
75
x→1−
76
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
e para isso devemos ter que 1 + a = 2 + b ⇒ a − b = 1. Ainda, F (x) = 1 = f (x),
∀x ∈ (−∞, 1) e F (x) = 2 = f (x), ∀x ∈ (1, +∞). No ponto x0 = 1, segue que
F (x) − F (1)
x+a−2−b
(x − 1) + (a − b − 1)
(x − 1)
lim−
= lim−
= lim−
= lim−
=1
x→1
x→1
x→1
x→1 x − 1
x−1
x−1
x−1
F (x) − F (1)
2x + b − 2 − b
2 (x − 1)
e lim+
= lim−
= lim−
= 2, ∀b ∈ R e portanto como
x→1
x→1
x→1
x−1
x−1
x−1
os limites laterais são diferentes segue que tal limite não existe, o que implica que F
não é derivável em x0 = 1 e portanto f não admite primitiva em R. Pode-se ter a tentação de concluir que isto acontece porque f é descontínua em x = 1. Isto tem um certo
fundamento, mas não é o fato de ser descontínua, mas o tipo de descontinuidade, como
veremos mais adiante. Vejamos o exemplo a seguir que mostra que podemos ter funções
descontínuas que admitem primitiva.
y
2.0
1.9
1.8
1.7
1.6
1.5
1.4
1.3
1.2
1.1
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
x
Gráfico de f
Exemplo 4.5 A função f : R → R, definida por
2x sen (1/x) − cos (1/x) , x = 0
f (x) =
0,
x=0
não é contínua em a = 0. No entanto f admite primitiva em R, pois a função F : R → R,
definida por

1
 2
x sen
, x = 0
F (x) =
x

0,
x=0
4.1. PRIMITIVA
77
é derivável para todo x = 0 e nestes pontos F (x) = f (x) . Para verificar se F é derivável
1
2
x sen
F (x) − F (0)
x
em a = 0, devemos fazê-lo por definição, ou seja, lim
= lim
=
x→0
x→0
x
x
1
lim x sen
= 0 = f (0), o que implica que F é uma primitiva de f. Segue abaixo os
x→0
x
gráficos de f , em preto e de F, em azul.
Gráfico de f
Gráfico de F
Qual a diferença entre os dois exemplos? No primeiro exemplo a descontinuidade é do
tipo salto, isto é, os limites laterais existem, mas são diferentes. Enquanto que no segundo
exemplo nem os limites laterais existem.
Vimos ainda nos exemplos acima que se F é uma primitiva de f em I então F + c
também é uma primitiva em I, ∀c ∈ R. E será que existe alguma outra primitiva de f
diferente de F + c? O próximo resultado responde a esta pergunta, para funções definidas
em intervalos.
78
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
Proposição 4.6 Seja f : I → R uma função que admite primitiva F no intervalo I.
Então G é uma primitiva de f no intervalo I ⇔ existe C ∈ R tal que G(x) = F (x) + C,
∀x ∈ I.
Prova. (⇒) Como G e F são primitivas de f no intervalo I, segue que F, G são
deriváveis em I e F (x) = G (x), ∀x ∈ I ⇒ (G − F ) (x) = 0, ∀x ∈ I e como I é um
intervalo segue como conseqüência do T.V.M. que existe uma constante C ∈ R tal que
(G − F ) (x) = C, ∀x ∈ I ⇒ G(x) = F (x) + C, ∀x ∈ I.
(⇐) É claro que se G(x) = F (x) + C, ∀x ∈ I então G é derivável em I e G (x) =
F (x) = f(x), ∀x ∈ I ⇒ G é primitiva de f em I. Nota 4.7 Assim, do resultado anterior temos que na realidade se uma função admite
uma primitiva no intervalo I, então ela admite
uma família de primitivas
que diferem
uma das outras por uma constante. A notação f (x)dx ou simplesmente f será usada
para representar a família de primitivas de uma função f.
Veremos a seguir um resultado importante que nos permitirá concluir que funções que
admitem descontinuidade tipo salto num determinado intervalo, não admitem primitiva
neste intervalo. Para isso daremos um resultado que afirma que a derivada de uma função
possui a propriedade do valor intermediário, independente de sua continuidade.
Teorema 4.8 Seja f : [a, b] → R derivável em [a, b] . Então a função f : [a, b] → R
assume todos os valores entre f (a) e f (b).
Prova. Se f (a) = f (b) nada há a demonstrar, assim suponhamos sem perda de
generalidade que f (a) < f (b) e considere d ∈ (f (a), f (b)) . Definamos h : [a, b] → R por
h(x) = f (x) − dx. É claro que h é derivável em [a, b] com h (x) = f (x) − d. Portanto
h (a) < 0 e h (b) > 0. Portanto, de exercício já visto, segue que existe c ∈ (a, b) tal que
h(c) = 0 ⇒ f (c) = d.
O resultado que segue é o que nos importa e sua demonstração será deixada a cargo
do aluno. Corolário 4.9 Seja f : I → R e a ∈ I 0 tal que f admite uma descontinuidade do tipo
salto em a, isto é, lim+ f (x) = lim− f (x). então f não admite primitiva no intervalo I.
x→a
x→a
A demonstração é por absurdo e utiliza o teorema anterior.
Assim, quando a função admite uma descontinuidade do tipo salto podemos garantir
que esta não admite primitiva no intervalo que contém tal descontinuidade.
E se f for contínua, ela sempre admite primitiva.
4.2. FUNÇÕES RIEMANN INTEGRÁVEIS
4.1.1
79
Lista de Exercícios
Exercício 4.10 Determine em que intervalo as funções abaixo admitem primitiva e a
família de primitivas correspondentes.
a)
b)
x2 dx.
e−x dx.
1
dx.
1 + x2
√
d) ( 3 x + cos (3x) − sen2 x) dx.
c)
Exercício 4.11 Determine, caso exista, a família de primitivas abaixo, no intervalo I,
indicado. Justifique.
π π
tg2 (x)dx, I = − ,
2 2
2
x cos x3 , x ≤ 0
b) f(x)dx, onde f (x) =
, I = R.
2
xex ,
x>0

 sen x3
, x < 0 , I = R.
c) f (x)dx, onde f (x) =
 ex2x,
x≥0
a)
d)
sen x + cos x +
e)
4.2
1
1 + x2
dx, I = R.
1
2
√
+ sec x tg x − cossec x dx, I = (0, 1) .
1 − x2
Funções Riemann integráveis
A integral surgiu da necessidade de se calcular a área abaixo da curva gráfico de uma
função positiva. Para isso pensou-se em dividir o intervalo de definição da curva em
subintervalos e calcular as áreas dos retângulos formados, como veremos na figura abaixo.
Intuitivamente se aumentarmos o número de subintervalos a soma das áreas dos retângulos
se aproximam da área pretendida. Veremos então a seguir como foi possível traduzir isso
matematicamente.
Definição 4.12 Dizemos que um subconjunto finito P ⊂ R é uma partição do intervalo [a, b] quando P = {x0 , x1 , . . . , xn } onde a = x0 , xn = b e xi−1 < xi , i = 1, . . . , n.
Notação: Denotamos por P ([a, b]) o conjunto de todas as partições do intervalo
[a, b] .
80
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
1 1 1 2
1 1
Exemplo 4.13 Considere o intervalo [0, 1] então P = {0, , , 1}, R = {0, , , , , 1}
3 2
6 4 2 3
1 1 1 2
e Q = {0, , , , , 1} são partições de [0, 1] .
5 4 3 3
Definição 4.14 Seja P = {x0 = a, x1 , . . . , xn = b} uma partição do intervalo [a, b] .
Denominamos norma de P , denotada por P , como sendo, P = max{∆xi ; 1 ≤
i ≤ n}, onde ∆xi = xi − xi−1 . Denominamos partição pontilhada de P, denotada por P ∗ ,
quando em cada intervalo [xi−1 , xi ] , definido por P, escolhemos um ponto ci ∈ [xi−1 , xi ] .
Definição 4.15 Seja f : [a, b] → R limitada em [a, b] e P = {x0 , x1 , . . . , xn } ∈ P ([a, b]) .
Definimos a soma de Riemann de f com respeito à partição pontilhda P ∗ , denotada por
n
(f, P ∗ ) = f (ci )∆xi .
(f, P ∗ ), como sendo
i=1
Segue abaixo um exemplo gráfico de uma soma de Riemann, para a função f (x) = x2 .
Teorema
Seja f : [a, b] → R limitada em [a, b] . f é integrável em [a,
b] ⇔ existe
4.16
∗
∗
(f, P ), independente da partção pontilhada P . Neste caso lim
(f, P ∗ ) =
lim
P →0
P →0
b
f (x)dx.
a
Exemplo 4.17 Para encontrar a área da região limitada pelo gráfico de f(x) = 4 − x2 ,
o eixo dos x e as retas x = 1 e x = 2, tomamos uma seqüência de partições do intervalo
1
n−1
[1, 2] , Pn = {x0 = 1, x1 = 1+ , . . . , xn−1 = 1+
, xn = 2} e pontilhamos esta partição
n
n
escolhendo ci = xi , 1 ≤ i ≤ n. Assim, temos que a área é igual a lim
(f, Pn∗ ) =
n→+∞
2
f (x)dx. Mas
1
2 n
i
1
(f, Pn∗ ) =
4− 1+
=
n
n
i=1
n
n
n
3
2
12
1
1
1
1
=
1− 2
i− 3
i =3− 1+
−
1+
2+
.
n i=1
n i=1
n i=1
n
6
n
n
4.2. FUNÇÕES RIEMANN INTEGRÁVEIS
Portanto,
2
1
f (x)dx = . lim
n→+∞
1
3− 1+
n
81
1
1
1
5
−
1+
2+
= .
6
n
n
3
A seguir daremos algumas propiedades da integral.
Teorema 4.18 Sejam f, g : [a, b] → R integráveis em [a, b] . Então:
b
b
b
a) a (f + g) (x) dx = a f (x) dx + a g (x) dx.
b
b
b) a (kf ) (x) dx = k a f (x) dx, ∀k ∈ R.
b
c) Se f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] então a f (x) dx ≥ 0.
b
b
d) Se f (x) ≤ g(x), ∀x ∈ [a, b] então a f (x) dx ≤ a g (x) dx.
b
b
e) a f (x) dx ≤ a |f (x)| dx.
a
a
b
Convenção: Convenciona-se que a f (x)dx = 0 e b f (x)dx = − a f (x)dx.
É claro que esta definição não é fácil de se trabalhar para determinar se uma função
é ou não integrável e como calcular sua integral. Temos então um resultado que para o
nosso objetiva é suficiente.
Proposição 4.19 Seja f : [a, b] → R limitada em [a, b] . Se f é contínua exceto num
número finito de pontos então f é Riemann integrável em [a, b] .
Vemos assim que uma função que admite uma descontinuidade tipo salto é integrável,
mesmo não admitindo primitiva. No entanto temos os seguintes resultados que relacionam
primitiva e integrabilidade.
Proposição 4.20 Seja f : [a, b] → R contínua em [a, b] . Então f é Riemann integrável
e admite primitiva em [a, b] .
Teorema 4.21 (Teorema Fundamental do Cálculo):Sejam f, F : [a, b] → R tais que
f é integrável em [a, b], F é contínua em [a, b] , tal que F é primitiva de f em (a, b) .
Então
b
a
4.2.1
f (t)dt = F (b) − F (a).
Lista de Exercícios
Exercício 4.22 Determine a área abaixo das curvas abaixo:
a) y = x3 , x ∈ [0, 1] .
π
b) y = cos x, x 0,
.
4
Exercício 4.23 Calcule
1
0
1
dx.
1 + x2
82
4.3
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
Métodos de Integração
Pelo que vimos, para determinar a integral de uma função contínua f devemos encontrar
uma primitiva de f.
Ainda, no caso em que f é contínua por partes e limitada em [a, b], isto é, existem
x1 < x2 < · · · < xk ∈ [a, b] tal que f é contínua em (xi−1 , xi ) , 1 ≤ i ≤ k,
b
f (x)dx =
a
k i=1
xi
f (t)dt =
xi−1
k
i=1
(Fi (xi ) − Fi (xi−1 )) ,
(4.1)
onde Fi : [xi−1 , xi ] → R é contínua em [xi−1 , xi ] e é uma primitiva de f em cada (xi−1 , xi ) .
Mas determinar uma primitiva, é determinar uma função F tal que F = f no intervalo
desejado. Por isso alguns autores chamam a operação de integração de anti-derivação,
por ser de uma certa forma a operação inversa da derivação, especialmente nos casos de
funções contínuas.
No entanto determinar primitiva de uma função não é tão fácil quanto determinar a
derivada de uma função. Para derivar basta conhecer a derivada de algumas funções, que
determinamos pela definição, e utilizar as fórmulas de derivação. No caso de primitiva,
existem funções que admitem primitiva, pois são contínuas, mas não é possível determinála. O cálculo destas integrais é então feito numericamente ou em alguns casos especiais
utilizando outras teorias. Vejamos alguns exemplos:
(sen x) /x; x = 0
. Esta é uma função
1;
x=0
contínua e portanto admite primitiva, mas não é possível expressá-la por meio de funções
elementares.
Exemplo 4.24 f : R → R definida por f (x) =
(1 − ex ) /x; x = 0
também é con−1;
x=0
tínua em R, logo admite primitiva em R, mas não conseguimos expressá-la em termos de
Exemplo 4.25 f : R → R definida por f(x) =
4.3. MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO
83
funções elementares.
Apesar de não existirem regras
primitivas, o objetivo desta seção
integrais complicadas em integrais
Apesar de não existirem regras
primitivas, o objetivo desta seção
integrais complicadas em integrias
bem definidas, como as de derivação, para determinar
é apresentar métodos que nos ajudem a transformar
de funções das quais conhecemos uma primitiva.
bem definidas, como as de derivação, para determinar
é apresentar métodos que nos ajudem a transformar
de funções das quais conhecemos uma primitiva.
Teorema 4.26 (Substituição): Sejam f : I → R e g : J → R tais que g é derivável
no intervalo J, Im g ⊂ I e f admite primitiva
I. Então F ◦ g : J → R é
F no intervalo
uma
primitiva de (f ◦ g) g em J. Ou seja, f(g(x))g (x)dx = F (g(x)) + C, onde F (y) =
f (y)dy.
Prova. A demonstração é imediata e utiliza somente a regra da cadeia e a definição
de primitiva. Exemplo 4.27 Determine x cos x2 dx. Considerando f, g : R → R definidas por g(x) =
x2 e f(y) = cos y, temos que g (x) = 2x, f é contínua e admite uma primitiva F (y) =
sen y. Ainda Im g = [0, +∞) ⊂ R. Então da proposição anterior, segue que F ◦ g é
1
primitiva de (f ◦ g) g . Mas ((f ◦ g) g ) (x) = 2x cos x2 ⇒ (f ◦ g) g é o que procuramos.
2
1
2
2
Portanto, segue que x cos x dx = sen x + K, x ∈ R.
2
Este resultado se torna, para integrais definidas num intervalo [a, b] , o seguinte.
Corolário 4.28 Sejam f : [a, b] → R e g : [c, d] → R, tais que g ([c, d]) ⊂ [a, b] , f
integrável em [a, b] e admite primitiva F em (a, b) com F contínua em [a, b], g contínua
em [c, d] , derivável em (c, d) com g e f ◦ g integráveis em [c, d]. Então
d
g(d)
f (g(x))g (x)dx =
f(y)dy.
c
g(c)
84
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
Prova. Basta aplicar o teorema fundamental do Cálculo e a proposição anterior. √
1
Exemplo 4.29 Calcule 0 (5x − 2) 5x2 − 4x + 1dx. A função f : [0, +∞) → R definida
√
2
por f (u) = u é contínua e portanto integrável e admite uma primitiva F (u) = u3/2
3
e g : [0, 1] → R definida por g(x) = 5x2 − 4x + 1 é derivável com g√([0, 1]) ⊂ [0, +∞).
1
Ainda g (x) = 10x − 4, g(0) = 1 e g(1) = 2. Portanto 0 (5x − 2) 5x2 − 4x + 1dx =
√
1 1
1 2√
1 √
2 − 4x + 1dx =
(10x
−
4)
5x
udu
=
F
(2)
−
F
(1)
=
8
−
1
.
2 0
2 1
3
Teorema 4.30 (Mudança de variável): Sejam I, J intervalos ϕ : J → I bijetora,
◦ ϕ) ϕ admite primitiva F em
derivável com ϕ (t) = 0, ∀t ∈ J e f : I → R tal que (f
−1
−1
J. Então
F ◦ ϕ é uma primitiva de f em I. Ou seja f(x)dx = F (ϕ (x)) + C, onde
F (t) = f (ϕ(t))ϕ (t)dt.
Prova. Sabe-se que F é derivável e F (t) = f(ϕ(t))ϕ (t), ∀t ∈ J e ainda ϕ−1 é derivável
1
, ∀x ∈ I. Assim, pelo teorema da composta F ◦ϕ−1 é derivável
com (ϕ−1 ) (x) = −1
ϕ (ϕ (x))
1
em I e (F ◦ ϕ−1 ) (x) = F (ϕ−1 (x)) (ϕ−1 ) (x) = F (ϕ−1 (x)) −1
. Mas como F é
ϕ (ϕ (x))
1
=
primitiva de (f ◦ ϕ) ϕ , segue que (F ◦ ϕ−1 ) (x) = f (ϕ (ϕ−1 (x))) ϕ (ϕ−1 (x)) −1
ϕ (ϕ (x))
f (x), ∀x ∈ I. Corolário 4.31 Sejam ϕ : [c, d] → [a, b] bijetora, contínua em [c, d] e derivável em(c, d)
com ϕ (t) = 0, ∀t ∈ (c, d). Seja f : [a, b] → R tal que f ◦ ϕ é integrável em [c, d] e admite
primitiva em (c, d) que seja contínua em [c, d] . Então
b
ϕ−1 (b)
f(x)dx =
f (ϕ (t))ϕ (t)dt.
a
ϕ−1 (a)
Prova. Basta aplicar o T.F.C. e a proposição anterior. π π
√
2
Exemplo 4.32 Determine
1 − x dx, x ∈ (−1, 1) . Considere ϕ : − ,
→ [−1, 1]
π π2 2
definida por ϕ (t) = sen t. Então ϕ é bijetora e contínua em − ,
, derivável com
2
2
π π
√
ϕ (t) = cos t = 0, ∀t ∈ − ,
. Ainda, (f ◦ ϕ) (t) = 1 − sen2 t = |cos t| = cos t,
2 2
π π
π π
1 + cos 2t
∀t ∈ − ,
e portanto (f ◦ ϕ) (t) ϕ (t) = cos2 t =
, ∀t ∈ − ,
, cuja
2 2
2
2 2
sen 2t
1
t
família de primitivas é F (t) = +
+ K = [t + sen t cos t] + K. Portanto do
2
4
2
teorema de mudança de variáveis segue que F ◦ ϕ−1 é uma primitiva de f em (−1, 1) ,
√
√
1
contínua em [−1, 1] . Ou seja,
1 − x2 dx =
arcsen x + x 1 − x2 + K, x ∈ (−1, 1) .
2
4.3. MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO
Exemplo 4.33 Determine
√
de 1 − x2 em (−1, 1) é
85
1 √
1 − x2 dx. Do exemplo anterior temos que uma primitiva
−1
√
1
arcsen x + x 1 − x2 ,
2
1 √
que é contínua em [−1, 1] . Assim do T.F.C. segue que −1 1 − x2 dx = F (1) − F (−1) =
π π π
− −
= .
4
4
2
F (x) =
Teorema 4.34 (Integração por partes): Sejam f, g : I → R deriváveis no intervalo
I. Se f g admite primitiva em I então f g também admite primitiva em I e
(f g ) (x) dx = (f g) (x) − (f g) (x) dx.
Ou seja, uma primitiva de f g é a diferença de fg e uma primitiva de f g.
Prova. Como f e g são deriváveis em I então f g também o é e (f g) (x) = f (x) g (x)+
f (x) g (x) , ∀x ∈ I. Considere H uma primitiva de f g em I. Então ((fg) − H) (x) =
f (x) g (x) + f (x) g (x) − f (x) g (x) = f (x) g (x) , que é o resultado desejado. Corolário 4.35 Sejam f, g : [a, b] → R contínuas em [a, b] , deriváveis em (a, b) com
derivadas integráveis em [a, b] . Então
b
b
f (x) g (x) dx = f(b)g(b) − f (a)g(a) −
f (x) g (x) dx.
a
a
Prova. Como f, g, f e g são integráveis, segue que f g + f g também o é e admite
primitva f g em (a, b) , f g contínua em [a, b]. Assim aplica-se o T.F.C. para a integral
b
(f (x) g (x) + f (x) g (x)) dx e então utiliza-se as propriedades de integral. a
Exemplo 4.36 Determine arctg xdx. Temos que arctg xdx = 1 arctg xdx. Considerando f (x) = x e g(x) = arctg x, segue que 1 arcctg xdx = f (x) g (x) dx =
x
(f g) (x) − f (x) g (x) dx. Mas (fg) (x) = x arctg x e f (x) g (x) =
, que us1 + x2
1
ando o primeiro teorema admite como primitiva ln (1 + x2 ) . Assim, arctg xdx =
2
1
x arctg x − ln (1 + x2 ) + K.
2
2
2
2
Exemplo 4.37 Calcule 1 ln xdx. Novamente temos que 1 ln xdx = 1 1 ln xdx e por2
tanto considerando f(x) = x e g(x) = ln x em [1, 2] , segue que 1 ln xdx = x ln x |21
2 x
4
− 1 dx = 2 ln 2 − 1 = ln 4 − 1 = ln .
e
x
86
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
p(x)
, onde
q(x)
p (x) , q (x) são polinômios, para utilizá-los na determinação de primitivas e no cálculo de
integrais definidas.
Veremos a seguir alguns resultados sobre funções racionais, isto é f(x) =
Proposição 4.38 Sejam α, β, m, n ∈ R, com α = β. Então existem únicos A, B, C, D ∈
R tais que:
a)
mx + n
A
B
=
+
(x − α) (x − β)
x−α x−β
b)
mx + n
C
D
.
+
2 =
(x − α) (x − α)2
(x − α)
A+B =m
Prova. a)Como α = β então o sistema nas variáveis A, B
adβA + αB = −n
1 1
mite uma única solução já que det
= β − α = 0. Assim a solução A, B deste
β α
A
B
sistema são as constantes que satisfazem a igualdade do ítem (a), pois
+
=
x− α x − β
(A + B) x − (βA + αB)
mx + n
A (x − β) + B (x − α)
A+B =m
=
=
⇔
.
βA + αB = −n
(x − α) (x − β)
(x − α) (x − β)
(x − α) (x − β)
Ou seja, A e B devem ser solução do sitema acima. As constantes são únicas uma vez
que o sitema é possível e determinado.
mx + n
m (x − α) + n + mα
m
n + mα
b)Primeiramente temos que
=
+
,
2 =
2
(x − α) (x − α)2
(x − α)
(x − α)
que é o que queremos provar, com C = m e D = n + mα. Nota 4.39 Este resultado pode ser generalizado tendo no numerador um polinômio de
grau menor que o do denominador e no denominador um polinômio que tenha apenas
raízes reais, podendo ser repetidas. É importante observar que quando a raiz α é repetida,
com multiplicidade k, as parcelas na soma apresentam no denominador todos os termos
desde (x − α) até (x − α)k .
Exemplo 4.40 Decomponha em frações parciais a função racional f(x) =
Então segue que devemos encontrar A, B, C, D ∈ R tais que
x2 + x + 6
A B
C
D
= + 2+ 3+
.
3
x (x + 2)
x x
x
x+2
Assim, para obter a igualdade acima devemos ter a seguinte igualdade:
x2 + x + 6 = Ax2 (x + 2) + Bx (x + 2) + C (x + 2) + Dx3 .
x3
x+1
.
(x + 2)
4.3. MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO
87
Portanto devemos resolver o sistema

A+D =0



2A + B = 1
,
2B + C = 1



2C = 6
cuja única solução é A = 1, B = −1, C = 3 e D = −1. Logo,
1
1
3
1
x2 + x + 6
= − 2+ 3−
.
3
x (x + 2)
x x
x
x+2
Esta decomposição é útil para calcular integrais, vejamos o exemplo anterior.
x2 + x + 6
dx, x = 0, −2. Do exemplo anterior, temos que
x3 (x + 2)
2
3
1
x +x+6
1
1
dx =
dx −
dx +
dx −
dx.
3
2
3
x (x + 2)
x
x
x
x+2
Exemplo 4.41 Determine
Logo,
1
3
x2 + x + 6
dx = ln x + − 2 − ln (x + 2) + K, em (0, +∞) ,
3
x (x + 2)
x 2x
2
x +x+6
1
3
dx
=
ln
(−x)
+
−
− ln (x + 2) + K, em (−2, 0) ,
x3 (x + 2)
x 2x2
2
x +x+6
1
3
dx = ln (−x) + − 2 − ln (− (x + 2)) + K, em (−∞, −2) .
3
x (x + 2)
x 2x
Ou pode-se resumir numa única expressão da forma:
2
x +x+6
1
3
dx = ln |x| + − 2 − ln |x + 2| + K, x = 0, −2.
3
x (x + 2)
x 2x
Vejamos o resultado quando o polinômio do denominador também apresenta raízes
complexas. A prova é deixada a cargo do aluno.
Proposição 4.42 Sejam m, n, p, r, a, b, c, α ∈ R tais que b2 − 4ac < 0. Então existem
únicos A, B, C, D, E, F, G ∈ R tais que:
mx2 + nx + p
A
Bx + C
a)
=
+ 2
,
2
(x − α) (ax + bx + c)
x − α ax + bx + c
rx3 + mx2 + nx + p
Dx + E
Fx + G
b)
= 2
+
.
2
ax + bx + c (ax2 + bx + c)2
(ax2 + bx + c)
Nota 4.43 Este resultado pode ser generalizado, quando o polinômio do denominador
apresenta raízes reais repetidas de modo análogo à proposição anterior e quando admite
raízes complexas com multiplicidade maior que 2, do mesmo modo como foi observado no
caso de raízes reais repetidas.
88
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
Exemplo 4.44 Decomponha em frações parciais a função racional f(x) =
Assim, devemos encontrar Ai , Bi ∈ R, 1 ≤ i ≤ 3, tal que
x5 + 2x2 + 3
.
(x2 + 2x + 2)3
x5 + 2x2 + 3
A2 x + B2
A1 x + B1
A3 x + B3
= 2
+
+
.
3
2
x + 2x + 2 (x2 + 2x + 2)
(x2 + 2x + 2)
(x2 + 2x + 2)3
Para obtermos tal igualdade devemos ter a seguinte igualdade de polinômios:
2
x5 + 2x2 − 13 = (A1 x + B1 ) x2 + 2x + 2 + (A2 x + B2 ) x2 + 2x + 2 + A3 x + B3 .
Devemos portanto resolver o seguinte sistema:

A1 = 1




4A1 + B1 = 0



4A1 + 4B1 + A2 = 0
,
8A1 + 4B1 + 2A2 + B2 = 2




4A1 + 8B1 + 2A2 + 2B2 + A3 = 0



4B1 + 2B2 + B3 = −13
cuja única solução é A1 = 1, B1 = −4, A2 = 12, B2 = −14, A3 = 32, B3 = 31. Assim,
x−4
32x + 31
x5 + 2x2 + 3
12x − 14
.
+
3 = 2
2 +
2
2
2
x + 2x + 2 (x + 2x + 2)
(x + 2x + 2)
(x + 2x + 2)3
Como no caso anterior esta decomposição é útil na integração. Vejamos o exemplo
anterior.
Exemplo 4.45 Determine
que
x5 + 2x2 + 3
dx =
(x2 + 2x + 2)3
x5 + 2x2 + 3
dx. Utilizando a decomposição anterior temos
(x2 + 2x + 2)3
x−4
dx +
x2 + 2x + 2
12x − 14
dx +
(x2 + 2x + 2)2
32x + 31
dx.
(x2 + 2x + 2)3
(x + 1)
x−4
(x + 1)
5
1
= 2
− 2
e
dx = ln (x2 + 2x + 2) ,
2
+ 2x + 2
x + 2x + 2 x + 2x + 2
x + 2x + 2
2
pois (x + 2x + 2) = 2x + 2 = 2 (x + 1) e portanto segue do teorema de substituição.
dx
−5
A integral
dx
=
(−5)
= (−5) arctg (x + 1) , também pelo
x2 + 2x + 2
(x + 1)2 + 1
12x − 14
6 (2x + 2) − 26
6 (2x + 2)
teorema de substituição. Ainda,
=
=
−
2
2
(x2 + 2x + 2)
(x2 + 2x + 2)
(x2 + 2x + 2)2
6 (2x + 2)
26
.
Como
acima,
segue
pelo
teorema
de
substituição
que
dx =
(x2 + 2x + 2)2
(x2 + 2x + 2)2
6
− 2
+K, para a segunda parcela utilizaremos o teorema de mudança de variável,
x + 2x + 2
Mas,
x2
2
4.3. MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO
89
π π
em R, com ϕ (t) = sec2 t = 0, ∀t ∈
fazendo x = ϕ (t) = tg t−1, que é bijetora de − ,
2
2
π π
26
dx
dx
=
26
− ,
. Portanto, obtemos que
2 . Assim,
2
2
2 2
(x + 2x + 2)
(x + 1)2 + 1
sec2 t
2
fazendo a mudança de variável, obtemos:
dt
=
26
cos
tdt
=
13
(1 + cos 2t) dt =
sec4 t
sen 2t
+ k = 13 (t + cos t sen t) + k. Portanto, para obter a primitiva dese13 t +
2
26
dx
jada, basta compor com ϕ−1 , obtendo:
dx = 26 2 =
2
2
(x2 + 2x + 2)
(x
+
1)
+
1
x+1
+ k. Finalmente para calcularmos a última integral, us13 arctg (x + 1) + 2
x + 2x + 2
amos novamente os mesmos artíficios da segunda, separando em duas integrais, sendo
que numa aplicamos o teorema de substituição e na outra de mudança de variável com a
mesma substituição e mudança da anterior, obtendo assim que:
32x + 31
8
3
dx = −
+ arctg (x + 1) +
3
2
8
(x2 + 2x + 2)
(x2 + 2x + 2)
x+1
1 (x + 1) (x − 2)
+2 2
+
.
x + 2x + 2 8 (x2 + 2x + 2)2
Logo,
67
x5 + 2x2 + 3
1 2
dx
=
ln
x
+
2x
+
2
+
arctg (x + 1) +
2
8
(x2 + 2x + 2)3
5x + 3
1 (x + 1) (x − 2)
+3 2
+C
+
x + 2x + 2 8 (x2 + 2x + 2)2
.
Nota 4.46 Observe que os resultados são para funções racionais tais que o grau do
polinômio do numerador é menor que o grau do polinômio do denominador. Para funções
racionais tais que o grau do polinômio do numerador é maior ou igual ao grau do polinômio
do denominador, primeiro faz-se a divisão dos polinômios, obtendo um polinômio e uma
função racional dentro das hipóteses do resultado.
Estes são os métodos de integração, que nos ajudam a obter primitivas e calcular
integrais definidas. Existem ainda alguns tipos de substituições que se aplicam a determinadas situações, por exemplo, quando se tem função
racional envolvendo sen e cos, em
x
geral se utiliza a substituição do tipo u = g(x) = tg
. Vejamos uma exemplo.
2
π π
Exemplo 4.47 Determine sec xdx, em − ,
. Da trigonometria, sabe-se que, ∀x ∈
2 2
x
π π
tg
x
x
x
x
2 . Ainda, cos x = 1 −
− ,
, sen x = 2 sen cos = 2 tg cos2
= 2
x
2 2
2
2
2
2
1 + tg2
2
90
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
x
1 − tg2
x
x
x
x
2 . Portanto sec xdx = 1 dx =
= cos2
sec2 − 2 tg2
=
2 sen2
x
2
2
2
2
cos x
1 + tg2
2
x
1 + tg2 x
sec2
2 dx =
2 dx. Logo, usando a substituição u = g(x) = tg x , obtemos
x
x
2
1 − tg2
1 − tg2
2
2
2du
du
du
2du
=
a seguinte integral:
=
+
= − ln |1 − u| +
1 − u2
(1 − u) (1 + u)
1−ux 1+u
1 + tg 1 + u
2 + c = ln |sec x + tg x| + c.
+ c. Portanto sec xdx = ln ln |1 + u| + c = ln x
1−u
1 − tg 2
4.4
Aplicações da integral
Veremos a seguir alguns exemplos dentre as várias aplicações da integral.
4.4.1
Área em coordenadas cartesianas
A motivação para o cálculo de integral é determinar a área abaixo do gráfico de uma
função não negativa f e acima do eixo do x. Assim, esta é uma aplicação inerente à
própria definição de integral.
x2
y2
Exemplo 4.48 Determine a área limitada pela elipse de equação
+
= 1. Da
4
9
simetria da elipse, pode-se calcular apenas a área da semi-elipse superior e multiplicar3√
mos por 2. Observe que a semi-elipse superior é o gráfico da função f (x) =
4 − x2 ,
2
2 3√
2 √
−2 ≤ x ≤ 2. Assim, a área desejada é A = 2 −2
4 − x2 dx = 3 −2 4 − x2 dx. Para
2
π
π
calcular esta integral fazemos a mudança de variável x = ϕ (t) = 2 sen t, − ≤ t ≤ ,
2
2
π π
que é bijetora e contínua neste intervalo, com ϕ (t) = 0, ∀t ∈ − ,
. Assim, obtemos
2 2
2 √
π/2
π/2
2
2
4 − x dx = −π/2 4 cos tdt = 2 −π/2 (1 + cos 2t) dt = 2π ⇒ A = 6π.
−2
4.4. APLICAÇÕES DA INTEGRAL
91
Pode-se também calcular a área entre os gráficos de duas funções f e g, quando (f − g)
b
é não negativa, x de a até b. Neste caso basta determinar a (f (x) − g (x)) dx.
Exemplo 4.49 Determine a área limitada pela parábola y = x2 e a reta y = x + 2.
Primeiramente devemos encontrar os pontos de interseção dos gráficos, ou seja resolver
a equação x2 = x + 2, que nos dá x = −1 e x = 2. Fazendo os gráficos(faça) vemos
que x2 < x + 2, em (−1, 2) . Assim calcular esta área é calcular a área limitada
2 pela reta
y = x+2, o eixo dos x e as retas x = −1 e x = 2, ou seja calcular a integral −1 (x + 2) dx
e subtrair da área limitada pela parábola, o eixo dos x e as retas x = −1 e x = 2, que é
2
2
9
igual a −1 x2 dx. Assim, A = −1 (x + 2 − x2 ) dx = .
2
4.4.2
Área em coordenadas polares
Cada ponto no plano pode ser descrito por outros tipos de coordenadas que não as cartesianas. Um sistema de coordenadas importante e que vocês já estudaram em MAT-17 é
o sistema de coordenadas polares.
92
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
O objetivo deste parágrafo é mostrar como determinar a área de uma região limitada
pelo gráfico de uma função descrita em coordenadas polares, sem ter que determinar a
função em termos de coordenadas cartesianas.
Considere então uma função dada em termos do ângulo θ, ou seja f : [α, β] → R,
contínua em [α, β] , tal que 0 < β − α ≤ 2π e tal que f(θ) ≥ 0, ∀θ ∈ [α, β] . Queremos
determinar a área da região plana limitada pelo gráfico de f (em coordenadas polares),
isto é, r = f (θ), α ≤ θ ≤ β, as semi-retas θ = α e θ = β. Para isso, consideremos uma
partição P = {θ0 = α, θ1 , . . . , θn = β} ∈ P ([α, β]). Para cada i = 1, . . . , n considere
f (ci ) = min{f (θ); θ ∈ [θi−1 , θi ]} e f (di ) = max{f (θ); θ ∈ [θ i−1 , θi ]}, ci , di ∈ [θi−1 , θ i ] .
Denotemos por Ai a área da região limitada pela curva r = f (θ) e pelas semi-retas
θ = θ i−1 e θ = θi . Assim, Ai está compreendida entre as áreas dos setores circulares
θi − θi−1
θi − θi−1
≤ Ai ≤ f 2 (di )
.
de raio, respectivamente f (ci ) e f (di ), ou seja, f 2 (ci )
2
2
2
2
n
n
f (ci )
f (di )
∆θi ≤ A ≤
∆θ i , portanto A é cota superior do
Portanto segue que
2
2
i=1
i=1
f2
conjunto das somas inferiores de F =
e cota inferior do conjunto das somas superiores
2
de F. Logo, da definição de integral inferior e superior e do fato de F ser contínua e
portanto integrável em [α, β] , segue que
A=
β
α
f 2 (θ)
dθ.
2
Exemplo 4.50 Determinar a área do círculo r = a, a > 0. Assim, do desenvolvimento
2π a2
acima, segue que A = 0
dθ = πa2 .
2
Exemplo 4.51 Determinar a área da região limitada pelo laço da lemniscata r2 = a2 cos 2θ,
π
π
− ≤ θ ≤ e a > 0. Da simetria da lemniscata, pode-se calcular apenas a área da região
4
4
π/4 a2 cos 2θ
a2
da lemniscata contida no primeiro quadrante. Assim, A = 2 0
dθ = .
2
2
4.4. APLICAÇÕES DA INTEGRAL
4.4.3
93
Volume de sólido de revolução
Como já foi mencionado o cálculo de área é inerente ao conceito de integral, para f ≥ 0.
Veremos no entanto que quando temos um sólido de revolução em torno do eixo x, também
podemos usar a integral para calcular o volume deste sólido e como determinar volumes
de sólidos, mesmo que não sejam de revolução.
Seja f : [a, b] → R contínua em [a, b] , tal que f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] . Girando o gráfico
de f em torno do eixo dos x, obtemos um sólido. Nosso objetivo é determinar o volume
deste sólido. Considere uma partição P = {x0 = a, . . . , xn = b} ∈ P ([a, b]). Para cada
i = 1, . . . , n tomemos f(ci ) = min{f (x); x ∈ [xi−1 , xi ]} e f (di ) = max{f (x); x ∈ [xi−1 , xi ]}
e considere o volume dos cilindros de raios, respectivamente, f (ci ) e f (di ) e altura ∆xi .
Assim, o volume V deste sólido está compreendido entre a soma dos volumes dos cilindros
n
n
mencionados, logo π (f (ci ))2 ∆xi ≤ V ≤ π (f (di ))2 ∆xi , isto é, V é cota superior do
i=1
i=1
conjunto das somas inferiores de F = πf 2 e cota inferior do conjunto das somas superiores
de F e como no parágrafo anterior, segue que
b
V =π
(f (x))2 dx.
a
Observe que A (x) = π (f(x))2 , x ∈ [a, b] é a área da interseção do sólido com o plano
perpendicular ao eixo Ox, no ponto de abscissa x e o volume é então dado por
b
V =
A (x) dx.
a
Considere agora um sólido qualquer, não necessariamente de revolução e escolha como
eixo Ox, um eixo, de modo que o sólido esteja compreendido entre dois planos perpendiculares a Ox, que o interceptam em x = a e x = b. Seja A (x) a área da interseção
94
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
do sólido com o plano perpendicular a Ox, no ponto de abscissa x. Seja P ∈ P ([a, b]),
P = {x0 = a, x1 , . . . , xn = b} então, supondo que a função A é integrável em [a, b] , o
volume do sólido é igual a
b
n
V = lim
A (ci ) ∆xi =
A (x) dx.
P →0
i=1
a
Exemplo 4.52 Determinar o volume do toro. Como o toro pode ser considerado como
um sólido de revolução, por exemplo, pela rotação de um disco de centro (0, a) , a > 0 e raio
r < a em torno do eixo do x. Assim,
√ podemos considerar a semi-circunferência superior
r2 − x2 , −r ≤ x ≤ r e a semi-circunferência inferior
como o gráfico da função f (x) = a+ √
2
2
como o gráfico
r da2 função 2g(x) = a − r −r x√, −r ≤ x ≤ r. Portanto o volume V do toro
é igual a π −r (f (x) − g (x)) dx = 4πa −r r2 − x2 dx. Fazendo a mudança de variável
r √
π/2
π
π
x = ϕ (t) = r sen t, − ≤ t ≤ , obtemos que −r r2 − x2 dx = −π/2 r2 cos2 tdt =
2
2
2
1
+
cos
2t
r
π
π/2
r2 −π/2
dt =
⇒ V = 2π2 ar 2 .
2
2
4.4.4
Comprimento de arco
Uma outra aplicação da integral é determinar o comprimento do gráfico de uma função f
contínua no intervalo [a, b] . Considere então f : [a, b] → R contínua em [a, b] e derivável em
(a, b) , com f contínua em (a, b) e limitada em [a, b] . Assim, cada ponto do gráfico de f é
da forma (x, f (x)) . Tomemos uma partição P = {x0 = a, . . . , xn = b} ∈ P ([a, b]). Sabese que o comprimento
do segmento de reta que uneos pontos (xi−1 , f (xi−1 )) e (xi , f (xi )) é
dado por (xi − xi−1 )2 + (f (xi ) − f (xi−1 ))2 = (xi − xi−1 )2 + (f (ci ))2 (xi − xi−1 )2 =
1 + (f (ci ))2 ∆xi , esta última igualdade segue do T.V.M., aplicado em cada intervalo
4.4. APLICAÇÕES DA INTEGRAL
95
n 1 + (f (ci ))2 ∆xi
[xi−1 , xi ] . Assim, o comprimento L do gráfico de f é igual a lim
P →0i=0
que é o limite da soma de Riemann da função 1 + (f )2 , que é integrável em [a, b] .
Portanto
b
L=
1 + (f (x))2 dx.
a
Exemplo 4.53 Determineo comprimento de √
arco do gráfico de f(x) = ln x, 1 ≤ x ≤
√
√
√3
1 + x2
1
3
3. Temos que L = 1
1 + 2 dx = 1
dx. Fazendo a mudança de varx
π xπ iável x = ϕ (t) = tg t, t ∈
,
, segue que ϕ é bijetora, derivável com derivada
4 3 √
π π √3 1 + x2
π/3 sec3 t
π/3 sec2 t
não nula em
,
e portanto 1
dx = π/4
dt = π/4
sec tdt =
4 3
x
tg t
tg t
π/3 tg2 t + 1
π/3
π/3 sec t
sec tdt = π/4 tg t sec tdt + π/4
dt. A primeira integral é imediata pois
π/4
tg t
tg t
sec t
uma primitiva do integrando é sec t. Ainda
= cossec t, cuja primitiva é ln (cossec t − cotg t) .
tg t
√
√
√
√ √
2
1
− ln 2 − 1 = 2 − 2 − ln 3 2 − 1 .
Assim, L = 2 − 2 + ln √ − √
3
3
4.4.5
Área lateral de sólido de revolução
Como último exemplo daremos a aplicação da integral para o cálculo da área lateral de
um sólido de revolução em torno do eixo x. Existem outros exemplos que vocês verão ao
longo do curso de Engenharia.
Seja f : [a, b] → R contínua em [a, b] , derivável em (a, b) com f contínua em (a, b)
e limitada em [a, b] e tal que f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] . Girando o gráfico de f em torno do
eixo dos x, obtemos um sólido. Nosso objetivo é determinar a área lateral deste sólido.
Considere uma partição P = {x0 = a, . . . , xn = b} ∈ P ([a, b]). Para cada i = 1, . . . , n,
considere o tronco de cone circular reto de raios iguais a f(xi−1 ) e f (xi ) e geratriz o
96
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
segmento de reta que une os pontos (xi−1 , f (xi−1 ))
e (xi , f (xi )) . Assim, a área lateral
deste tronco de cone é dada por π (f (xi−1 ) + f(xi )) (xi − xi−1 )2 + (f (xi ) − f (xi−1 ))2 =
π (f (xi−1 ) + f (xi )) 1 + (f (ci ))2 ∆xi . Assim, a área lateral Al deste sólido é o limite,
quando a norma da partição tende a 0 da soma destas área de tronco de cone. Mas
à medida que a norma da partição tende a 0, como f é contínua podemos aproximar
f (xi−1 ) +f(xi ) por 2f(ci ). E assim teremos o limte da soma de Riemann da função
F = 2πf
1 + (f )2 . Concluímos finalmente que
Al = 2π
b
f (x)
a
1 + (f (x))2 dx.
Exemplo 4.54 Calcule a área lateral do sólido de revolução gerado pela rotação de
f (x) = cosh x, −1 ≤ x ≤ 1, em torno do eixo dos x. Temos que
Al = 2π
= 2π
4.4.6
1
−1
1
−1
2
cosh x 1 + senh xdx = 2π
1
cosh2 xdx =
−1
e2x +2 + e−2x
π 2
e +4 − e−2 = π [senh 2 + 2] .
dx =
4
2
Lista de exercícios
Exercício 4.55 Determine a família de primitivas abaixo, no intervalo I, indicado, justificando:
4.4. APLICAÇÕES DA INTEGRAL
a)
b)
c)
d)
e)
97
sen (3x + 1) dx, I = R.
x sen (3x2 + 1) dx, I = R.
e2x
√
dx, I = R.
ex +2
sen3 x cos xdx, I = R.
xdx
, I = R.
1 + x4
√
1 − 4x2 dx, I =
f)
1 1
− ,
2 2
.
√
−x2 + 4x − 3dx, I = (1, 3) .
√
h)
1 − cos xdx, I = [0, 2π] .
g)
Exercício 4.56 Determine a família de primitivas abaixo, indicando os intervalos e justificando:
a) x ln xdx.
b) arcsen xdx.
cos 2x
dx.
ex
d) (ln x)2 dx.
e) x3 cos x2 dx.
c)
f)
g)
h)
4x2 + 17x + 13
dx.
(x − 1) (x2 + 6x + 10)
x4 + 12x + 1
dx.
(x + 1) (x2 + 2x + 4)2
x4 + 2x2 − 8x + 4
dx.
x3 − 8
3 − 4x
√ 2 dx.
(1 − 2 x)
√ 1 − 3 2x
√
dx.
j)
2x
√
l)
x2 − 9dx.
i)
98
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
√
senh x − 1
√
m)
dx.
x−1
x
n)
dx.
senh2 x
Exercício 4.57 Calcule as integrais abaixo:
π/4
a)
0
tg xdx.
2
x2(3x −5) dx.
1
√
π2 sen x
√ dx.
c) 0
x
b)
2
d)
2
xdx
√
.
5 − x2
1
3 x3 dx
.
0
1 + x4
e)
2
dx
√
.
x2 1 + x2
3√
g) 1 −x2 + 4x − 3dx.
f)
1
1 x+1
dx.
0 4 + x2
1
i) 0 x ex dx.
h)
j)
l)
π/2
0
e
m)
ex cos xdx.
x2 ln xdx.
1
x
0
t2 e−st dt, s = 0.
1/2 x3 + 4x2 + 6x + 1
n) −1/2 3
dx.
x + x2 + x − 3
o)
p)
q)
−1
−2
π
0
2
1
x3 + 2x2 + 3
dx.
(x3 + 4x2 + 5x)2
sen2
x
3x
cos dx.
2
2
2x
dx.
1 − 4x
4.4. APLICAÇÕES DA INTEGRAL
r)
s)
t)
3
2
1
0
99
1
x3 arcsen dx.
x
senh x cosh x
dx.
senh2 x + cosh2 x
x arctg (2x + 3) dx.
Exercício 4.58 Determine
cossec xdx em (0, π) .
Exercício 4.59 Determine a área das regiões descritas abaixo:
a) Região limitada por y = ln x, pelo eixo dos x e pela reta x = e.
b) Região limitada pelas curvas y = 5 − x2 e y = x + 3.
c) Região limitada por y 2 = 2x e x2 = 2y.
d) Região limitada pela cardióide r = a (1 + cos ϕ) , −π ≤ ϕ ≤ π.
θ
π
π
e as semi-retas θ = e θ = .
2
4
2
x
Exercício 4.60 Determine o comprimento do arco da curva y = ln cotgh
de x = a
2
até x = b, 0 < a < b.
e) Região limitada pela parábola r = sec2
Exercício 4.61 Determine o volume do sólido √
formado pela rotação, em torno do eixo
2
Ox, da região compreendida entre y = x e y = x.
Exercício 4.62 Determine o volume do sólido formado pela rotação, em torno do eixo
Ox, da região compreendida entre y = sen2 x, x = 0 e x = π.
Exercício 4.63 Determine o volume do sólidocuja base é a região 4x2 + y 2 ≤ 1 e cujas
seções perpendiculares ap eixo Ox são semi-círculos.
Exercício 4.64 Determine a área lateral da superfície gerada pela rotação, em torno do
1
eixo Ox, do gráfico da função f (x) = x2 , 0 ≤ x ≤ .
2
100
CAPÍTULO 4. INTEGRAL DE RIEMANN
Capítulo 5
Introdução
O objeto de estudo desta segunda parte do curso são as funções definidas em Rn assumindo
valores em Rm , com n, m ∈ N, isto é f : Rn → Rm .
Quando n = m = 1 temos as funções reais de uma variável real, já estudadas. Quando
n = 1 e m > 1, denominamos tais funções de funções vetoriais, que são uma extensão
natural do caso anterior e em geral descrevem curvas. Quando n > 1 e m = 1 são
denominadas campos escalares, que serão estudados mais profundamente pois a maioria
dos fenômenos não dependem de uma única variável; por exemplo: o volume de um gás
ideal, se mantivermos a temperatura constante, é função de uma única variável mas em
geral a temperatura também varia e portanto o volume é função de duas variáveis: a
temperatura e a pressão. Estas serão o foco principal.
O foco principal desta disciplina são os conceitos de limite, continuidade, derivabilidade
e integrabilidade de campos escalares.
Vamos iniciar esta segunda parte do nosso curso estabelecendo as noções topológicas
básicas do Rn, que nos permitirão definir com rigor os conceitos de limite, continuidade de
campos escalares. Faremos uma breve apresentação do conceito de limite, continuidade,
derivabilidade e integração de funções vetoriais, por ser uma extensão muito simples dos
conceitos já estudados.
Ao final deste curso o aluno deverá ser capaz de avaliar a existência de limite e analisar
a continuidade num ponto, de funções de várias variáveis, calcular a derivada direcional
e analisar a diferenciabilidade de funções de várias variáveis, determinar máximos e mínimos locais e absolutos, condicionados ou não de um campo escalar e finalmente calcular
integrais duplas em regiões gerais, utilizando mudança de variáveis.
1
2
CAPÍTULO 5. INTRODUÇÃO
Capítulo 6
Noções de topologia do Rn
Introduziremos algumas noções de topologia do Rn necessárias para o estudo do Cálculo
de funções de várias variáveis.
Definição 6.1 Considere o espaço vetorial euclidiano Rn .
1. A bola aberta de centro em a ∈ Rn e raio r > 0 é o conjunto:
Br (a) = {x ∈ Rn : x − a < r} .
2. A bola fechada de centro em a ∈ Rn e raio r > 0 é o conjunto :
Br (a) = {x ∈ Rn : x − a ≤ r} .
3. A esfera de centro em a ∈ Rn e raio r > 0 é o conjunto :
∂Br (a) = {x ∈ Rn : x − a = r} .
Exemplo 6.2 Em R temos :
1. Br (a) = (a − r, a + r) .
2. Br (a) = [a − r, a + r] .
3. ∂Br (a) = {a − r, a + r} .
Definição 6.3 Seja S ⊂ Rn . Dizemos que a ∈ S é um ponto interior de S quando
∃ r > 0 tal que Br (a) ⊂ S.
Denotamos por S 0 o conjunto de todos os pontos interiores de S.
Exemplo 6.4 Todos os pontos de uma bola aberta do Rn são pontos interiores.
3
4
CAPÍTULO 6. NOÇÕES DE TOPOLOGIA DO RN
Exemplo 6.5 Se S = Br (a) então S 0 = Br (a)
Definição 6.6 Seja S ⊂ Rn . Dizemos então que S é aberto quando S = S 0 , ou seja se
todos os pontos de S são interiores.
Exemplo 6.7 Pode-se concluir do exemplo anterior que toda bola aberta é um conjunto
aberto.
Exemplo 6.8 S =] − 2, 3[×]0, 1[ é um conjunto aberto do R2 .
Exemplo 6.9 S = [0, 1[×] − 1, 2[ não é aberto, pois S 0 =]0, 1[×] − 1, 2[ S.
Definição 6.10 Seja S ⊂ Rn e a ∈ Rn . Dizemos que a é um ponto de acumulação de
S quando
∀r > 0, (Br (a) \{a}) ∩ S = ∅.
Denotamos por S , denominado conjunto derivado de S, o conjunto de todos os pontos
de acumulação de S.
Nota 6.11 Observe que um ponto de acumulação de um conjunto não é necessariamente
um elemento do conjunto. Ainda a definição acima afirma que tão próximo de um ponto
de acumulação a de um conjunto, quanto se queira, existem pontos do conjunto distintos
de a.
Exemplo 6.12 Considerando S =] − 2, 3[×]0, 1[ , segue que S = [−2, 3] × [0, 1].
Exemplo 6.13 Se S é uma bola aberta centrada em a de raio r, então seu conjunto
derivado é a bola fechada centrada em a de raio r.
Exemplo 6.14 S = [0, 1[×] − 1, 2[∪{(3, 5)} então S = [0, 1] × [−1, 2].
Definição 6.15 Um conjunto F ⊂ Rn é um conjunto fechado quando F ⊂ F.
Exemplo 6.16 Toda bola fechada do Rn é um conjunto fechado.
Exemplo 6.17 S = [0, 1[×]−1, 2[∪{(3, 5)} então S = [0, 1]×[−1, 2] que não está contido
em S. logo S não é fechado.
Definição 6.18 Seja S ⊂ Rn e a ∈ Rn . Dizemos que a é um ponto fronteira de S
quando
∀r > 0, Br (a) ∩ S = ∅ e Br (a) ∩ S C = ∅.
Denotamos por ∂S o conjunto de todos os pontos fronteira de S, denominado fronteira
de S.
5
Nota 6.19 Novamente, pode-se observar que os pontos fronteira de um conjunto não são
necessariamente elementos do conjunto. Intuitivamente a fronteira de um conjunto é a
borda do mesmo.
Exemplo 6.20 A fronteira de uma bola , aberta ou fechada é a esfera de mesmo centro
e raio.
Exemplo 6.21 S = [0, 1[×] − 1, 2[∪{(3, 5)} então
∂S = {(0, y) ; y ∈ [−1, 2]} ∪ {(1, y) ; y ∈ [−1, 2]} ∪ {(x, −1) ; x ∈ [0, 1]} ∪ {(x, 2) ;
x ∈ [0, 1]} ∪ {(3, 5)}
Definição 6.22 Dizemos que X ⊂ Rn é conexo quando para todo par de conjuntos
abertos A, B ⊂ Rn tais que (A ∩ X) ∩ (B ∩ X) = ∅ e X = (A ∩ X) ∪ (B ∩ X) implica
que A ∩ X = ∅ ou B ∩ X = ∅.
Nota 6.23 Intuitivamente, dizemos que um conjunto é conexo se é constituído de um
só "pedaço", mas podendo ter "buracos". Assim, os únicos subconjuntos de R que são
conexos são os intervalos.
Definição 6.24 Seja S ⊂ Rn . Dizemos que S é um domínio, quando S é aberto e
conexo, isto é, não existem dois abertos não vazios e disjuntos cuja união seja igual a S.
Nota 6.25 Intuitivamente, dizemos que um domínio é um aberto constituído de um só
"pedaço", mas podendo ter "buracos". Observe que os únicos subconjuntos de R que são
domínios são os intervalos abertos.
Nota 6.26 Nenhum dos dois exemplos anteriores é um domínio, pois apesar de serem
conexos, não são abertos.
Exemplo 6.27 O conjunto D = {x ∈ R2 ; 1 < x < 2} é um domínio, pois é aberto e
conexo.
Exemplo 6.28 S =]0, 1[×] − 1, 2[ é um domínio.
Exemplo 6.29 S =]0, 1[×[−1, 2] é conexo, mas não é um domínio, pois não é aberto.
Exemplo 6.30 Toda bola aberta é um domínio.
Exemplo 6.31 Toda bola aberta ou fechada é um conjunto conexo.
Exemplo 6.32 S = Br (a) \Br/2 (a) é um domínio.
Exemplo 6.33 S = B1 ((0, 0)) ∪ B1 ((2, 3)) não é um domínio, pois apesar de ser aberto,
não é conexo, já que existem dois abertos não vazios e disjuntos, a saber B1 ((0, 0)) e
B1 ((2, 3)) , tais que sua união é igual a S.
6
CAPÍTULO 6. NOÇÕES DE TOPOLOGIA DO RN
Definição 6.34 Dizemos que X ⊂ Rn é um conjunto limitado quando existe M > 0 tal
que x ≤ M, ∀x ∈ X.
Exemplo 6.35 X = B2 (a) é limitado, pois para todo x ∈ X, tem-se que x − a < 2 ⇒
x < 2 + a = M.
Definição 6.36 Dizemos que X ⊂ Rn é um conjunto compacto quando X é um conjunto
fechado e limitado.
Nota 6.37 O exemplo anterior não é um conjunto compacto, pois apesar de ser limitado
não é fechado.
Exemplo 6.38 X = B 2 (a) é compacto, pois é fechado e limitado.
6.0.7
Lista de Exercícios
Exercício 6.39 Determine o interior, o conjunto derivado e a fronteira de cada um dos
subconjuntos do R2 abaixo. Verifique ainda se os conjuntos abaixo são abertas ou fechados
ou nem abertos nem fechados e se são domínios:
1. S = {(x, y) ∈ R2 ; y ≤ x e x2 + y 2 < 4}
√
n
2
n
2. S = {(x, y) ∈ R ; y > x} ∪ {
n,
; n ∈ N}
n+1
3. S = (−1, 3) × (0, 4)
4. S = [−5, 4] × [2, 6]
5. S = (a, b) × (c, d)
6. S = [a, b] × [c, d]
7. S = [a, b] × [c, d)
Exercício 6.40 Justifique a afirmação abaixo, se for verdadeira e dê um contra-exemplo,
se for falsa: "Se B ⊂ A ⊂ R2 , com A e B abertos, então A\B é aberto.
Capítulo 7
Funções vetoriais de variável real
O estudo de funções vetoriais é muito simples, pois é uma extensão imediata do estudo
de funções reais de uma variável real feito em MAT-12. As funções vetoriais aparecem no
estudo do movimento de partículas, descrevendo sua posição, velocidade, aceleração com
respeito ao tempo t. São utilizadas também na descrição de curvas no plano e no espaço.
Por exemplo, os pontos de uma circunferência no plano, centrada na origem e de raio 1
pode ser descrita pela função vetorial r : [0, 2π] → R2 , tal que r(t) = (cos t, sen t) .
Definição 7.1 Uma função vetorial de variável real é uma aplicação
F : X ⊂ R→Rn , t → F (t) = (F1 (t) , F2 (t) , ..., Fn (t)) ,
onde Fi : X ⊂ R→R para cada i = 1, 2, 3...n são funções reais de uma variável real,
denominadas funções componentes ou unções coordenadas de F.
Nota 7.2 Observe que da definição acima o domínio de F é a interseção dos domínios
de cada Fi
Por exemplo o vetor velocidade de uma partícula, que varia com o tempo, a força
que atua sobre uma partícula, dependendo apenas do tempo, são exemplos de funções
vetoriais.
Exemplo 7.3 f : R → R3 , definida por f (t) = (sen t2 , 3t + 2, et ) .
cos t
2
Exemplo 7.4 f : (0, +∞) → R , definida por f(t) = ln t, √
. Abaixo está o traço
t
da curva descrito pela função vetorial acima.
7
8
CAPÍTULO 7. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
1
1
. Esta função
Exemplo 7.5 F : [0, 2π] → R , definida por F (t) = cos t + , sen t −
2
2
1 1
descreve uma circunferência de centro
,−
e raio 1, como podemos verificar abaixo.
2 2
2
Exemplo 7.6 F : R → R2 , definida por F (t) = (t, t2 ) . Esta função vetorial descreve
uma parábola, como podemos verificar no gráfico abaixo.
Exemplo 7.7 F : [0, π] → R3 , definida por F (t) = (cos 2t, sen 2t, t) , cujo gráfico segue
9
abaixo.
Definição 7.8 Operações com funções vetoriais:
Se F, G : X ⊂ R →Rn e h : X ⊂ R→R, definimos:
1. A soma de F e G
F + G : X ⊂ R →Rn , (F + G) (t) = F (t) + G (t) .
2. O produto de F por h
hF : X ⊂ R →Rn , (hF ) (t) = h (t) F (t) .
3. O produto escalar de F por G
F, G! : X ⊂ R →R, F, G! (t) = F (t) , G (t)! .
4. O produto vetorial de F por G (para n = 3 ).
F ∧ G : X ⊂ R →Rn , (F ∧ G) (t) = F (t) ∧ G (t) .
Exemplo 7.9 Sejam F (t) = (cos 3t, sen 2t, t2 ), G (t) = (3, t3 , t2 ) e h (t) = sen t, t ∈ R.
Temos:
10
CAPÍTULO 7. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
1. (F + G) (t) = (3 + cos 3t, t3 + sen 2t, 2t2 ) .
2. (hF ) (t) = (sen t cos 3t, sen t sen 2t, t2 sen t) .
3. F, G! (t) = 3 cos 3t + t3 sen 2t + t4 .
4. (F ∧ G) (t) = (t2 sen 2t − t5 , −t2 cos 3t + 3t2 , t3 cos 3t − 3 sen 2t) .
7.0.8
Limite de funções vetoriais
Estudaremos os conceitos de limite, continuidade, derivabilidade e integrabilidade de
funções vetorias e veremos que este estudo recai no estudo de suas coordenadas, que
são funções reais de uma variável real.
Definição 7.10 Sejam F : X⊂ R →Rn , t0 ∈ X . Dizemos que o limite de F no
ponto t0 é igual a L quando, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo t ∈ X com
0 < |t − t0 | < δ, tem-se que F (t) − L < ε e escrevemos:
lim F (t) = L.
t→t0
Teorema 7.11 Sejam F = (F1 , F2 , ...Fn ) : X⊂ R →Rn , L = (L1 , L2 , ...Ln ) e t0 ∈ X .
Temos:
lim F (t) = L ⇔ lim Fi (t) = Li , i = 1, 2, 3..., n
t→t0
t→t0
Prova. (⇒)Como
lim F (t) = L,
t→t0
segue da definição 7.10 que: dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
∀t ∈ X, 0< |t − t0 | < δ ⇒ F (t) − L < ε,
(7.1)
mas, para cada i = 1, 2, 3..., n temos
F (t) − L =
n
j=1
2
[Fj (t) − Lj ]
12
≥ |Fi (t) − Li | .
(7.2)
Logo por (7.1) e (7.2) temos
∀ε > 0, ∃ δ > 0 : ∀t ∈ X, 0< |t − t0 | < δ ⇒ |Fi (t) − Li | < ε, i = 1, 2, 3..., n.
ou seja
lim Fi (t) = Li , para cada i = 1, 2, 3..., n.
t→t0
(⇐) Como lim Fi (t) = Li então para cada i = 1, 2, . . . , n, dado ε > 0, existe δ i > 0 tal
t→t0
ε
que para todo t ∈ X com 0 < |t − t0 | < δ i tem-se que |Fi (t) − Li | < √ . Assim, tomando
n
11
δ = min{δi ; 1 ≤ i ≤ n} segue que ∀t ∈ X com 0 < |t − t0 | < δ então |Fi (t) − Li | <
ε
√ , ∀i = 1, 2, . . . , n. Logo, ∀t ∈ X com 0 < |t − t0 | < δ segue que F (t) − L =
nn
(Fi (t) − Li )2 < ε, o que implica que lim F (t) = L. t→t0
i=1
Nota 7.12 O teorema acima afirma que uma função vetorial tem limite num ponto de
acumulação de seu domínio se e só se suas funções coordenadas têm limite neste ponto e o
limite da função vetorial é o vetor cujas coordenadas são, nesta ordem, os limite de cada
uma das funções coordenadas. Sendo assim, todos os resultados conhecidos de MAT-12
podem ser aplicados nas coordenadas de uma função vetorial.
sen t 2
Exemplo 7.13 Se F (t) =
, t + 3 para t = 0,temos
t
sen t
2
lim F (t) = lim
, lim(t + 3) = (1, 3) .
t→0
t→0
t t→0
Exemplo 7.14 Se F (t) = (cos t , sen t , t) , t ∈ R, temos
F (t + h) − F (t)
cos (t + h) − cos t
sen (t + h) − sen t
= lim
, lim
, lim 1
lim
h→0
h→0
h→0
h→0
h
h
h
= (− sen t , cos t , 1) .
ln (1 + t2 ) sen (3t)
1
Exemplo 7.15 O lim
,
, t cos
= (0, 3, 0) , pois na primeira cot→0
t−1
t
t
0
ordenada temos uma indeterminação do tipo , podemos aplicar l’Hôpital, assim,
0
2t
2
ln (1 + t2 )
lim
= lim 1 + t = 0.
t→0
t→0
t−1
1
sen (3t)
=
t→0
t
Na segunda coordenada podemos utilizar o limite fundamental e portanto lim
sen (3t)
= 3 e finalmente para o último limite temos o produto de uma função limitada
t→0
3t
1
por uma que tende a 0 e assim limt cos
= 0.
t→0
t
lim 3
Proposição 7.16 Operações com limites: Sejam F, G : X⊂ R →Rn e h : X⊂ R → R.
Se t0 ∈ X , lim F (t) = a, lim G (t) = b e lim h (t) = λ, temos:
t→t0
t→t0
1. lim (F + G) (t) = a + b.
t→t0
t→t0
12
CAPÍTULO 7. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
2. lim (hF ) (t) = λa.
t→t0
3. lim F, G! (t) = a, b! .
t→t0
4. lim (F ∧ G) (t) = a ∧ b
(n = 3) .
t→t0
5. lim F (t) = a .
t→t0
Esta proposição pode ser demonstrada diretamente da definição de limite ou utilizando
a proposição acima e as propriedades já conhecidas de limite de funções reais de uma
variável real e por isso será deixada a cargo do aluno.
inuidade de funções vetoriais é também uma extensão muito simples do conceito de
continuidade de funções reais de uma variável real.
Definição 7.17 Sejam F : X⊂ R →Rn e t0 ∈ X. Dizemos que F é contínua em
t0 quando dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo t ∈ X com |t − t0 | < δ então
F (t) − F (t0 ) < ε .
Nota 7.18 Dizemos que F é contínua em X quando F é contínua em todo ponto de X.
Como no Teorema 7.11, podemos mostrar que F é contínua em t0 ∈ X quando e somente
quando cada função coordenada de F é contínua em t0 . Quando t0 ∈ X∩X temos que F
é contínua em t0 se e só se lim F (t) = F (t0 ). Caso contrário, isto é se t0 é um ponto
t→t0
isolado de X, então F é sempre contínua em t0 . Portanto os casos de interesse prático
são aqueles em que t0 ∈ X ∩ X e portanto seguem os resultados de limte já enunciados.
Teorema 7.19 Seja f : D ⊂ R → Rn , t0 ∈ D, f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t)) , onde
cada fi : D ⊂ R → R. Então f é contínua em t0 ⇔ fi é contínua em t0 para cada
i = 1, 2, . . . , n.
Como a continuidade de uma função vetorial segue da continuidade de cada uma de
suas coordenadas que são funções reais de uma variável real, pode-se aplicar todos os
resultados conhecidos a cada uma das funções coordenadas.
Exemplo 7.20 São contínuas em R as funções abaixo:
1. F (t) = (3 sen2 t , cos t) .
2. F (t) = (F1 (t) , F2 (t)) , onde
sen t
, se t = 0
F1 (t) =
t
1
, se t = 0
1 − cos t
, se t = 0
F2 (t) =
t
0
, se t = 0
3. F (t) = (sen (t2 ) , ln (1 + t4 ) , arctg t) .
Também é válido a caracterização de continuidade por sequências.
13
7.0.9
Derivada de funções vetoriais
A nooção de derivada é a mesma vista em MAT-12, isto é a taxa de variação instantânea.
Por exemplo, a derivada do vetor posição de uma partícula com respeito ao tempo é o vetor
velocidade desta partícula em cada instante de tempo. A derivada do vetor velocidade é
o vetor aceleração da mesma partícula em cada instante de tempo.
Definição 7.21 Sejam F : X⊂ R →Rn e t0 ∈ X ∩ X . Definimos a derivada de F em
t0 como sendo
dF
F (t) − F (t0 )
,
(t0 ) = F (t0 ) = lim
t→t0
dt
t − t0
quando este limite existir. Se F admite derivada em t0 , dizemos que F é derivável em
t0 . Se X é tal que X ∩ X = X, dizemos que F é derivável em X quando F é derivável
em todo ponto de X.
Teorema 7.22 Sejam F = (F1 , F2 , ...Fn ) : X⊂ R →Rn e t0 ∈ X ∩ X . Então F é
derivável em t0 se e só se cada Fi , i = 1, 2, ...n, é derivável em t0 e além disso:
F (t0 ) = (F1 (t0 ) , F2 (t0 ) , ..., Fn (t0 )) .
Prova. É consequência direta da Definição7.21 e do Teorema7.11. Exemplo 7.23 Seja F : R→R3 dada por
t2
F (t) = sen 3t, e , t .
Temos F : R→R3 dada por
t2
F (t) = 3 cos 3t, 2te , 1 .
Exemplo 7.24 Seja F : R→R3 dada por
F (t) = t2 , arctg 2t, e−t .
Temos F , F : R→R3 dadas por
2
16t
−t
−t
F (t) = 2t,
, −e
, F (t) = 2, −
,e
.
1 + 4t2
(1 + 4t2 )2
3
Exemplo 7.25 Se f : [0, +∞) → R definida por f(t) = ln (1 + t3 ) , arctg (t2 ) ,
t
1+t
é o vetor posição de uma partícula em cadainstante t, determine o vetor velocidade desta
3t2
2t
1
partícula em cada instante. Assim, f (t) =
,
,
é o vetor velocidade
1 + t3 1 + t4 (1 + t)2
desta partícula em cada instante.
14
CAPÍTULO 7. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
As operações a seguir seguem diretamente das operações de derivação para funções
reais de variável real e do 7.22 e portanto sua demonstração será deixada como exercício.
Proposição 7.26 Sejam F, G : X⊂ R →Rn e h : X⊂ R →R deriváveis em t ∈ X ∩ X ,
Então:
1. (hF ) (t) = h (t) F (t) + h (t) F (t) .
2. F, G! (t) = F (t) , G (t)! + F (t) , G (t)! .
3. (F ∧ G) (t) = F (t) ∧ G (t) + F (t) ∧ G (t) .
4. (F + G) (t) = F (t) + G (t) .
7.0.10
Integral de funções vetoriais
Ainda, se conhecemos o vetor velocidade de uma partícula em cada instante de tempo e
sabemos a posição dela num determinado instante podemos determinar o vetor posição em
cada instante, integrando o vetor velocidade. Para não gastarmos tempo com partições
de intervalo, soma superior e inferior e depois mostrarmos a equivalência entre a integrabilidade de uma função vetorial e suas coordenadas, já daremos a seguinte definição:
Definição 7.27 Seja f : [a, b] ⊂ R → Rn , f (t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn (t)) , onde cada
fi : [a, b] ⊂ R → R. Dizemos que f é integrável em [a, b] se e só se cada fi é integrável
em [a, b] , i = 1, 2, . . . , n e
b
f (t)dt =
a
a
b
f1 (t)dt,
a
b
f2 (t)dt, . . . ,
a
b
fn (t)dt .
Definição 7.28 Seja f : I ⊂ R → Rn , f(t) = (f1 (t), f2 (t), . . . , fn(t)) , onde cada fi :
I ⊂ R → R. Dizemos que f admite primitiva no intervalo I se e só se cada fi
admite primitiva em I, i = 1, 2, . . . , n e a primitiva F : I → Rn de f é tal que F (t) =
(F1 (t), F2 (t), . . . , Fn (t)) , onde cada Fi é uma primitiva de fi , i = 1, 2, . . . , n.
Da definição, todos os métodos de integração aprendidos, podem ser aplicados em
cada coordenada. Vejamos os exemplos a seguir.
1
1+t
Exemplo 7.29 Determine uma primitiva de f (t) = arcsen , arctg
no intervalo
t
1−t
I = (1, +∞).
Para isso devemos determinar uma primitiva de cada uma das coordenadas. Portanto,
1
1
−t
1
1
dt
F1 (t) = arcsen dt = t arcsen − dt = t arcsen + √ 2
.
2
t
t
t
t −1
1 − 1/t2 t
15
A última primitiva pode ser obtida fazendo a mudança de variável t = sec θ e assim
chegamos a
sec θ = ln (|sec θ + tg θ|) .
Portanto, temos que
F1 (t) = t arcsen
Ainda
F2 (t) =
Logo,
√
1
+ ln t + t2 − 1 , ∀t ∈ I.
t
1+t
1+t
arctg
dt = t arctg
−
1−t
1−t
1+t
−
F2 (t) = t arctg
1−t
1+
t
2
2
2 dt.
1 + t (1 − t)
1−t
2t
1+t 1 2
dt
=
t
arctg
−
ln
1
+
t
.
2 (1 + t2 )
1−t 2
Finalmente, concluímos que uma primitiva de f em I é
√
1+t 1 1
2
2
F (t) = t arcsen + ln t + t − 1 , t arctg
− ln 1 + t
t
1−t 2
1
√
2 t3 t
t
Exemplo 7.30 Para calcular a integral
t e , t , e +3 dt, temos da definição
e
0
que
1
1
1
1√
√
3
2 t3 t
2
t
−t
et +3dt .
t e dt,
t e dt,
t e , t , et +3 dt =
e
0
0
0
0
Portanto devemos calcular cada uma das integrais.
- Na primeira fazemos a substituição u = t3 ⇒ du = 3t2 dt. Logo,
1
1 1 u
1
2 t3
e du = [e −1] .
t e dt =
3 0
3
0
- A segunda integral deve ser feita por partes,
1
1
−t
−t 1
e−t dt = − e−1 − e−1 +1 = 1 − 2 e−1 .
t e dt = −t e +
0
0
0
√
- Finalmente a última integral pode ser feita fazendo substituição et +3 = u ⇒ u2 =
2u
et +3 ⇒ 2udu = et dt ⇒ dt = 2
du. Logo,
u −3
1√
√e +3
√e +3
√e +3
2
2u
6
et +3dt =
du =
2du +
du.
2
2
u −3
u −3
0
2
2
2
16
CAPÍTULO 7. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
A primeira integral é imediata e a segunda integral podemos fazer por frações parciais, ou seja,
√e +3
√e +3
6
6
√ √ du =
du =
2
u −3
u− 3 u+ 3
2
2
√
√
√e +3
√e +3
3
3
√ du −
√ du =
=
u− 3
u+ 3
2
2
√
√ √ e +3
√ =
3 ln u − 3 − ln u + 3 2
Portanto obtemos
√
√ √ 1√
√
√
√
e
3
2
−
3
+3
−
et +3dt = 2 e +3 − 4 + 3 ln √
√
√
− 3 ln
.
e +3 + 3
2+ 3
0
Finalmente, obtemos o seguinte resultado final
1
√
2 t3 2t+1 t
t
t e ,e
, t , e +3 dt =
e
0
√ √
√
√ √
−2
e +3 − 3
1
e 2
√
=
(e − 1) ,
e −1 ,
+ 1, 2 e +3 − 4 + 3 + 2 3 ln
.
3
2
e
2− 3
π/2
Exemplo 7.31 0 (cos t, sen t) dt =
lamos cada uma das integrais.
3
4
π/2
0
3
cos tdt,
π/2
0
sen tdt . Novamente calcu4
- Primeiramente usamos identidades trigonométricas e então a primeira integral se toena,
π/2
π/2
π/2
π/2
2
2
3
cos tdt =
cos t 1 − sen t dt =
cos tdt −
cos t sen tdt.
0
0
0
0
A primeira integral é imediata e a segunda fazendo a substituição u = sen t ⇒ du =
cos tdt, obtemos que
π/2
1
u3 1
1
2
2
cos t sen tdt =
u du = = .
3 0
3
0
0
Assim,
0
π/2
cos3 tdt = 1 −
1
2
= .
3
3
- Novamente na segunda integral, usando identidades trigonométricas, obtemos
2
π/2
π/2 π/2 2
1 − cos 2t
4
2
sen tdt =
sen t dt =
dt =
2
0
0
0
1 π/2
1 + cos 4t
=
1 − 2 cos 2t +
dt.
4 0
4
17
Agora temos integrais imediatas e obtemos;
π/2
3π
4
sen tdt =
.
16
0
Logo,
7.0.11
π/2
0
2 3π
cos t, sen t dt =
,
3 16
3
4
Lista de Exercícios
Exercício 7.32 Calcule:
√
t−1 2 t−1
1. lim
,t ,
.
t→1
t−1
t
tg 3t e2t − 1 ln (1 + t)
2. lim
,
,
.
t→0
t
t
t

1 
3
t − 8 cos π/t
3. lim  2
,
, (cos (πt)) t − 2  .
t→2
t −4 t−2
4. lim
5. lim
t→∞
t→∞
π
(ln t)2
, t sen
7
t
t
1+
1
t
cot 1/t
.
3
,
t
1 + t4
.
Exercício 7.33 Sejam F, G : I ⊂ R → Rn , t0 ∈ I com lim G(t) = 0. Suponha que
t→t0
existam r > 0 e M > 0 tais que F (t) ≤ M, ∀t ∈ (t0 − r, t0 + r) ∩ I. Então, mostre que:
1. lim F (t) , G (t)! = 0.
t→t0
2. lim F (t) × G (t) = 0.
t→t0
Exercício 7.34 Calcule a derivada das funções abaixo, indicando o domínio de derivabilidade das funções:
1. F (t) = (3t2 , e−t , ln (1 + t2 )) .
2. F (t) = t1/3 , cos t2 , 3t .
3. F (t) = (sen 5t, cos 4t, −e−2t ) .
18
CAPÍTULO 7. FUNÇÕES VETORIAIS DE VARIÁVEL REAL
4. F (t) =
1
1+t
.
arcsen 2 , arctg
t
1−t
5. F (t) =
t2
t senh t,
, onde
cosh t
senh t =
et + e−t
et − e−t
e cosh t =
.
2
2
Exercício 7.35 Calcule:
1
1.
(t, et ) dt.
0
2.
1
−1
3.
sen 3t,
1
, ln (2 + t) dt.
1 + t2
π/4
(sen5 t, tg4 t, t sen t) dt.
0
4.
1
(t2 e3t , t sen t, t sen t cos t) dt.
0
5.
0
1
cosh3 t, tgh3 t dt.
6. Se R (t) = (sen2 t, 2 cos2 t) e R (π) = (0, 0), determine R (t) .
1
2
a velocidade de uma pe7. Seja F : [0, +∞) → R , F (t) = t ln (t + 2) , t arctg
t+1
quena partícula, idealizada como massa pontual, em função do tempo t. No instante
t = 2. esta partícula encontra-se na origem (0, 0) . Determine a posição da partícula
no instante t = 5 e no instante inicial, isto é t = 0.
Capítulo 8
Campos escalares
Existem várias situações em que uma variável depende de várias outras. Por exemplo,
a área de um retângulo depende do comprimento e da altura deste. O volume de um
cone circular reto depende do raio do círculo da base e da altura do cone. A pressão
de um gás ideal depende do volume, da massa gasosa em moles e da temperatura. A
média aritmética de n números depende destes n números. Estes são alguns exemplos de
funções que dependem de várias variáveis e cujo valor é um número real. Estas funções
são denominadas campos escalares.
Definição 8.1 Um campo escalar é uma função cujo domínio é um subconjunto do Rn ,
n > 1 e cujo contradomínio é R, isto é, f : D ⊂ Rn → R, tal que a cada n − upla de D,
f associa um único número real.
Exemplo 8.2 Dada f (x, y, z) = ln (1 + x + y − z) , o seu domínio é o conjunto D =
{(x, y, z) ∈ R3 ; x + y − z + 1 > 0} e a sua imagem é R.
Exemplo 8.3 Dada a função f (x, y) = 4 − x2 − y 2 , o seu domínio é o conjunto D =
{(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 ≤ 4} = B 2 ((0, 0)) e a sua imagem é [0, +∞).
Nota 8.4 Observe que se f é um campo escalar cujo domínio é um subconjunto de R2 ,
então seu gráfico é um subconjunto do R3 . Para campos escalares cujo domínio é um
subconjunto do Rn com n > 2, não é mais possível fazer a representação gráfica, pois seu
gráfico é um subconjunto do Rn+1 . Sendo assim para a função do primeiro exemplo não
podemos esboçar seu gráfico, pois seria um subconjunto do R4 . No entanto o gráfico do
19
20
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
segundo exemplo é o seguinte subconjunto do R3 :
8.1
Limite de campos escalares
O conceito de limte para campos escalares é análogo ao conceito de limite de funções reais
de variável real, que é o conceito fundamental do Cálculo.
Definição 8.5 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D e l ∈ R. Dizemos que l é o limite de f no
ponto a quando dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo x ∈ D com 0 < x − a < δ
tem-se que |f(x) − l| < ε. Neste caso usamos a notação
lim f (x) = l
x→a
Nota 8.6 Observe que quando queremos estudar limite de uma função num ponto, estamos interessados no comportamento da função numa vizinhança do ponto, mas não interessa o comportamento da função neste ponto. Por isso o ponto não precisa estar nem
no domínio da função, mas é necessário que seja um ponto de acumulação do domínio da
função. Observe também que a definição não nos dá uma maneira de calcular o limite,
mas apenas de testar se um determinado número é o limite da função naquele ponto.
Exemplo 8.7 Mostremos que
3x − 2y = −1. De fato, dado ε > 0, tomemos
ε
δ = > 0, assim, ∀ (x, y) ∈ R2 tal que 0 < (x, y) − (1, 2) = (x − 1)2 + (y − 2)2 < δ
5
tem-se que |3x − 2y + 1| = |3 (x − 1) − 2 (y − 2)| ≤ 3 |x − 1| + 2 |y − 2| < 5δ = ε, o que
implica que lim 3x − 2y = −1.
lim
(x,y)→(1,2)
(x,y)→(1,2)
Proposição 8.8 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D . Se existe lim f(x) então este é único.
x→a
8.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES
21
Prova. Suponhamos que existam l1 e l2 ∈ R tais que lim f (x) = l1 e lim f (x) = l2 .
x→a
x→a
Então dado ε > 0, existem δ 1 , δ 2 > 0 tais que ∀x ∈ D com 0 < x − a < δ 1 temε
ε
se que |f(x) − l1 | <
e ∀x ∈ D com 0 < x − a < δ 2 tem-se que |f(x) − l2 | < .
2
2
Assim, tomando δ = min{δ 1 , δ 2 } > 0 segue que ∀x ∈ D com 0 < x − a < δ tem-se
ε
ε
que |f (x) − l1 | < e |f (x) − l2 | < . Portanto tomando x ∈ D com 0 < x − a < δ,
2
2
obtemos que |l1 − l2 | ≤ |f (x) − l1 | + |f (x) − l2 | < ε, ∀ε > 0 ⇒ l1 = l2 . Como conseqüência imediata da proposição acima temos o seguinte resultado:
Corolário 8.9 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D . Considere S1 , S2 ⊂ D tais que a ∈ S1 ∩ S2 .
Se lim f(x) = lim f (x) então lim f(x).
x→a
x∈S1
x→a
x∈S2
x→a
xy
pois se tomarmos os subconjuntos Sm de
+ y2
R2 \{(0, 0)}, onde Sm = {(x, y) ∈ R2 \{(0, 0)}; y = mx}, temos que (0, 0) ∈ Sm
e lim f (x, y) =
Exemplo 8.10 Não existe
lim
(x,y)→(0.0) x2
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈Sm
mx2
m
=
e portanto lim f (x, y) = lim f(x, y), se m = k. O grá2
2
x→0 (1 + m ) x
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
1 + m2
lim
fico desta função segue abaixo:
(x,y)∈Sm
(x,y)∈Sk
Ou seja o limite acima não existe pois depende da inclinação da reta que passa pela
origem. Vejamos mais um exemplo.
22
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
Exemplo 8.11 Considere f (x, y) =
lim
xy 2
. Vemos que
x2 + y 4
m2 x3
= 0,
x→0 (1 + m4 x2 ) x2
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈Sm
onde Sm = {(x, y) ∈ R2 \{(0, 0)}; y = mx}. Podemos ser tentados a achar que o limite
existe e vale 0, no entanto se tomarmos S = {(x, y) ∈ R2 \{(0, 0)}; x = y 2 }, vemos que
(0, 0) ∈ S e
lim
y4
1
= = 0 = lim f(x, y),
4
y→0 2y
(x,y)→(0,0)
2
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈S
o que implica que lim
(x,y)∈Sm
f (x, y). Vejamos o gráfico de f :
(x,y)→(0,0)
1
Exemplo 8.12 Considere f (x, y) = sen 2
. Para mostrar que tal limite não existe,
x + y2
1
1
considere S1 = { √ , 0 ; n ∈ N} e S2 = { , 0 ; n ∈ N}. tem-se que
nπ
(π/2) + 2nπ
1
1
(0, 0) ∈ S1 ∩ S2 . Como, f( √ , 0) = 0, ∀n ∈ N e f ( , 0) = 1, ∀n ∈ N,
nπ
(π/2) + 2nπ
temos que lim f (x) = lim f (x) portanto lim f (x, y). Vejamos o gráfico de
(x,y)→(00)
(x,y)∈S1
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈S2
(x,y)→(0,0)
8.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES
23
f numa vizinhança de (0, 0) .
Nota 8.13 Observe então que só podemos utilizar curvas ou subconjuntos para provar
que um limite não existe. No entanto temos os seguintes resultados, cujas demonstrações
deixamos a cargo do aluno.
k
Proposição 8.14 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D , Si ⊂ D, 1 ≤ i ≤ k tais que a ∈ ∩ Si
i=1
k
e ∪ Si = D. Se lim f (x) = l, 1 ≤ i ≤ k então lim f(x) = l.
i=1
x→a
x∈Si
x→a
Nota 8.15 Na realidade a proposição acima garante a existência de limite, se pudermos
dividir o domínio da função num número finito de conjuntos tais que o limite ao longo
de cada subconjunto existe e é igual. O resultado não é mais válida se o número de
conjuntos for infinito, como pudemos ver em exemplo anterior, onde o limite existe e é
igual ao longo de qualquer reta passando pela origem, no entanto é diferente ao longo da
parábola passando pela origem. Observe que o R2 pode ser visto como união de todas as
retas passando pela origem, mas esta união é infinita e por isso a proposição acima não
pode ser aplicada.
1 − x2 − y 2 ; (x, y) < 1
Exemplo 8.16 Seja f (x, y) =
. É claro que os pontos
0;
(x, y) > 1
(x0 , y0 ) ∈ R2 tais que (x0 , y0 ) = 1 são pontos de acumulação do domínio Df de
f. Ainda Df = S1 ∪ S2 , onde S1 = {(x, y) ∈ R2 ; (x, y) < 1} e S2 = {(x, y) ∈
R2 ; (x, y) > 1}, com (x0 , y0 ) ∈ S1 ∩ S2 . Assim, como
lim
f (x, y) = 1 − x20 − y02 = 0
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x,y)∈S1
e
lim
f (x, y) = 0, segue da proposição anterior que
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x,y)∈S2
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
f(x, y) = 0.
24
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
Proposição 8.17 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D e l ∈ R. Se lim f(x) = l então
x→a
∃r, K > 0 tais que |f(x)| ≤ K, ∀x ∈ D ∩ Br (a) .
Prova. Da definição de limite, segue que considerando ε = 1 > 0, existe δ > 0
tal que ∀x ∈ D ∩ (Bδ (a) \{a}) tem-se que |f (x) − l| < 1 ⇒ |f (x)| < 1 + |l| , ∀x ∈
D ∩ (Bδ (a) \{a}) . Assim, se a ∈
/ D segue que |f (x)| < 1 + |l| , ∀x ∈ D ∩ Bδ (a) e a
proposição fica provada neste caso, com r = δ e K = 1 + |l| . Caso a ∈ D então tomamos
K = max{1 + |l| , |f(a)|} e portanto tem-se que |f (x)| ≤ K, ∀x ∈ D ∩ Bδ (a) . Portanto a
proposição está provada. Proposição 8.18 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D e l ∈ R, l = 0 tais que lim f (x) = l
x→a
então:
a) Existe r > 0 tal que f(x)l > 0, ∀x ∈ D ∩ (Br (a) \{a}) .
b) Existem r, M > 0 tais que |f(x)| > M, ∀x ∈ D ∩ (Br (a) \{a}) .
Nota 8.19 O ítem (a) da proposição acima é conhecido como teorema da conservação
de sinal, pois ele afirma que a função numa vizinhança furada do ponto a tem o mesmo
sinal que o seu limite neste ponto.
Proposição 8.20 Sejam f, g : D ⊂ Rn → R, a ∈ D , l1 , l2 ∈ R tais que lim f (x) = l1 e
x→a
lim g(x) = l2 . Então:
x→a
a) lim (f (x) ± g(x)) = l1 ± l2 .
x→a
b)lim (f g) (x) = l1 l2 .
x→a
f(x)
l1
= , se l2 = 0.
x→a g(x)
l2
d) lim |f (x)| = |l| .
c) lim
x→a
Exemplo 8.21 É fácil provar por definição que
∀a, b ∈ R (Mostre!). Assim,
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
ax2 +
lim
ax = ax0 e
(x,y)→(x0 ,y0 )
2
by = ax20 + by02 ,
lim
by = by0
(x,y)→(x0 ,y0 )
utilizando as propriedades
(a) e (b).
Exemplo 8.22
que
lim
−1
x3 − y 2 + z 4
=
, pois das propriedades (a) e (b) temos
(x,y,z)→(1,2,−1) x2 + 3y − z
4
x3 − y 2 + z 4 = −2 e
lim
x2 + 3y − z = 8 = 0, portanto de (c)
(x,y,z)→(1,2,−1)
segue o resultado.
lim
(x,y,z)→(1,2,−1)
Proposição 8.23 Sejam f, g : D ⊂ Rn → R, a ∈ D . Se lim f(x) = 0 e existem r > 0 e
x→a
M > 0 tais que |g(x)| ≤ M, ∀x ∈ D ∩ Br (a) então lim f (x)g(x) = 0.
x→a
8.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES
25
Prova. Como lim f (x) = 0 então dado ε > 0, existe δ > 0 tal que ∀x ∈ D com
x→a
ε
0 < x − a < δ tem-se que |f (x)| <
. Logo, tomando δ 1 = min{δ, r} > 0, temos que
M
∀x ∈ D com 0 < x − a < δ 1 ⇒ |f (x)g(x)| < ε ⇒ lim f (x)g(x) = 0. x→a
Nota 8.24 Observe que o resultado acima é diferente da propriedade de produto de limites, pois a função que é por hipótese limitada poderá não ter limite no ponto em questão.
Exemplo 8.25 O
(x + 1)2
= 0, pois
(x,y,z)→(−1,1,2)
2
2
2
(x + 1) + (y − 1) + (z − 2)
lim
lim
(x,y,z)→(−1,1,2)
e
(x + 1) = 0
(x
+
1)
≤ 1, ∀ (x, y, z) ∈ R2 , (x, y, z) = (−1, 1, 2) .
(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 Observe que o exemplo acima é um exemplo típico onde não se pode aplicar a pro(x + 1)
priedade de produto de limites, pois a função é limitada
2
2
2
(x + 1) + (y − 1) + (z − 2)
em todo o seu domínio, mas não admite limite no ponto (−1, 1, 2) . (Verifique!).
Existem dois resultados importantes, que são os teorema da função composta, que nos
permitem utilizar importantes resultados de MAT-12, tais como l’Hôpital. Vejamos.
Teorema 8.26 (Teorema da Composta I) Sejam f : D ⊂ Rn → R, g : I ⊂ R → R,
a ∈ D , b ∈ I , l ∈ R tais que f (D) ⊂ I, lim f (x) = b, limg(t) = l e existe r > 0 tal que
x→a
t→b
f (x) = b, ∀x ∈ [Br (a) \{a}] ∩ D. Então lim (g ◦ f ) (x) = l.
x→a
Prova. Como limg(t) = l, segue que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que ∀t ∈ I com 0 < |t − b| < δ
t→b
tem-se que |g(t) − l| < ε. Ainda como lim f (x) = b, então tomando δ > 0 encontrado
x→a
acima, existe δ 1 > 0 tal que ∀x ∈ D com 0 < x − a < δ 1 tem-se que |f (x) − b| < δ.
Portanto, tomando δ 2 = min{δ 1 , r} > 0 , ∀x ∈ D com 0 < x − a < δ 2 obtém-se que
0 < |f(x) − b| < δ ⇒ |g(f(x)) − l| < ε ⇒ lim (g ◦ f ) (x) = l. x→a
Teorema 8.27 (Teorema da Composta II) Sejam f : D ⊂ Rn → R, g : I ⊂ R → R,
a ∈ D , b ∈ I tais que f (D) ⊂ I, lim f (x) = b, e g é contínua em b. Então lim (g ◦ f ) (x) =
x→a
x→a
g(b) = g lim f (x) .
x→a
26
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
A demonstração é análoga a anterior, na realidade mais simples e por isso será deixada
como exercício. Observe que a continuidade de g no limite de f elimina a condição de
f (x) ter que ser diferente de seu limite pelo menos numa vizinhança furada de a. Vejamos
com dois exemplos a necessidade destas condições.
2
Exemplo 8.28
 Seja f : R → R , definida por f (x, y) = (x − 1) y e g : R → R, definida
 t ln t; t > 0
t;
t < 0 . Assim, temos que
por g(t) =
lim f (x, y) = 0 e limg(t) = 0 =
t→0

(x,y)→(1,1)
−2; t = 0
g(0) = −2. No entanto ∀r > 0, os pontos (1, y) tais que 0 < |y − 1| < r são tais que
(1, y) ∈ Br (1, 1) \{(1, 1)} e f (1, y) = 0, logo esta função não satisfaz a última condição
exigida pelo teorema I e nem a condição de continuidade da g, condição do teorema II.
Portanto não podemos aplicar nenhum dos teoremas da composta. Vejamos então o que
acontece
com a composta. Consideremos g ◦f : R2 → R, que é definida por (g ◦ f) (x, y) =

 (x − 1) y ln (x − 1) y; (x − 1) y > 0
(x − 1) y;
(x − 1) y < 0 . Assim, tomando S1 = {(x, y) ∈ R2 ; y = 1} e

−2;
(x − 1) y = 0
2
S2 = {(x, y) ∈ R ; x = 1}, tem-se que lim (g ◦ f ) (x, y) = 0 e lim (g ◦ f) (x, y) =
(x,y)→(1,1)
(x,y)∈S1
(x,y)→(1,1)
(x,y)∈S2
−2, o que implica que o limite da composta não existe, mesmo existindo cada um dos
limites da f e da g. Isto acontece porque a função f não satisfaz a condição de ser
diferente de seu limite em alguma vizinhança furada de (1, 1) e nem g é contínua em
0 = lim f (x, y) = 0.
(x,y)→(1,1)
2
Exemplo
 8.29 Seja f : R → R , definida por f (x, y) = 0 e g : R → R, definida por
 t ln t; t > 0
t;
t < 0 . É claro que
g(t) =
lim f (x, y) = 0 e limg(t) = 0, mas f (x, y) =
t→0

(x,y)→(1,1)
−2; t = 0
0 = lim f (x, y), ∀ (x, y) ∈ R2 e g não é contíunua em t0 = 0. Ou seja as condições de
(x,y)→(1,1)
nenhum dos dois teorema da composta estão satisfeitas. Portanto para sabermos se g ◦ f
admite ou não limite no ponto (1, 1) , devemos trabalhar com a própria função composta
ou seja g ◦ f : R2 → R, é definida por (g ◦ f) (x, y) = −2, e assim lim (g ◦ f) (x, y) =
(x,y)→(1,1)
−2 = 0 = limg(t) = 0.
t→0
O que observamos é que mesmo que os limite de f e g existam se não houver a hipótese
de continuidade de g ou a hipótese de f ser diferente de seu limite numa vizinhança furada
do ponto, a composta poderá não ter limite ou se tiver, o limite poderá ser diferente do
limite de g. Vejamos a seguir como podemos aplicar o resultado.
sen (x − 1)2 + (y − 1)2
Exemplo 8.30 O lim
= 1, pois
(x,y)→(1,1)
(x − 1)2 + (y − 1)2
lim
(x − 1)2 + (y − 1)2 = 0,
(x,y)→(1,1)
8.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES
27
sen t
=1
t→0 t
lim
e
(x − 1)2 + (y − 1)2 = 0, ∀ (x, y) ∈ R2 , (x, y) = (1, 1) ,
assim estamos nas condições do teorema I e podemos concluir o resultado.
Exemplo 8.31 O
2
lim
(x,y,z)→(1,0,2)
1/(xy)2
(cos (xyz))1/(xy) = e−2 . Antes, observe que o domínio de
é D = {(x, y, z) ∈ R3 ; xy = 0} e podemos escrever a função
f (x, y, z) = (cos (xyz))
dada como
ln [cos (xyz)]
(xy)2
.
(cos (xyz))1/(xy) = e
1
Mas para todo (x, y, z) ∈ D, com 0 < (x, y, z) − (1, 0, 2) < , temos que z = 0 e então,
4
podemos escrever a função neste domínio, como
2
2
(cos (xyz))1/(xy)
Ainda,
z 2 ln [cos (xyz)]
(xyz)2
=e
.
xyz = 0 e a função cosseno é contínua em 0, tem-se
lim
(x,y,z)→(1,0,2)
lim
(x,y,z)→(1,0,2)
cos (xyz) = 1
e como a função ln é contínua em t = 1, segue que
lim
(x,y,z)→(1,0,2)
ln (cos (xyz)) = 0.
1
Como, xyz = 0, para todo (x, y, z) ∈ D, com 0 < (x, y, z) − (1, 0, 2) < e aplicando
4
l’Hôpital tem-se que
ln (cos t)
1
lim
=− ,
2
t→0
t
2
segue do teorema da composta I, que
lim
(x,y,z)→(1,0,2)
Portanto, já que
lim
=
ln [cos (xyz)]
1
=− .
2
2
(xyz)
z 2 = 4, obtem-se que
(x,y,z)→(1,0,2)
z 2 ln [cos (xyz)]
= −2.
(x,y,z)→(1,0,2)
(xyz)2
lim
Logo, como a exponencial é contínua em t = −2,
lim
(x,y,z)→(1,0,2)
2
(cos (xyz))1/(xy) =
lim
(x,y,z)→(1,0,2)
z 2 ln [cos (xyz)]
(xyz)2
e
= e−2 .
28
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
Antes de entrarmos em limite de campos vetoriais vejamos a definição de limite infinito
para campos escalares. Observe que quando dizemos que o limite de um campo escalar
num ponto é infinito, não significa que este limite existe, pois infinito não é número real.
É apenas uma maneira de dizer que o limite não existe pois a função cresce ou decresce
indefinidamente, à medida que se aproxima do ponto. Vejamos.
Definição 8.32 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D . Então:
a) Dizemos que lim f (x) = +∞ quando dado M > 0 existe δ > 0 tal que para todo x ∈ D
x→a
com 0 < x − a < δ tem-se que f (x) > M.
b) Dizemos que lim f (x) = −∞ quando dado N < 0 existe δ > 0 tal que para todo x ∈ D
x→a
com 0 < x − a < δ tem-se que f (x) < N.
1
1
= +∞ pois ∀M > 0 basta tomar δ =
>0e
− a
M
1
1
> = M.
assim, ∀x ∈ Rn com 0 < x − a < δ tem-se que f (x) =
x − a
δ
Exemplo 8.33 É claro que lim
x→a x
Exemplo 8.34 É claro que lim ln (x − a) = −∞, pois ∀N < 0 basta tomar δ = eN > 0
x→a
e assim, ∀x ∈ Rn com 0 < x − a < δ tem-se que ln (x − a) < ln δ = N.
Na realidade não se pode falar em operações com limites infinitos, pois tal limite não
existe e é apenas uma maneira de se mostrar o comportamento da função próximo a
um determinado ponto. No entanto temos alguns resultados que permitem manipular
com somas, produtos e quocientes de funções que divegem para ∞. Mas estes resultados
estarão na lista de exercícios.
Para terminarmos a parte de limite daremos a seguir a definição de limite de campo
vetorial e o resultado principal que nos diz que determinar o limite de um campo vetorial se
reduz a determinar o limite de cada uma de suas componentes, que são campos escalares.
8.1.1
Lista de exercícios
Exercício 8.35 Mostre, usando a definição, que:
1.
lim
(x,y)→(0,0)
(x2 + y 2 ) sen
1
= 0.
y
y 3 sen (x2 + z 2 )
2.
lim
= 0.
(x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + z 2
3.
4.
lim
(x2 − 5 + y) = −2.
lim
(3x − 2y) = 14.
(x,y)→(1,2)
(x,y)→(4,−1)
8.1. LIMITE DE CAMPOS ESCALARES
Exercício 8.36 Calcule, quando existir, os limites abaixo:
1.
3x − 2y
.
(x,y)→(0,0) 2x − 3y
2.
(x − 1) (y − 2)
2
2
(x,y)→(1,2) (x − 1) + (y − 2)
3.
x sen (x2 + y 2 )
.
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
4.
5.
6.
7.
lim
lim
lim
lim
(x,y)→(0,0)
x sen
x2
1
.
+ y2
4x + y − 3z
.
(x,y,z)→(0,0,0) 2x − 5y + 2z
lim
x2
.
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
xy (x − y)
.
(x,y)→(0,0) x4 + y 4
lim
8.
f (u + x, v + y) − f (u, v) − 2ux − y
, onde f (x, y) = x2 + y.
(x,y)→(0,0)
(x, y)
9.
f (x, y)
x3
, onde f (x, y) = 2
.
(x,y)→(0,0) (x, y)
x + y2
lim
lim
sen (x2 + y 2 )
10.
lim
.
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
11.
1
(x2 + y 2 ) sen .
(x,y)→(0,0)
y
12.
sen xy
.
(x,y)→(0,0)
x
13.
x
.
(x,y)→(0,0) x + y
14.
xy 2
.
(x,y)→(0,0) x2 + y 4
15.
tg (x − 1)
.
(x,y)→(1,2)
y−2
16.
ln (1 + y − x)
.
(x,y)→(1,2)
x−y
lim
lim
lim
lim
lim
lim
29
30
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
17.
f (x, y)
lim
, onde
√
√
2
2
(x,y)→( 2/2, 2/2) x + y − 1
f (x, y) =
18.
19.
20.
21.
exp (x2 + y 2 − 1)
0;
−1
;
x2 + y 2 < 1
x2 + y 2 ≥ 1
cos [(x − 1) z (y + 1)] − 1
.
(x,y,z)→(1,−1,0)
(x − 1)2 z 2 (y + 1)2
lim
lim
(x,y)→(1,0)
(1 + 3 sen (xy))1/xy .
lim
(x,y,z)→(0,−1,0)
lim
(x,y)→(1,1)
(y + 1)
2
ln
1 + x2 + (y + 1)2 + z 2
x2 + (y + 1)2 + z 2
.
(x − y) ln (x − y) .
Exercício 8.37 Sejam f, g : S ⊂ Rn → R e a ∈ S . Prove que:
1. lim f (x) = ∞ e lim g (x) = c > 0 ⇒ lim (f g) (x) = ∞,
x→a
x→a
x→a
2. lim f (x) = ∞ e lim g (x) = c < 0 ⇒ lim (f g) (x) = −∞,
x→a
x→a
x→a
3. lim f (x) = −∞ e lim g (x) = c > 0 ⇒ lim (f g) (x) = −∞
x→a
x→a
x→a
4. lim f (x) = −∞ e lim g (x) = c < 0 ⇒ lim (f g) (x) = ∞,
x→a
x→a
x→a
g (x)
= ∞,
x→a f (x)
5. lim f (x) = 0 , f (x) > 0 e lim g (x) = c > 0 ⇒ lim
x→a
x→a
g (x)
= −∞.
x→a f (x)
6. lim f (x) = 0 , f (x) < 0 e lim g (x) = c > 0 ⇒ lim
x→a
x→a
Exercício 8.38 Sejam f : D ⊂ Rn → R e g : I ⊂ R → R, tal que f (D) ⊂ I. Considere
a ∈ D e l ∈ R. Prove que:
1. Se lim f(x) = +∞ e lim g(x) = l então lim (g ◦ f) (x) = l.
x→a
x→+∞
x→a
2. Se lim f(x) = −∞ e lim g(x) = l então lim (g ◦ f ) (x) = l.
x→a
x→−∞
x→a
3. Se lim f (x) = ∞ e lim g(x) = ∞ então lim (g ◦ f ) (x) = ∞. (Considere ambos os
x→a
casos ±∞).
x→∞
x→a
8.2. CONTINUIDADE DE CAMPOS ESCALARES
8.2
31
Continuidade de campos escalares
Daremos a seguir a definição e os principais resultados de continuidade de campos escalares
e vetoriais
Definição 8.39 Seja f : D ⊂ Rn → R. Dizemos que f é contínua em a ∈ D
quando dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo x ∈ S com x − a < δ tem-se
que |f (x) − f (a)| < ε.
Nota 8.40 Observe que na definição de continuidade o ponto deve pertencer ao domínio,
pois agora estamos interesssados no comportamento da função numa vizinhaça do ponto
e nele mesmo, ou seja queremos saber se quando x se aproxime de a, f (x) se aproxima
de f (a), e não mais de qualquer outro valor.
Nota 8.41 Em pontos a ∈ D ∩ D , temos que:
f é contínua em a ⇔ limf(x) = f (a).
x→a
Isto é, voltamos à noção de limite já vista. Portanto os resultados apresentados anteriormente para limite são válidos para continuidade e portanto serão apenas enunciados, pois
as demonstrações são as mesmas, apenas onde era bola furada, agora é bola.
Exemplo 8.42 A função f : R2 → R, definida por f (x, y) = ln (1 + x2 + y 2 ) é contínua
em R2 , pois ln é contínuam em (0, +∞) , 1 + x2 + y 2 > 0, para todo (x, y) ∈ R2 e
lim
1 + x2 + y 2 = 1 + x20 + y02 ,
(x,y)→(x0 ,y0 )
logo pelo teorema da composta II, segue que
lim
ln 1 + x2 + y 2 = ln 1 + x20 + y02 = f (x0 , y0 ) ,
(x,y)→(x0 ,y0 )
o que implica que f é contínua em R2 . Só para ilustração, segue abaixo o gráfico de f.
32
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
Proposição 8.43 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D e f contínua em a. Então:
1) Existe r > 0 e M > 0 tal que |f (x)| ≤ M, para todo x ∈ D ∩ Br (a) .
2) Se f (a) = 0 então existe r > 0 tal que f (x)f (a) > 0, para todo x ∈ D ∩ Br (a) .
Ou seja f possui o mesmo sinal de f (a), numa vizinhança de a. (Teorema de
conservação do sinal).
3) Se f (a) = 0 então existe r > 0 e K > 0 tais que |f (x)| ≥ K, para todo x ∈ D ∩ Br (a) .
Proposição 8.44 Sejam f, g : D ⊂ Rn → R, a ∈ D, f e g contínuas em a. Então:
a) f ± g são contínuas em a.
b) fg é contínua em a.
c) |f | é contínua em a.
d)
f
é contínua em a, se g(a) = 0.
g
Proposição 8.45 Sejam f : D ⊂ Rn → R, g : I ⊂ R → R, a ∈ D tais que f (D) ⊂ I, f
é contínua em a e g é contínua em f (a). Então g ◦ f é contínua em a.
Temos ainda alguns resultados semelhantes ao teorema de Bolzano e Teorema do
Valor Intermediário para funções reais de variável real. Lembre que o teorema de Bolzano
e do valor intermediário só são válidos para funções contínuas num intervalo. Vimos que
intervalos são os únicos subconjuntos conexos de R. Portanto é de se esperar que estes
resultados possam ser estendidos ao Rn , desde que a função seja contínua num subconjunto
conexo de Rn . É o que veremos a seguir.
Teorema 8.46 Seja f : D ⊂ Rn → R contínua no conexo D. Sejam p1 , p2 ∈ D tais que
f (p1 )f (p2 ) < 0. Então existe p∗ ∈ D tal que f (p∗ ) = 0.
Teorema 8.47 (Teorema do Valor Intermediário): Seja f : D ⊂ Rn → R contínua
no conexo D. Considere p1 , p2 ∈ D tais que f (p1 ) < f (p2 ). Então para cada d ∈ R tal que
f (p1 ) < d < f (p2 ), existe p∗ ∈ D tal que f ( p∗ ) = d.
Prova. Para cada d ∈ R tal que f (p1 ) < d < f (p2 ), considere gd : D → R, definida
por gd (x) = f (x) − d. Então gd é contínua no conexo D e gd (p1 )gd (p2 ) < 0. Assim, existe
p∗ ∈ D tal que gd (p∗ ) = 0 ⇒ f(p∗ ) = d. Corolário 8.48 Seja f : D ⊂ Rn → R contínua no conexo D. Então f (D) é um intervalo.
Segue ainda um resultado que será muito útil ao estudarmos máximo e mínimo.
8.2. CONTINUIDADE DE CAMPOS ESCALARES
33
Teorema 8.49 Seja f : D ⊂ Rn → R contínua no compacto D. Então existe α, β ∈ D
tais que
f (α) ≤ f (x) ≤ f (β) , para todo x ∈ D.
Ou seja o teorema afirma que funções contínuas num compacto D assumem máximo e
mínimo absolutos em D.
8.2.1
Lista de Exercícios
Exercício 8.50 Verifique a continuidade dos campos escalares abaixo, em seu domínio:
1. f (x, y) =
1
(1 − x2 − y 2 ) 2 , se x2 + y 2 ≤ 1 .
0,
se x2 + y 2 > 1
2. f (x, y) = ln x2 + y 2 + 1.

x3

2 , se x = y .
3. f (x, y) =
(x
−
y)

1,
se x = y

1

cos , se (x, y) = (0, 0)
.
4. f (x, y) =
xy
 1,
se (x, y) = (0, 0)
 3
3
 x − y ; (x, y) ∈ R2 ; x = y
2
5. f (x, y) =
 (x − y)
0
(x, y) ∈ R2 ; x = y
−1
exp (x2 + y 2 − 1) ;
0

 sen (x2 + y 2 + z 2 )
;
7. f (x, y, z) =
x2 + y 2 + z 2

1
6. f (x, y) =
(x, y) ∈ B1 (0, 0)
(x, y) ∈ (B1 (0, 0))C
(x, y, z) = (0, 0, 0)
(x, y, z) = (0 , 0, 0)
Exercício 8.51 Determine o domínio de f e os pontos onde ela é contínua:
1. f (x, y) = ln (x2 + y 2 ) .
2. f (x, y) = x/ x2 + y 2 .
3. f (x, y) = tg (x2 /y) .
4. f (x, y) = 1 − x2 − y 2 .
34
CAPÍTULO 8. CAMPOS ESCALARES
sen (xy)
, onde D = {(x, y) ∈
x
R2 ; x = 0}. Analise se é possível, definir g : R2 → R, contínua em todo seu domínio e tal
que g(x) = f(x), ∀x ∈ D.
Exercício 8.52 Seja f : D → R, definida por f (x, y) =
Exercício 8.53 Se
f (x, y) =
x2 − y 2
, para (x, y) = (0, 0) ,
x2 + y 2
determine o limite quando (x, y) → (0, 0) ao longo da reta y = mx. É possível definir f
(0, 0) de modo a torná-la contínua ?
Exercício 8.54 Seja
f (x, y) =
0, se y ≤ 0 ou y ≥ x2
.
1, se 0 < y < x2
Prove que f (x, y) → 0 quando (x, y) → (0, 0) ao longo de qualquer reta passando pela
origem. Determine uma curva ao longo da qual f é constante igual a 1 (exceto na origem).
Verifique se f é contínua na origem ..
Exercício 8.55 Prove que se f é contínua em x0 e f (x0 ) > 0, então existe r > 0 tal que
f (x) > 0 para todo x ∈ B (x0 , r) ∩ D (f) .
Exercício 8.56 Sejam f, g : D ⊂ Rn → R contínuas no domíno D. Sejam a, b ∈ D tais
que f (a) < g(a) e f(b) > g(b). Prove que existe c ∈ D tal que f (c) = g(c).
√
√
Exercício 8.57 Mostre que o polinômio p(x, y) = 3x2 + 3y 2 + 2xy + 6 2x + 2 2y + 2
possui uma raiz, isto é, existe (x0 , y0 ) tal que p (x0 , y0 ) = 0.
Capítulo 9
Cálculo Diferencial de Campos
Escalares
Veremos neste capítulo que a noção de derivada para campos escalares e vetoriais não é
mais possível. Daremos então a definição de deivada direcional e sua interpretação física.
Veremos ainda que esta não é uma boa extensão para o conceito de derivada para funções
reais de variável real, pois existem campos escalares, que admitem derivadas em todas
as direções, mas não são contínuos. Então daremos a definição de diferenciabilidade e a
relação entre diferenciabilidade e derivadas direcionais.
9.1
Derivada direcional e derivada parcial de campo
escalar
Sejam f : D ⊂ Rn → R e a ∈ D0 . Desejamos saber qual a taxa de variação do campo
escalar f quando nos movemos de um ponto próximo de a para o ponto a, numa determinada direção. Por exemplo, suponhamos que f descreva a temperatura em cada ponto de
um quarto, aquecido e com uma janela aberta. Estamos interessados na taxa de variação
da temperatura num determinado ponto a deste quarto. Observe que se estivermos nos
movendo da janela para o ponto a, temos uma taxa de variação da temperatura diferente
do que se estivermos nos movendo do aquecedor em direção ao mesmo ponto. Ainda
esta variação poderá ser maior ou menor dependendo da localização do ponto a. Assim, a
taxa de variação do campo que descreve a temperatura, depende da direção na qual nos
movemos e do próprio ponto a. Denotemos esta direção por y ∈ Rn ; y = 1, isto é, nos
movemos do ponto a + y para o ponto a ao longo do segmento que une estes dois pontos,
35
36
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
como indicado na figura abaixo.
a+ y
a
y
Cada ponto deste segmento se escreve como
a + h y onde h ∈ [0, 1] .
Temos
d (a, a + hy) = |h| y = |h| .
Como a ∈ D0 sabemos que existe r > 0 tal que Br (a) ⊂ D então para todo h ∈ (−r, r)
teremos a + hy ∈ Br (a) ⊂ D e portanto podemos considerar o quociente
f (a + hy) − f (a)
, para todo h ∈ (−r, r) .
h
(9.1)
O numerador em (9.1) mostra como o campo varia quando nos movemos de a para a + y,
enquanto que o quociente (9.1) é denominado razão média da variação de f sobre
o segmento [a, a + y] , por unidade de comprimento. Estamos interessados no limite de
(9.1) quando h → 0, pois estamos interessados na taxa de variação de f no ponto a, na
direção y. Isto nos leva à seguinte definição.
Definição 9.1 Dados um campo escalar f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e y ∈ Rn , com
y = 1, definimos a derivada direcional de f no ponto a na direção y como sendo
f (a, y) = lim
h→0
f (a + hy) − f (a)
,
h
quando existir o limite.
Nota 9.2 É necessário que a ∈ D0 , pois devemos ter a + hy ∈ D para h suficientemente
próximo de 0. Assim com esta exigência de a pertencer ao interior de D,segue que existe
r > 0 tal que Br (a) ⊂ D, o que implica que ∀h ∈ (−r, r) , a + hy ∈ D e pode-se então
falar do limite acima.
Nota 9.3 Observe ainda que a distância de a até a + hy é |h| . Por isso esta derivada é
denominada direcional, pois a razão incremental nos fornece a taxa de variação média
por unidade de comprimento, já que y = 1.
9.1. DERIVADA DIRECIONAL E DERIVADA PARCIAL DE CAMPO ESCALAR 37
Nota 9.4 A definição acima também é válida se y =
1, mas não tem sentido físico,
pois então d (a, a + hy) = |h| y e portanto a razão incremental não é a taxa de variação
média por unidade de comprimento. Alguns livros definem esta derivada como sendo
a derivada de f no ponto a, com respeito ao vetor y, pois neste caso a norma de
y também contribui para o valor desta derivada e não somente a direção. A notação é a
mesma, assim como a definição. Observe então que neste caso o vetor y pode ser nulo.
É claro que quando isto acontece f (a, 0) = 0 (Verifique!). Apesar de não ter significado
físico, esta derivada será utilizada no teorema do valor médio, que veremos adiante e em
aplicações deste.
Exemplo 9.5 Sejam f : Rn → R uma transformação linear, a, y ∈ Rn . Temos:
f (a, y) = lim
h→0
f (a + hy) − f (a)
f (a) + hf (y) − f (a)
= lim
= f (y) .
h→0
h
h
Exemplo 9.6 Seja f : Rn → R dada por f (x) = u, x! onde u ∈ Rn é fixado. Se
a, y ∈ Rn temos:
f (a, y) = lim
h→0
u , a + hy! − u, a!
= lim u, y! = u, y! = f (y) .
h→0
h
Nota 9.7 Observe que o exemplo anterior é um caso particular do primeiro exemplo,
uma vez que a função f, definida por f (x) = u, x! é uma transformação linear.
Exemplo 9.8 Seja f : R2 → R


x2 y
; se (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 2

0;
se (x, y) = (0, 0)
Determinemos f ((0, 0) , (u, v)) . Como (u, v) = 1 então segue que (u, v) = (0, 0) e
portanto
f ((0, 0) , (u, v)) = lim
h→0
logo
f ((0, 0) + h (u, v)) − f (0, 0)
f (hu, hv)
= lim
,
h→0
h
h
1 h3 u2 v
u2 v
=
= u2 v.
h→0 h h2 (u2 + v 2 )
(u2 + v2 )
f ((0, 0) , (u, v)) = lim
Ou seja existe a derivada direcional de f no ponto (0, 0) , em todas as direções.
Exemplo 9.9 Determinemos f ((0, 0) , (u, v)) onde f : R2 → R,
xy
; (x, y) =
(0, 0)
2
x + y2
f (x, y) =
.
0;
(x, y) = (0, 0)
38
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Como (u, v) = 1 então segue que (u, v) = (0, 0) e portanto
f ((0, 0) , (u, v)) = lim
h→0
f (hu, hv)
1 uv
1
= lim uv
= lim
2
2
h→0 h u + v
h→0 h
h
uv = 0 ⇒ ∃/ f ((0, 0) , (u, v)) ,
. Portanto f só admite derivada diuv = 0 ⇒ f ((0, 0) , (u, v)) = 0.
recional nas direções dos eixos coordenados, isto é nas direções dos vetores (1, 0) e (0, 1) .
Concluimos que
Exemplo 9.10 Determinemos f ((0, 0) , (u, v)) onde f : R2 → R é tal que

 xy 2
; se (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 4

0;
se (x, y) = (0, 0)
Como (u, v) = 1 então segue que (u, v) = (0, 0) e portanto
f ((0, 0) , (u, v)) = lim
h→0
f (hu, hv)
.
h
Assim, se u = 0, segue que
uv 2
v2
.
=
h→0 u2 + h2 v 2
u
f ((0, 0) , (u, v)) = lim
E se u = 0, então
f ((0, 0) , (u, v)) = 0.
Portanto a função acima possui derivada direcional em todas as direções, no ponto (0, 0).
No entanto, como já foi visto esta função não é contínua em (0, 0) .
Assim, quando queremos determinar a derivada direcional de uma função f, num ponto
a, na direção y, estamos interessados na taxa de variação de f sobre a reta unindo a e
a + y, isto é, estamos interessados apenas no comportamento de f nos pontos da forma
a + ty. Isto nos leva a introduzir a função g (t) = f (a + ty). O próximo teorema relaciona
as derivadas de g e de f.
Teorema 9.11 Sejam f : D ⊂ Rn → R , a ∈ D0 , y ∈ Rn com y = 1. Se r > 0 é tal
que Br (a) ⊂ D e I = (−r, r) definimos g : I ⊂ R → R por g (t) = f (a + ty) . Então g é
derivável em t0 ∈ I ⇔ existe f (a + t0 y, y) . Neste caso,
g (t0 ) = f (a + t0 y, y) .
Prova. Segue direto das definições e portanto será deixada como exercício. Nota 9.12 Segue do teorema acima que f (a, y) = g (0), caso estas existam.
9.1. DERIVADA DIRECIONAL E DERIVADA PARCIAL DE CAMPO ESCALAR 39
Nota 9.13 Observe que o teorema continua válido mesmo se y = 1, isto é, quando
tem-se a derivada de f no ponto a, com respeito ao vetor y.
Exemplo 9.14 Seja f : R2 → R, f (x, y) = 2x + 3y. Temos:
g (t) = f ((x, y) + t (u, v)) = 2 (x + tu) + 3 (y + tv) = 2x + 3y + t (2u + 3v) .
Logo
g (t) = 2u + 3v,
portanto
g (0) = f ((x, y) , (u, v)) = 2u + 3v = f (u, v) .
Exemplo 9.15 Seja f : Rn → R dada por f (x) = x2 , determinemos f (a, y).
Temos
g (t) = f (a + ty) = a + ty2 = a, a! + 2t a, y! + t2 y, y! ,
logo
g (t) = 2 a, y! + 2t y, y! .
Portanto
g (0) = f (a, y) = 2 a, y! .
2
2
2
Exemplo
e considere y = (u, v)
9.16 Seja f : R → R, f (x, y) = 8 − x − y =
1 1
t
t
√ ,√
e a = (−1, −1) . Assim, g (t) = f (a + ty) = f −1 + √ , −1 + √
=
2 2√
2
2
√
6 − t2 + 2 2t e portanto g (0) = 2 2 = f (a, y) , que é o coeficiente angular da reta
tangente ao gráfico de g, no ponto (0, 6) . Mas o gráfico de g é a interseção do gráfico de
f com o plano x = y. Segue abaixo o gráfico de f e a interseção dele com o plano x = y,
40
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
mostrando o gráfico de g e a reta tangente a êle.
Foi visto o Teorema do Valor Médio para funções reais de variável real. Com a função
g (t) definida acima no Teorema 9.11, podemos ver como fica este resultado para campos
escalares.
Teorema 9.17 Teorema do Valor Médio para Campos Escalares: Consideremos
f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e r > 0 tal que Br (a) ⊂ D. Seja x ∈ Br (a) tal que
f (a + t (x − a) , x − a) existe para todo t ∈ (0, 1) e g é contínua em [0, 1] , onde g (t) =
f (a + t (x − a)) , ∀t ∈ [0, 1], Então existe θ ∈ (0, 1) satisfazendo
f (x) − f (a) = f (a + θ (x − a) , x − a) .
Prova. A função g, definida no teorema é contínua em [0, 1] , por hipótese e derivável
em (0, 1) pelo 9.11 . Logo, estamos nas condições do Teorema do Valor Médio para funções
de uma variável, portanto segue que existe θ ∈ (0, 1) tal que
g (1) − g (0) = g (θ) ,
9.1. DERIVADA DIRECIONAL E DERIVADA PARCIAL DE CAMPO ESCALAR 41
mas g (1) = f (x) , g (0) = f (a) e g (θ) = f (a + θ (x − a) , (x − a)) , o que implica que
f (x) − f (a) = f (a + θ (x − a) , (x − a)) .
Nota 9.18 Observe que no Teorema do valor médio para campos escalares, a derivada
que aparece não é necessariamente a derivada direcional, pois x − a pode ser diferente
de 1. Estamos neste caso trabalhando com a derivada de f no ponto a + θ (x − a), com
respeito ao vetor x − a.
Definição 9.19 Sejam f : D ⊂ Rn → R e a ∈ D0 então a derivada direcional de f no
ponto a, na direção y = ei , isto é, f (a, ei ) , onde ei é o i-ésimo vetor da base canônica
do Rn , é denominada derivada parcial de f em a com respeito à i-ésima variável
e escrevemos
∂f
(a) .
f (a, y) = f (a, ei ) = Di f (a) =
∂xi
Nota 9.20 Assim, a derivada parcial de f , no ponto a, com respeito à i-ésima variável,
nada mais é do que uma derivada direcional no ponto a, tomando como direção o vetor
correspondente ao i-ésimo vetor da base canônica do Rn .
Exemplo 9.21 No caso n = 2 para a = (x, y) , temos
∂f
f (x + h, y) − f (x, y)
(x, y) = f ((x, y) , (1, 0)) = lim
,
h→0
∂x
h
observe que o acréscimo é dado apenas na primeira variável, x, enquanto que a segunda
variável, y, se mantém constante. Também temos
∂f
f (x, y + h) − f (x, y)
(x, y) = f ((x, y) , (0, 1)) = lim
,
h→0
∂y
h
aqui o acréscimo é dado na variável y enquanto que a variável x se mantém constante.
Exemplo 9.22 Seja f (x, y, z) = x2 y + y 3 sen z. Temos:
∂f
f (x + h, y, z) − f (x, y, z)
(x, y, z) = lim
= lim [2xy + hy] = 2xy.
h→0
h→0
∂x
h
Analogamente :
∂f
(x, y, z) = x2 + 3y 2 sen z e
∂y
∂f
(x, y, z) = y 3 cos z,
∂z
Proposição 9.23 Sejam f : D ⊂ Rn → R e a = (a1 , . . . , an ) ∈ D0 tal que Br (a) ⊂ D.
Considere I = (ai − r, ai + r) e g : I → R definida por g(t) = f (a1 , . . . , ai−1 , t, ai+1 , . . . , an ) .
∂f
∂f
Então g é derivável em ai ⇔ existe
(a) e neste caso
(a) = g (ai ) .
∂xi
∂xi
42
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Prova. Exercício Nota 9.24 A proposição acima nos diz que para determinar a derivada parcial de um
campo escalar f com respeito a i-ésima variável, basta considerar f como função apenas
desta variável e calcular a derivada como função de uma variável.
Exemplo 9.25 Seja
f (x, y) =
x2
0;
xy
;
+ y2
(x, y) = (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
.
1. Para (x, y) = (0, 0) temos
∂f
y (x2 + y 2 ) − xy (2x)
(x, y) =
=
∂x
(x2 + y 2 )2
y 3 − x2 y
=
,
(x2 + y 2 )2
∂f
x (x2 + y 2 ) − xy (2y)
=
(x, y) =
∂y
(x2 + y 2 )2
x3 − xy 2
=
.
(x2 + y 2 )2
2. Para (x, y) = (0, 0) temos
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
0
(0, 0) = lim
= lim = 0,
h→0
h→0
∂x
h
h
∂f
f (0, h) − f (0, 0)
0
(0, 0) = lim
= lim = 0.
h→0
h→0 h
∂y
h
Nota 9.26 Observe que em situações como a do exemplo acima, onde f no ponto (0, 0)
é definida de outra forma, devemos usar a definição de derivada parcial.
Exemplo 9.27 Seja f : R2 → R definida por f (x, y) = (x3 + y 3 )
que pontos f admite derivadas parciais. Observe que
1/3
. Verifiquemos em
∂f
x2
∂f
y2
(x, y) =
e
(x,
y)
=
, para x = −y.
∂x
(x3 + y 3 )2/3 ∂y
(x3 + y 3 )2/3
No caso em que x = −y, devemos fazer por definição. Assim, tomemos (x0 , −x0 ) , x0 = 0,
então
∂f
f (x0 + h, −x0 ) − f (x0 , −x0 )
(3x20 + 3x0 h + h2 )
(x0 , −x0 ) = lim
= lim
h→0
h→0
∂x
h
h2/3
1/3
= +∞,
9.1. DERIVADA DIRECIONAL E DERIVADA PARCIAL DE CAMPO ESCALAR 43
∂f
∂f
(x0 , −x0 ) , x0 = 0. Analogamente prova-se que (x0 , −x0 ) , quando x0 =
∂x
∂y
0. No entanto
portanto ∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
h
(0, 0) = lim
= lim = 1,
h→0
h→0 h
∂x
h
f (0, h) − f (0, 0)
h
∂f
(0, 0) = lim
= lim = 1.
h→0
h→0 h
∂y
h
Portanto existem as derivadas parciais de f em D = R2 \{(x, y) ∈ R2 ; x = −y, x = 0}.
Para finalizar este exemplo, vejamos o gráfico desta função em torno do ponto (0, 0) .
Nota 9.28 Vejamos o significado geométrico no caso n = 2 da derivada parcial. Suponhamos que f definida em S ⊂ R2 admite derivadas parciais em (x0 , y0 ) ∈ S 0 . O gráfico
de f é o subconjunto do R3
graf f = {(x, y, z) : (x, y) ∈ S , z = f (x, y)} ,
44
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
conforme a figura abaixo
O gráfico da função g (x) = f (x, y0 ) no plano x y0 z é a curva resultante da intersecção
do graf f com o plano y = y0 . Assim
g (x0 ) =
∂f
(x0 , y0 ) ,
∂x
é o coeficiente angular da reta tangente T ao gráfico de g no plano x y0 z , no ponto
∂f
(x0 , y0 , g (x0 )) = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) . Analogamente
(x0 , y0 ) é o coeficiente angular da
∂y
reta tangente ao gráfico de h, onde h (y) = f (x0 , y) , no plano x0 y z , no ponto (x0 , y0 , h (y0 )) =
(x0 , y0 , f (x0 , y0 )) .
Exemplo 9.29 Vejamos a seguir o gráfico de f (x, y) = 8−x2 −y 2 , consideramos o ponto
a = (−1, 2) e os planos x = −1 e y = 2, interceptando o gráfico de f e as respectivas
curvas de interseção, que são, respectivamente, os gráficos de g (t) = f (−1 + t, 2) , no
plano y = 2 e de h (t) = f (−1, 2 + t), no plano x = −1. As retas tangentes a estas curvas
9.2. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR
45
de interseção também estão representadas.
9.2
Derivadas parciais de ordem superior
Definição 9.30 Sejam D ⊂ Rn um aberto e f : D ⊂ Rn → R.
1. Suponhamos que f admite derivada parcial com respeito à variável xk para todo x ∈
D, então podemos considerar sua derivada parcial com respeito à j-ésima variável,
isto é,
∂
∂f
(x) .
∂xj ∂xk
Assim, se considerarmos as derivadas parciais de primeira ordem a saber,
∂f ∂f ∂f
∂f
,
,
, ...,
,
∂x1 ∂x2 ∂x3
∂xn
as suas derivadas parciais, caso existam, são denominadas derivadas parciais de
segunda ordem e são denotadas por
∂
∂f
∂2f
∂
∂f
∂2f
=
se i = j, ou
=
, 1 ≤ i, j ≤ n.
∂xi ∂xj
∂xi ∂xj
∂xi ∂xi
∂x2i
2. Analogamente podemos definir as derivadas parciais de terceira ordem
∂
∂f
∂f
∂ 3f
=
, 1 ≤ i, j, k ≤ n.
∂xi ∂xj ∂xk
∂xi ∂xj ∂xk
46
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Nota 9.31 No caso n = 2 as derivadas parciais de primeira ordem são:
∂f
∂f
e
.
∂x
∂y
As derivadas parciais de segunda ordem são:
∂ 2f
∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f
,
,
,
,
∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂y∂x
as duas últimas são chamadas derivadas parciais de segunda ordem mistas. As
derivadas parciais de terceira ordem são:
∂ 3f ∂ 3f
∂ 3f
∂3f
∂3f
∂3f
∂3f
∂3f
,
,
,
,
,
,
,
.
∂x3 ∂y 3 ∂x2 ∂y ∂x∂y 2 ∂y 2 ∂x ∂y∂x2 ∂y∂x∂y ∂x∂y∂x
Exemplo 9.32 Seja f (x, y) = x3 y 2 .
As derivadas parciais de primeira ordem de f em (x, y) são:
∂f
∂f
(x, y) = 3x2 y 2 e
(x, y) = 2x3 y.
∂x
∂y
As derivadas parciais de segunda ordem são:
2
2
∂ 2f
∂2f
2 ∂ f
3 ∂ f
(x,
y)
=
6xy
,
(x,
y)
=
2x
,
(x,
y)
=
(x, y) = 6x2 y.
∂x2
∂y 2
∂x∂y
∂y∂x
As derivadas parciais de terceira ordem são:
∂3f
∂ 3f
∂3f
2
(x,
y)
=
6y
,
(x,
y)
=
12xy,
(x, y) = 6x2 , etc
3
2
2
∂x
∂x ∂y
∂x∂y
Exemplo 9.33 Se f (x, y, z) = x2 y + y 3 sen z, temos
∂f
(x, y, z) = 2xy,
∂x
∂f
∂f
(x, y, z) = x2 + 3y 2 sen z,
(x, y, z) = y 3 cos z,
∂y
∂z
∂ 2f
(x, y, z) = 2y,
∂x2
∂2f
(x, y, z) = 2x,
∂x∂y
∂ 2f
(x, y, z) = 2x,
∂y∂x
∂ 2f
∂ 2f
(x, y, z) = 3y 2 cos z,
(x, y, z) = 3y 2 cos z,
∂y∂z
∂z∂y
∂3f
(x, y, z) = 2,
∂y∂x2
∂3f
(x, y, z) = 2
∂x2 ∂y
∂ 4f
(x, y, z) = 6 cos z.
∂z∂y 3
∂ 3f
(x, y, z) = 2,
∂x∂y∂x
9.2. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR
47
Exemplo 9.34 Seja f : R2 → R dada por:
 3
 x y − xy 3
se (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 2

0
se (x, y) = (0, 0)
Para (x, y) = (0, 0) temos
∂f
y (x4 + 4x2 y 2 − y 4 )
,
(x, y) =
∂x
(x2 + y 2 )2
∂f
x (x4 − 4x2 y 2 − y 4 )
(x, y) =
∂y
(x2 + y 2 )2
Para (x, y) = (0, 0) temos
∂f
f (h, 0) − f (0, 0)
(0, 0) = lim
=0.
h→0
∂x
h
∂f
f (0, h) − f (0, 0)
(0, 0) = lim
=0
h→0
∂y
h
Logo
enquanto que
∂2f
1 ∂f
∂f
(0, 0) = lim
(0, h) −
(0, 0) = −1 ,
h→0 h ∂x
∂y∂x
∂x
∂2f
1 ∂f
∂f
(0, 0) = lim
(h, 0) −
(0, 0) = 1.
h→0 h ∂y
∂x∂y
∂y
Observamos com este exemplo que nem sempre as derivadas parciais mistas de segunda
ordem são iguais, como poderia parecer dos exemplos anteriores.
Daremos a seguir um resultado, que fornece condições suficientes para que as derivadas
de segunda ordem mistas sejam iguais, para o caso n = 2.
Teorema 9.35 Sejam f : D ⊂ R2 → R e (a, b) ∈ D0 . Suponhamos que as derivadas
parciais
∂f ∂f
∂ 2f
∂ 2f
,
,
e
∂x ∂x ∂y∂x ∂x∂y
existem na bola Br ((a, b)) ⊂ D, para algum r > 0. Se as derivadas parciais
∂ 2f
∂2f
e
∂y∂x ∂x∂y
são contínuas em (a, b) então
∂ 2f
∂ 2f
(a, b) =
(a, b) .
∂y∂x
∂x∂y
48
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Vejamos agora um teorema com hipóteses mais fracas mas que atinge o mesmo resultado.
Teorema 9.36 Sejam f : D ⊂ R2 → R e (a, b) ∈ D0 tais que as derivadas parciais
∂f ∂f
∂ 2f
,
e
∂x ∂y ∂y∂x
existem na bola Br ((a, b)) ⊂ D e a última delas é contínua em (a, b) . Então a outra
derivada mista existe em (a, b) e
∂2f
∂ 2f
(a, b) =
(a, b) .
∂y∂x
∂x∂y
Um resultado importante para qualquer ordem de derivadas mistas e para um número
n de variáveis é o seguinte.
Proposição 9.37 Teorema de Schwarz: Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 . Se todas as
derivadas parciais até a ordem k ≥ 2, de f, existem em Br (a) ⊂ D0 e são contínbuas em
a, então as derivadas mistas de ordem m = m1 + · · · mn , onde 2 ≤ m ≤ k e cada inteiro
mi ≥ 0, indica o número de derivações em relação à variável xi , i = 1, . . . , n, independem
da ordem em que estas derivadas parciais são efetudas.
Nota 9.38 O que a proposição acima significa é que se as derivadas parciais são contínuas então não importa a ordem em que se calculam estas derivadas, já que elas são
iguais. Por exemplo, se f é uma função definida num subconjunto aberto S do R3 , e
possui derivadas parciais até 3a ordem contínuas em S, então a proposição acima afirma
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
que para todo (x, y, z) ∈ S tem-se que
(x, y, z) =
(x, y, z) ,
(x, y, z) =
∂x∂y
∂y∂x
∂x∂z
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
∂ 3f
∂3f
(x, y, z) ,
(x, y, z) =
(x, y, z) ,
(x, y, z) =
(x, y, z) =
∂z∂x
∂z∂y
∂y∂z
∂x∂y∂z
∂x∂z∂y
∂ 3f
∂3f
∂3f
∂ 3f
(x, y, z) =
(x, y, z) =
(x, y, z) =
(x, y, z) e assim por
∂z∂x∂y
∂z∂y∂x
∂y∂x∂z
∂y∂z∂x
diante.
Definição 9.39 Seja f : D ⊂ Rn → R e S um subconjunto aberto de D. Dizemos que
f ∈ C k (S), ou que f é de classe C k em S, quando f e todas as suas derivadas parciais
até ordem k são contínuas em cada ponto de S.
Exemplo 9.40 A função f : R3 → R, f (x, y, z) = ln (1 + x2 + y 2 + z 2 ) é de classe
∂f
2x
∂f
2y
C ∞ em R3 , pois f ,
(x, y, z) =
,
(x,
y,
z)
=
e
∂x
1 + x2 + y 2 + z 2 ∂y
1 + x2 + y 2 + z 2
∂f
2z
(x, y, z) =
... são contínuas em R3 , uma vez que 1 + x2 + y 2 + z 2 > 0 e
∂z
1 + x2 + y 2 + z 2
contínua em R3 e ln é contínua em (0, +∞) . Ainda como as derivadas parciais de f são
funções racionais, isto é quociente de polinômios, cujo denominador não se anula, segue
que tais funções são de classe C ∞ em R3 . Portanto f também o é.
9.2. DERIVADAS PARCIAIS DE ORDEM SUPERIOR
49
Nota 9.41 Do teorema de Schwarz, segue que se f ∈ C k (D) , com k ≥ 2, então as
derivadas mistas até ordem k de f, envolvendo as mesmas variáveis, com as mesmas
∂ 3f
∂ 3f
ordens de derivação, são iguais em D. Por exemplo, se k ≥ 3, 2
=
=
∂xi ∂xj
∂xj ∂x2i
∂3f
∂ 3f
∂3f
∂ 3f
e ainda
=
=
e assim por diante.
∂xi ∂xj ∂xi
∂xi ∂x2j
∂x2j ∂xi
∂xj ∂xi ∂xj
Existe uma matriz muito importante no estudo de máximos e mínimos de funções de
várias variáveis.
Definição 9.42 Seja f : D ⊂ Rn → R tal que f ∈ C 2 (D) . Definimos a matriz hessiana em cada ponto x ∈ D, denotada por Hf (x) , da seguinte maneira:

 2
∂2f
∂ f
···
(x) 
 ∂x2 (x)
∂xn ∂x1


1


..
..
Hf (x) =  ...
.
.
.


2
2

 ∂ f
∂ f
(x) · · ·
(x)
∂x1 ∂xn
∂x2n
Nota 9.43 Do teorema de Schwarz, segue que a matriz hessiana é simétrica.
Exemplo 9.44 Considerando a

2

Hf (x) =
2
(1 + x + y 2 + z 2 )2
9.2.1
função do exemplo anterior tem-se que

1 − x2 + y 2 + z 2 −2xy
−2xz

−2xy
1 + x2 − y 2 + z 2 −2yz
2
2
2
−2xz
−2yz
1+x +y −z
Lista de exercícios
Exercício 9.45 Determine em que pontos as funções abaixo admitem derivadas parciais
de primeira ordem e nestes pontos calcule-as.
1. f (x, y) = 4y 3 + x2 + y 2 .
2. f (x, y) = sen 3y cos 2x.
3. f (x, y) = ey/x ln(x2 /y).
y
ln sen t dt.
4. f (x, y) =
x
5. f (x, y) =
y
ecos t dt.
x
6. f (x, y) =
y2
x2
3
e−t dt.
50
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
x+y
7. f (x, y) = .
y 2 − x2

 x + y2
; (x, y) = (0, 0)
8. f (x, y) =
.
x2 + y 4

0;
(x, y) = (0, 0)
9. f (x, y, z) = 4x2 sen y + 5ex cos y sen z − 2 cos z
10. f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 .
11. f (x, y, z) = exy sinh 2z − exy cosh 2z.
12. f (x, y, z, w) = arctg (xyzw)
Exercício 9.46 Se v (r, t) = tn e−r
2 /4t
, determine o valor de n para o qual se verifica
∂v
1 ∂
(r, t) = 2
∂t
r ∂r
r
2 ∂v
∂r
(r, t) .
Exercício 9.47 Determine um campo escalar f satisfazendo:
1. as derivadas parciais em (0, 0) são nulas ,
2. f ((0, 0) , (1, 1)) = 3 .
Exercício 9.48 Determine, caso seja possível, um campo escalar f : R2 → R tal que
∂f
∂f
(x, y) = 4x3 y + y cos (xy),
(x, y) = x4 + x cos (xy) e f (0, 0) = 1.
∂x
∂y
Exercício 9.49 Seja
 3
 x − y3
; se (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 2

0;
se (x, y) = (0, 0)
Determine segundo que direções (u, v) existe a derivada direcional f ((0, 0) , (u, v)) .
Exercício 9.50 Determine, se existir,


∂ 2f
(0, 0) para
∂x∂y
x2 − y 2
y 2
, (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x + y2

0,
(x, y) = (0, 0)
9.3. DIFERENCIABILIDADE
51
Exercício 9.51 Determine as derivadas parciais mistas de segunda ordem, na origem,
do campo abaixo

 xy 3
; se (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 2

0;
se x = y = 0
Exercício 9.52 Seja f (x, y) = xy + x exp(y/x), para todo (x, y) em (R\{0}) × R e
a = (1, 1).
1. Existe b ∈ (R\{0}) × R tal que
2. Determine
∂ 2f
∂ 2f
(b) =
(b)? Explique.
∂x∂y
∂y∂x
∂ 2f
∂2f
(a) e
(a).
∂x∂y
∂y∂x
Exercício 9.53 Determine a que classe do seu domínio f pertence, onde

x2 − y 2

xy 2
, (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
x + y2

0,
(x, y) = (0, 0)
9.3
Diferenciabilidade
Na teoria unidimensional, a existência da derivada de uma função f num ponto a implica
na continuidade de f nesse ponto, e isso é provado escrevendo
f (a + h) − f (a) = h
f (a + h) − f (a)
,
h
para h = 0 e considerando o limite quando h → 0. No entanto, vimos que existem
campos escalares admitindo derivada em todas as direções, num determinado ponto e não
sendo contínuo neste ponto. Por isso precisamos de outra definição que não a derivada
direcional. Observe que quando temos a derivada direcional de f no ponto a em todas
as direções, podemos apenas concluir que ao longo de todas as retas passando pelo
ponto a, o limite de f é f (a), de fato, considere um campo escalar f : D ⊂ Rn → R.
Suponhamos que existe f (a, y) para a ∈ D0 e ∀ y ∈ Rn : se h = 0 temos
f (a + hy) − f (a) = h
f (a + hy) − f (a)
,
h
logo
lim f (a + hy) = f (a) ,
h→0
isto significa que f (x) → f (a) quando x → a ao longo da reta que passa por a na direção
de y e como y é qualquer, pode-se concluir que f (x) → f (a) quando x → a ao longo de
qualquer reta que passa por a, mas já vimos que isso não implica a continuidade de f no
ponto a.Voltemos ao exemplo.
52
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Exemplo 9.54 Seja f : R2 → R dada por:

 xy 2
; (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 4

0;
(x, y) = (0, 0)
Vimos que esta função não é contínua em (0, 0) , pois apesar de f (x, y) → 0 = f (0, 0) ,
quando (x, y) → (0, 0) ao longo de qualquer reta passando por (0, 0) , vimos que f (x, y) →
1
, quando (x, y) → (0, 0) ao longo da parábola x = y 2 . Temos ainda que f ((0, 0) , (u, v))
2
existe para todo (u, v) ∈ R2 pois:
1. Se u = 0 temos f ((0, 0) , (u, v)) = 0.
2. Se u = 0 temos
h3 uv 2
v2
=
.
h→0 h (h2 u2 + h4 v 4 )
u
f ((0, 0) , (u, v)) = lim
Observe que como f ((0, 0) , (u, v)) existe para todo (u, v) ∈ R2 , isto confirma o que
já tínhamos obtido, isto é, f (x, y) → 0 = f (0, 0) , quando (x, y) → (0, 0) ao longo
de qualquer reta passando por (0, 0) . No entanto isto não garante a continuidade.
Este exemplo mostra que a existência de todas as derivadas direcionais num ponto não
implica na continuidade de f nesse ponto. Por essa razão a derivada direcional não é
uma extensão satisfatória para o conceito de derivabilidade no caso unidimensional.
Recordemos que no caso unidimensional, uma função f : I ⊂ R → R é diferenciável
num ponto a quando
f (x) = f (a) + f (a) (x − a) + Ea (x) (x − a) , ∀x ∈ I
(9.2)
onde
lim Ea (t) = 0 = Ea (a).
t→a
Sabemos que a reta tangente r ao gráfico de f no ponto (a, f (a)) é dada por y = f (a) +
f (a) (x − a).
De (9.2) vemos que numa vizinhança de a, temos aproximadamente
f (x) =
* f (a) + f (a) (x − a) ,
ou seja: em torno do ponto a a reta tangente r aproxima o gráfico de f. Esta é na realidade
a idéia de diferenciabilidade, a de aproximar f (x) − f (a) por uma transformação linear,
a saber Ta (t) = f (a)t, ∀t ∈ R. Esta propriedade sugere um caminho para a extensão do
conceito de diferenciabilidade para o caso n ≥ 2.
9.3. DIFERENCIABILIDADE
53
Definição 9.55 Sejam f : D ⊂ Rn → R , a ∈ D0 . Dizemos que f é diferenciável em
a quando existe uma transformação linear Ta : Rn → R e um campo escalar Ea : D ⊂
Rn → R, tais que
f (x) = f (a) + Ta (x − a) + x − a Ea (x) , ∀x ∈ D,
(9.3)
e
lim Ea (x) = 0 = Ea (a) .
x→a
Exemplo 9.56 Seja f (x, y) = xy , se a = (a1 , a2 ), temos
f (x, y) − f (a1 , a2 ) = xy − a1 a2 = xy − xa2 + xa2 − a1 a2 =
= x (y − a2 ) + a2 (x − a1 ) − a1 (y − a2 ) + a1 (y − a2 ) .
portanto, obtém-se
f (x, y) − f (a1 , a2 ) = a2 (x − a1 ) + a1 (y − a2 ) + (x − a1 ) (y − a2 ) ,
Definindo
T(a1 ,a2 ) (u, w) = a2 u + a1 w,
verificamos sem dificuldade que T(a1 ,a2 ) : R2 → R é uma transformação linear, e definindo
E(a1 ,a2 ) : R2 → R, por

 (x − a1 ) (y − a2 )
; (x, y) = (a1 , a2 )
E(a1 ,a2 ) (x, y) =
(x − a1 , y − a2 )

0;
(x, y) = (a1 , a2 )
temos
lim
(x,y)→(a1 ,a2 )
E(a1 ,a2 ) (x, y) = 0 = E(a1 ,a2 ) (a1 , a2 ) ,
|(x − a1 )|
≤ 1, ∀ (x, y) = (a1 , a2 ) , e (y − a2 ) → 0 quando (x, y) → (a1 , a2 ).
(x − a1 , y − a2 )
Logo f é diferenciável em todo R2 .
pois
Exemplo 9.57 Seja f (x, y) = x2 + y, verifiquemos a diferenciabilidade de f em a =
(a1 , a2 ) ∈ R2 , qualquer. Observe que podemos escrever x = a1 + (x − a1 ) e y = a2 +
(y − a2 ) . Assim, temos
f (x, y) − f (a1 , a2 ) = f (a1 + (x − a1 ) , a2 + (y − a2 )) − f (a1 , a2 ) =
= (a1 + (x − a1 ))2 + a2 + (y − a2 ) − a21 − a2 ,
portanto
f (x, y) − f (a1 , a2 ) = 2a1 (x − a1 ) + (y − a2 ) + (x − a1 )2 .
54
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Definimos
por
T(a1 ,a2 ) : R2 → R e E(a1 ,a2 ) : R2 → R,
(x − a1 )2
; (x, y) = (a1 , a2 )
T(a1 ,a2 ) (u, w) = 2a1 u + w e E(a1 ,a2 ) (x, y) = (x − a1 , y − a2 )
0;
(x, y) = (a1 , a2 )
Vemos que T(a1 ,a2 ) é uma transformação linear e
lim
(x,y)→(a1 ,a2 )
E(a1 ,a2 ) (x, y) = 0,
(x − a1 )2
(x − a1 )
pois
=
(x − a1 ) , que é o produto de uma função
(x − a1 , y − a2 )
(x − a1 , y − a2 )
limitada por uma que tende a 0. Logo f é diferenciável em R2 .
Nota 9.58 A transformação linear Ta em (9.3) é denominada diferencial de f no
ponto a. A equação em (9.3) é denominada fórmula de Taylor de ordem 1 de f ,
e nos dá uma aproximação linear Ta (x − a) para a diferença f (x) − f (a) onde o erro
cometido é x − a Ea (x) . Usamos a notação
Ta (v) = df (a) (v) .
Assim, a diferencial de f no ponto a é a transformação linear df (a) : Rn → R tal que
df (a) (v) = Ta (v).
O teorema seguinte mostra que a diferencial, quando existe, é única e nos fornece um
meio prático de calculá-la.
Teorema 9.59 Sejam f : D ⊂ Rn → R e a ∈ D0 . Se f é diferenciável em a então
f (a, y) existe para todo y ∈ Rn e
df (a) (y) = Ta (y) = f (a, y) ,
Ta (y) = df (a) (y) =
n
∂f
(a) yi .
∂x
i
i=1
(9.4)
(9.5)
Prova. Como f é diferenciável em a, segue que existem uma transformação linear
Ta : Rn → R e um campo escalar Ea : D ⊂ Rn → R, tais que
f (x) = f (a) + Ta (x − a) + x − a Ea (x) , ∀x ∈ D,
e lim Ea (x) = 0 = Ea (a) . Trivialmente a primeira igualdade em (9.4) é válida para y = 0.
x→a
Seja y = 0. Fazendo x = a+hy, onde |h| y < r, e lembrando que Ta é uma transformação
linear, segue
f (a + hy) − f (a)
hTa (y) + |h| y Ea (a + hy)
=
.
h
h
9.3. DIFERENCIABILIDADE
55
|h| y ≤ y , para todo h = 0 e
Assim, tomando limite quando h → 0, como h h→0
Ea (a + hy) → 0 quando h → 0, pois então a + hy → a, obtemos (9.4). Agora, considerando B = {e1 , . . . , en } a base canônica de Rn , segue que para todo y ∈ Rn existem
únicos y1 , . . . , yn ∈ R tais que
n
y=
yi ei ,
i=1
portanto, como Ta = df (a) é uma transformação linear,
n
n
n
n
∂f
f (a, y) = Ta
yi ei =
yi Ta (ei ) =
yi f (a, ei ) =
yi
(a) ,
∂xi
i=1
i=1
i=1
i=1
o que prova (9.5). Definição 9.60 Seja f : D ⊂ Rn → R admitindo todas as derivadas parciais de primeira
ordem em a ∈ D0 . Definimos o vetor gradiente de f em a como sendo
∂f
∂f
∂f
grad f (a) = ∇f (a) =
(a) ,
(a) , ...,
(a) .
∂x1
∂x2
∂xn
Exemplo 9.61 Se f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 , temos para(x, y, z) = (0, 0, 0)
y
z
x
∇f (x, y, z) = ,
,
.
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
Mostre que f não admite derivadas parciais em (0, 0, 0) .
Exemplo 9.62 Se f (x, y, z) = z arctg
∇f (x, y, z) =
x
para y = 0, temos
y
yz
−xz
x
,
, arctg
.
x2 + y 2 x2 + y 2
y
Nota 9.63 O Teorema 9.59 afirma que se f é diferenciável em a ∈ D0 então para todo
y ∈ Rn temos
f (a, y) = df (a) (y) = ∇f (a) , y! .
Logo se y = 1, a derivada direcional de f no ponto a na direção y, f (a, y) , é a
componente do vetor ∇f (a) na direção y, desde que f seja diferenciável no ponto a.
Nota 9.64 Com o Teorema 9.59 podemos ver que se f é diferenciável em a ∈ D0 então o
valor máximo da derivada direcional de f em a ocorre na direção e sentido do vetor ∇f (a)
e esse valor máximo é igual a ∇f (a) , pois f (a, y) = ∇f (a) , y! = ∇f (a) y cos θ,
56
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
onde θ é o ângulo entre ∇f (a) e o vetor y. Assim, como y = 1, teremos que f (a, y) é
∇f (a)
máximo, quando θ = 0, ou seja quando y =
. Da mesma forma, o valor mínimo
∇f (a)
−∇f (a)
de f (a, y), ocorre quando y =
. Logo pode-se concluir que a direção do vetor
∇f (a)
gradiente é a direção de maior variação de f.
Veremos a seguir que a noção de diferenciabilidade traz como consequência a continuidade.
Teorema 9.65 Se f : D ⊂ Rn → R é diferenciável em a ∈ D0 então f é contínua em a.
Prova. Da diferenciabilidade de f em a e do Teorema 9.59 segue que
f (x) = f (a) + ∇f (a) , x − a! + x − a Ea (x) , ∀x ∈ D
onde
lim Ea (x) = 0.
x→a
Logo
lim f (x) = lim [f (a) + ∇f (a) , x − a! + x − a Ea (x)] = f (a) ,
x→a
x→a
pois ∇f (a) , x − a! → ∇f (a) , 0! = 0, quando x → a, e por definição Ea (x) → 0
quando x → 0, o que prova a continuidade de f em a. Nota 9.66 A continuidade de f não implica na sua diferenciabilidade. Vejamos isso
com o campo f (x, y) dado por

x3

; (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 2

0;
(x, y) = (0, 0)
Temos f contínua em (0, 0) mas f não é diferenciável em (0, 0) uma vez que para qualquer
vetor (u, v) ∈ R2 , com (u, v) = (0, 0) ,
1
h3 u3
u3
=
,
h→0 h h2 (u2 + v 2 )
u2 + v 2
f ((0, 0) , (u, v)) = lim
que não é uma transformação linear de (u, v) .
Nota 9.67 A diferenciabilidade de f em a implica na existência de todas as derivadas
direcionais de f em a, mas a recíproca não é verdadeira. Podemos ver isso com o campo
f (x, y) dado por

 xy 2
; (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 4

0;
(x, y) = (0, 0)
Vimos que f possui derivadas em (0, 0) segundo qualquer (u, v) mas f não é contínua em
(0, 0), logo pelo Teorema 9.65 f não pode ser diferenciável em (0, 0) .
9.3. DIFERENCIABILIDADE
57
Até aqui só temos condições necessárias para a diferenciabilidade e portanto só servem
para concluir que f não é diferenciável num ponto, quando não as satisfaz. Assim só a
definição nos permite determinar se uma função é diferenciável. Mas utilizar a definição
pode ser muito trabalhoso, dependendo de f. Vejamos então um teorema que fornece
condições, apenas suficientes, para garantir a diferenciabilidade de f num determinado
ponto.
Teorema 9.68 Sejam f : D ⊂ Rn → R e a ∈ D0 . Se f admite derivadas parciais de
primeira ordem em alguma Br (a) ⊂ D, contínuas em a, então f é diferenciável em a.
Exemplo 9.69 O campo f (x, y) = sen (x2 + y 2 ) é diferenciável em todo R2 pois
∂f
∂f
(x, y) = 2x cos x2 + y 2 e
(x, y) = 2y cos x2 + y 2 ,
∂x
∂y
contínuas em todo R2 .
Exemplo 9.70 Determinemos a derivada direcional de f (x, y, z) = x2 − yz + z 2 x no
ponto P : (1, −4, 3) na direção de P para Q : (2, −1, 8) e o valor máximo da derivada
direcional em P.
Temos
∂f
∂f
∂f
(x, y, z) = 2x + z 2 ,
(x, y, z) = −z,
(x, y, z) = −y + 2zx,
∂x
∂y
∂z
que são contínuas em todo R3 . Assim f é diferenciável em todo R3 , logo
+
,
PQ
1
52
= ∇f (1, −4, 3) , √ (1, 3, 5) = √ .
f P,
P Q
35
35
O valor máximo da derivada direcional no ponto P é
√
∇f (1, −4, 3) = 230,
e ocorre na direção do vetor
v=
∇f (1, −4, 3)
1
=√
(11, −3, 10) .
∇f (1, −4, 3)
230
Exemplo 9.71 Verifiquemos a diferenciabilidade do campo f dado por

x4

; (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
x2 + y 2

0;
(x, y) = (0, 0)
Temos

 2x5 + 4x3 y 2
∂f
; (x, y) = (0, 0)
(x, y) =
(x2 + y 2 )2

∂x
0;
(x, y) = (0, 0)
58
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
e também
Mostre que
R2 .


−2x4 y
∂f
; (x, y) = (0, 0)
(x, y) =
(x2 + y 2 )2

∂y
0;
(x, y) = (0, 0)
∂f
∂f
e
são contínuas em todo R2 e conclua que f é diferenciável em todo
∂x ∂y
Exemplo 9.72 Verifiquemos a diferenciabilidade de f (x, y) dada por


Temos
e
Podemos ver que
R2 \{(0, 0)}. Mas
x3
; (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x2 + y 2

0;
(x, y) = (0, 0)
 4
 x + 3x2 y 2
∂f
; (x, y) = (0, 0)
(x, y) =
,
(x2 + y 2 )2

∂x
1;
(x, y) = (0, 0)


−2x3 y
∂f
; (x, y) = (0, 0)
.
(x, y) =
(x2 + y 2 )2

∂y
0;
(x, y) = (0, 0)
∂f ∂f
e
são contínuas em (x, y) = (0, 0), portanto f é diferenciável em
∂x ∂y
∂f
0
∂f
(x, y) = lim 4 = 0 =
(0, 0) ,
y→0 y
(x,y)−→(0,0) ∂x
∂x
lim
x=0
∂f
não é contínua em (0, 0); este fato não nos permite concluir que f não é difer∂x
enciável em (0, 0). No entanto temos
logo
f ((0, 0) , (u, v)) =
u3
, se (u, v) = (0, 0) ,
u2 + v 2
que não é uma transformação linear de (u, v), assim f não pode ser diferenciável em
(0, 0) .
Nota 9.73 O Teorema 9.68 nos dá condições suficientes para a diferenciabilidade de f ,
mas não necessárias, isto é, f pode ser diferenciável num ponto sem que suas derivadas
parciais sejam contínuas nesse ponto. Vejamos isso com um exemplo.
9.3. DIFERENCIABILIDADE
59
Exemplo 9.74 Seja f (x, y) dada por

1
 2
;
(x + y 2 ) sen 2
f (x, y) =
x + y2
 0;
Temos
e
(x, y) = (0, 0)
.
(x, y) = (0, 0)


1
2x
1
∂f
2x sen 2
− 2
cos 2
;
2
2
(x, y) =
x +y
x +y
x + y2
 0;
∂x


1
2y
1
∂f
2y sen 2
− 2
cos 2
;
2
2
(x, y) =
x +y
x +y
x + y2
 0;
∂y
(x, y) = (0, 0)
,
(x, y) = (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
.
(x, y) = (0, 0)
∂f ∂f
e
são contínuas, logo f é diferenciável em R2 \{(0, 0)}.
∂x ∂y
No entanto, como não existem os limites
Para (x, y) = (0, 0) vemos que
∂f
(x, y)
(x,y)→(0,0) ∂x
lim
x=y
segue que
logo
e
∂f
(x, y) ,
(x,y)→(0,0) ∂y
lim
x=y
∂f ∂f
e
não são contínuas em (0, 0). No entanto,
∂x ∂y
1
f (x, y) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) , (x, y)! 2
= x + y 2 sen 2
(x, y)
x + y2
f (x, y) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) , (x, y)!
= 0,
(x,y)→(0,0)
(x, y)
portanto f é diferenciável em (0, 0) .
lim
Nota 9.75 Assim, para analisarmos a diferenciabilidade de f num ponto temos três
condições necessárias e uma condição suficiente. A única condição necessária
e suficiente é a definição. Portanto se f satisfaz todas as condições necessárias e
não satisfaz a condição suficiente, num determinado ponto a do interior de seu domínio,
então só podemos verificar a diferenciabilidade por definição. Mas como já conhecemos
qual é a transformação linear, basta calcular o seguinte limite:
f (x) − f (a) − ∇f (a) , (x − a)!
,
x→a
x − a
lim
pois o quociente dentro do limite, representa o campo escalar Ea , calculado em x = a. Para
que f seja diferenciável em a, o campo escalor Ea deve ser contínuo em a e Ea (a) = 0.
Então se este limite for igual a zero, a função f é diferenciável em a, caso contrário f
não é diferenciável em a.É o caso do exemplo anterior.
60
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Nota 9.76 Seja f um campo escalar definido no aberto A⊂Rn . Resumindo temos,
1. O Teorema 9.68 nos diz que
f ∈ C 1 (A) ⇒ f é diferenciável em A.
2. O Teorema 9.35 nos diz
f ∈ C 2 (A) ⇒ as derivadas mistas de 2a ordem de f são iguais em A.
3. A proposição 9.37 afirma que se f ∈ C k (A) então as derivadas mistas até ordem
k de f, envolvendo as mesmas variáveis, com as mesmas ordens de derivação, são
iguais em A.
Vimos que no caso de funções reais de variável real uma função f é diferenciável num
ponto a se seu gráfico pode ser aproximado numa vizinhança de a pela reta tangente ao
mesmo, no ponto (a, f (a)) , cuja equação é:
y − f(a) = f (a) (x − a) .
No caso de funções reais definidas num subconjunto do R2 , como já dissemos seu
gráfico é um subconjunto do R3 . Assim, se f é diferenciável num ponto a = (x0 , y0 ) ,
∂f
∂f
então f admite derivadas parciais no ponto a. Sabe-se ainda que
(a) e
(a) são,
∂x
∂y
respectivamente, os coeficientes angulares das retas tangentes aos gráficos de g1 (t) =
f (t, y0 ) em t0 = x0 no plano y = y0 isto é, a reta tangente ao gráfico de g1 , no ponto
(x0 , y0 , f (x0 , y0 )) e de g2 (t) = f(x0 , t) em t1 = y0 no plano x = x0 , como mostra a figura
∂f
abaixo, para
(x0 , y0 ) .
∂x
9.3. DIFERENCIABILIDADE
61
Assim, cada uma destas retas tangentes é descrita pelo par de equações
z − f (x0 , y0 ) =
∂f
(x0 , y0 ) (x − x0 )
∂x
z − f (x0 , y0 ) =
∂f
(x0 , y0 ) (y − y0 ) e x = x0 .
∂y
e y = y0
Pode-se mostrar que fixada uma direção (u, v) , com u = 0 e v = 0, a reta tangente ao
gráfico da função h, no ponto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )), onde h (t) = f ((x0 , y0 ) + t (u, v)) , no
y − y0
x − x0
=
, está contida no plano, de equação
plano
u
v
z −f (a1 , a2 ) =
∂f
∂f
(a1 , a2 ) (x − a1 )+
(a1 , a2 ) (y − a2 ) = ∇f (a1 , a2 ) , (x − a1 , y − a2 )! .
∂x
∂y
É claro que estas retas são todas tangentes ao gráfico de f no ponto (x0 , y0 , f (x0 , y0 ))
e o plano que as contém é o plano tangente ao gráfico de f no ponto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) .
Temos então a seguinte definição.
Definição 9.77 Seja f : D ⊂ R2 → R diferenciável em (a1 , a2 ) ∈ D0 . O plano tangente
ao gráfico de f no ponto (a1 , a2 , f (a1 , a2 )), é o plano dado pela equação
z − f (a1 , a2 ) = ∇f (a1 , a2 ) , (x − a1 , y − a2 )! .
Nota 9.78 Pode-se reescrever a equação do plano tangente da seguinte maneira
+
,
∂f
∂f
(a1 , a2 ) ,
(a1 , a2 ) , −1 , (x − a1 , y − a2 , z − f (a1 , a2 )) = 0.
∂x
∂y
∂f
∂f
Observe que da própria equação tem-se que o vetor
(a1 , a2 ) ,
(a1 , a2 ) , −1 é um
∂x
∂y
vetor normal ao gráfico de f no ponto (a1 , a2 , f (a1 , a2 )) .
Nota 9.79 Se f não for diferenciável em a = (a1 , a2 ), mas existirem as derivadas direcionais de f em todas as direções, no ponto a, temos cada uma das retas tangentes, pois
as funções h (t) = f ((a1 , a2 + t (u, v))) são deriváveis em t0 = 0. No entanto estas retas
não pertencem todas ao mesmo plano e por isso não temos plano tangente ao gráfico de
f no ponto (a, f (a)) . Verifique!
Definição 9.80 Seja f : D ⊂ R2 → R diferenciável
em (a1 , a2 ) ∈ D0 . A reta que passa
∂f
∂f
por (a1 , a2 , f (a1 , a2 )) na direção do vetor
(a1 , a2 ) ,
(a1 , a2 ) , −1 é denominada
∂x
∂y
reta normal ao gráfico de f no ponto (a1 , a2 , f (a1 , a2 )). A equação vetorial de tal
reta é dada por
∂f
∂f
(x, y, z) = (a1 , a2 , f (a1 , a2 )) + λ
(a1 , a2 ) ,
(a1 , a2 ) , −1 , λ ∈ R.
∂x
∂y
62
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Segue abaixo, como ilustração,
ográfico de f (x, y, z) − 1 − x2 − y 2 , o plano tangente
1 1 1
ao gráfico de f no ponto
,− ,
e a reta normal ao gráfico de f neste mesmo ponto.
2 2 2
Exemplo 9.81 Determinemos as equações do plano tangente e da reta normal ao gráfico
2
2
de f (x, y) = xex −y no ponto (2, 2, f (2, 2)) .
Temos que f (2, 2) = 2 e
2 2
x −y
2 x2 −y2
x2 −y2
∇f (x, y) = e
+ 2x e
, −2xye
.
Logo, como f é diferenciável em todo R2 , já que suas derivadas parciais existem e são
contínuas em R2 , então o vetor normal ao gráfico de f em (2, 2, f (2, 2)) é
n = (9, −8, −1) .
Assim a equação do plano tangente ao gráfico de f em (2, 2, f (2, 2)) é
(9, −8, −1) , (x − 2, y − 2, z − 2)! = 0,
ou seja
9x − 8y − z = 0,
9.3. DIFERENCIABILIDADE
63
e as equações paramétricas da reta normal ao gráfico de f em (2, 2, f (2, 2)) são

 x = 2 + 9λ
y = 2 − 8λ , λ ∈ R.

z =2−λ
Exemplo 9.82 Determinemos a equação do plano π que contém os pontos A : (1, 1, 2) e
B : (−1, 1, 1) e é tangente ao gráfico de f (x, y) = xy.
Temos
∇f (x, y) = (y, x) .
Seja P : (x0 , y0 , x0 y0 ) o ponto de tangência, logo o vetor normal a π nesse ponto é
n = (y0 , x0 , −1) .
Como A, B, P ∈ π devemos ter
(y0 , x0 , −1) , (1 − x0 , 1 − y0 , 2 − x0 y0 )! = 0
.
(y0 , x0 , −1) , (−1 − x0 , 1 − y0 , 1 − x0 y0 )! = 0
Assim x0 = 3 e y0 = 1/2, e, portanto
n=
1
, 3, −1 .
2
Logo a equação de π é dada por
+
,
1
3
1
, 3, −1 , x − 3, y − , z −
= 0,
2
2
2
ou seja
x + 6y − 2z − 3 = 0.
Exemplo 9.83 Determinemos a equação do plano π paralelo a z = 2x + 3y e tangente
ao gráfico de f (x, y) = x2 + xy .
Seja (x0 , y0 , x20 + x0 y0 ) ∈ π o ponto de tangência. Como f é diferenciável em R2 , e
∇f (x, y) = (2x + y, x) ,
então o vetor normal a π deve ser
n = (2x0 + y0 , x0 , −1) .
Como π é paralelo ao plano de equação z = 2x + 3y, cujo vetor normal é (2, 3, −1) , segue
que
(2x0 + y0 , x0 , −1) = λ (2, 3, −1) .
Assim x0 = 3 e y0 = −4, como (3, −4, −3) ∈ π concluimos que a equação procurada é
2x + 3y − z + 3 = 0.
64
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Nota 9.84 Vimos que se f : D ⊂ R2 → R é diferenciável em (x0 , y0 ) ∈ D0 então
f (x, y) = f (x0 , y0 )+df (x0 , y0 ) (x − x0 , y − y0 )+(x − x0 , y − y0 ) E(x0 ,y0 ) (x, y) , ∀ (x, y) ∈ D,
com
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
E(x0 ,y0 ) (x, y) = 0.
Logo
f (x0 + h, y0 + k) ∼
= f (x0 , y0 ) + df (x0 , y0 ) (h, k) ,
ou ainda
∂f
∂f
f (x0 + h, y0 + k) ∼
(x0 , y0 ) h +
(x0 , y0 ) k,
= f (x0 , y0 ) +
∂x
∂y
e esta aproximação é tão melhor quanto menor for (h, k) . Ou seja pode-se aproximar
o gráfico de f numa vizinhança do ponto (x0 , y0 ) pelo plano tangente a este no ponto
(a, f (a)) . Nos referimos a
∂f
∂f
(x0 , y0 ) h +
(x0 , y0 ) k,
∂x
∂y
como sendo a diferencial de f no ponto (x0 , y0 ) relativa aos acréscimos h e k. A
notação clássica para a diferencial de f é
df =
∂f
∂f
dx +
dy.
∂x
∂y
Esta discussão feita para n = 2 pode ser estendida para n > 2. Ou seja, se f : D ⊂ Rn →
R é diferenciável em a ∈ D0 , tem-se aproximadamente
f (a + u) ∼
= f (a) + df (a) (u) ,
desde que useja suficientemente pequena, ou seja desde que a + u esteja suficientemente
próximo de a.
Exemplo 9.85 Calcular aproximadamente o valor de
β = (1.02)3.01 .
Temos
y
f (x, y) = x e ∇f (x, y) =
logo para a = (1, 3) e u = (0.02 , 0.01) temos
y
x
y
y
x , x ln x ,
β = f (a + u) =f
* (a) + ∇f (a) , u! = 1 + 0.06 = 1.06.
9.3. DIFERENCIABILIDADE
65
Exemplo 9.86 Calcular aproximadamente o valor de
γ = (0.01)2 + (3.02)2 + (3.97)2 .
Consideramos
f (x, y, z) =
logo
∇f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ,
1
x2 + y 2 + z 2
(x, y, z) .
Para a = (0, 3, 4) e u = (0, 01, 0, 02, −0, 03) temos
+
,
3 4
, (0, 01, 0, 02, −0, 03) = 4, 988.
γ =f
* (a) + ∇f (a) , u! = 5 +
0, ,
4 5
9.3.1
Lista de exercícios
Exercício 9.87 Analise em que pontos as funções abaixo são diferenciáveis e determine
as derivadas direcionais nos pontos e nas direções indicadas:
1. f (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 , em (1, 1, 0) na direção de (1, −1, 1) .
2. f (x, y, z) = xy 2 + yz , em (1, 1, 2) na direção de (2/3, −1/3, 2/3) .
Exercício 9.88 Determine os pontos (x, y) e as direções segundo as quais a derivada
direcional de f (x, y) = 3x2 + y 2 tem o maior valor possível, se (x, y) está restrito à
condição x2 + y 2 = 1.
Exercício 9.89 O potencial elétrico em qualquer ponto é dado por
V (x, y) = e−2x cos 2y .
1. Encontre a variação do potencial em (0, π/4) na direção do vetor
√
3/2, 1/2 .
2. Encontre a direção e a magnitude da variação máxima de V no ponto (0, π/4) .
Exercício 9.90 (Teorema do valor médio) Sejam f : S ⊂ Rn → R diferenciável em S 0 e
p1 , p2 ∈ S tais que o segmento [p1 , p2 ] ⊂ S 0 . Mostre que existe p∗ ∈ (p1 , p2 ), onde (p1 , p2 )
denota o segmento aberto unindo p1 a p2 , tal que
f (p2 ) − f (p1 ) = ∇f (p∗ ) , p2 − p1 ! .
Exercício 9.91 Seja φ : R→R diferenciável com φ (1) = 4 e g (x, y) = φ (xy) .
1. Calcule ∇g (1, 1) ,
2. Verifique que ∇g (x, y) , (−x, y)! = 0.
66
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Exercício 9.92 Determine um campo escalar f tal que
∇f (x, y) = 3x2 y 2 − 6y , 2x3 y − 6x +
y
1+y
.
Exercício 9.93 Seja
f (x, y) =
xy
se (x, y) = (0, 0)
+ y2
.
0
se (x, y) = (0, 0)
x2
1. Determine segundo quais vetores (u, v) existe f ((0, 0) , (u, v)) .
2. Determine ∇f (0, 0) .
3. Verifique a continuidade das derivadas parciais de 1a ordem em (0, 0) .
4. Verifique a continuidade de f .
5. Verifique a diferenciabilidade de f em (0, 0) .
6. Verifique se as derivadas mista de 2a ordem são iguais em (0, 0) .
Exercício 9.94 Os mesmos itens do Exercício anterior para

 x2 − y 2
y 2
se (x, y) = (0, 0)
f (x, y) =
.
x + y2

0
se (x, y) = (0, 0)
Exercício 9.95 Analise a diferenciabilidade dos campos abaixo em seus domínios:
1. f (x, y) = exp (x − y 2 ) .
2. f (x, y) = x2 y.
3. f (x, y) = x cos (x2 + y 2 ) .
4. f (x, y) = arctg xy .
5. f (x, y) = ln (1 + x2 + y 2 ) .
Exercício 9.96 Determine o domínio em que cada uma das funções abaixo é diferenciável:

x3

se (x, y) = (0, 0)
1. f (x, y) =
.
x2 + y 2

0
se (x, y) = (0, 0)
9.3. DIFERENCIABILIDADE


1
exp 2
2. f (x, y) =
x + y2 − 1

0
67
se x2 + y 2 < 1
.
se x + y ≥ 1
2
2
Exercício 9.97 Determine as equações do plano tangente e da reta normal ao gráfico de
cada função f abaixo, no ponto indicado:
1. f (x, y) = 2x2 y , em (1, 1, f (1, 1)) .
2. f (x, y) = x2 + y 2 , em (0, 1, f (0, 1)) .
3. f (x, y) = x exp (x2 − y 2 ) , em (2, 2, f (2, 2)) .
4. f (x, y) = arctg (x − 2y) , em (2, 1/2, f (2, 1/2)) .
5. f (x, y) = xy , em (1/2, 1/2, f (1/2, 1/2)) .
Exercício 9.98 Se 2x + y + 3z − 6 = 0 é a equação do plano tangente ao gráfico de f no
ponto (1, 1, 1) :
1. determine ∇f (1, 1),
2. determine a equação da reta normal de f em (1, 1, 1) .
Exercício 9.99 Seja z = f (x, y) = x exp (x2 − y 2 ) .
1. Calcule um valor aproximado para a variação %z em z quando se passa de (1, 1)
para (1, 01 , 1, 002) ,
2. Calcule um valor aproximado para z correspondente a (1, 01 , 1, 002) .
Exercício 9.100 Uma lata de metal fechada, na forma de um cilindro circular reto, deve
possuir altura no lado interno igual à 6 cm, raio interno de 2 cm e espessura de 0, 1 cm.
Se o custo do metal a ser usado é 10 centavos por cm3 , encontre por diferenciação o custo
aproximado do metal a ser usado na fabricação da lata.
Exercício 9.101 As dimensões de uma caixa são 10 cm, 12 cm e 15 cm, essas medidas
tem um possível erro de 0, 02 cm. Encontre, aproximadamente, o máximo erro se o volume
da caixa for calculado a partir dessas medidas. Encontre o erro percentual aproximado.
Exercício 9.102 Use a diferencial para encontrar aproximadamente o erro máximo no
cálculo da área de um triângulo retângulo, cujos catetos tem como medidas 6 cm e 8 cm,
respectivamente, com um possível erro de 0, 1 cm para cada medida. Encontre, também,
a porcentagem aproximada do erro.
68
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
9.4
Diferenciabilidade de campos compostos
Na teoria de derivação unidimensional, a regra de derivação de funções compostas, nos
permite calcular a derivada de g (t) = f (r (t)) pela fórmula
g (t) = f (r (t)) r (t) ,
desde que existam as derivadas de f e de r nos pontos em questão.Vamos agora generalizar
este resultado para o caso em que f é um campo escalar e r é uma função vetorial. Por
exemplo, se f mede a temperatura de um ponto num sólido e queremos saber como a
temperatura varia quando o ponto se move ao longo de uma curva C contida nesse sólido.
Se r : [a, b] → R3 é a função vetorial que descreve a curva, o que nós queremos saber é a
derivada de g (t) = f (r (t)) .
Exemplo 9.103 Se f (x, y) = e3x+2y e r (t) = (cos t , t2 ), determinemos g (t) onde g (t) =
f (r (t)) .
2
Temos g (t) = f (cos t, sen t) = e3 cos t+2t e então
2
g (t) = (−3 sen t + 4t) e3 cos t+2t .
Observemos que
assim
∇f (x, y) = 3e3x+2y , 2e3x+2y
e
-
r (t) = (− sen t , 2t) ,
.
g (t) = ∇f (r (t)) , r (t) .
Exemplo 9.104 Seja ϕ : R→R uma função diferenciável e r : R→R2 dada por r (x) =
d
(x, ϕ (x)) . Se f (x, y) = yexy determinemos
(f ◦ r) (x) .
dx
Temos
(f ◦ r) (x) = ϕ (x) exϕ(x) ,
logo
d
(f ◦ r) (x) = ϕ (x) exϕ(x) + ϕ (x) exϕ(x) [ϕ (x) + xϕ (x)]
dx
/
0
=
[ϕ (x)]2 exϕ(x) , (1 + xϕ (x)) exϕ(x) , (1 , ϕ (x))
=
.
∇f (r (x)) , r (x) .
Vamos verificar que os exemplos acima não são mera coincidência.
Teorema 9.105 Sejam f : D ⊂ Rn → R, r : J ⊂ R → Rn e t0 ∈ J tais que r (J ) ⊂ D e
r (t0 ) ∈ D0 . Se r é derivável em t0 e f é diferenciável em r (t0 ) então f ◦ r é derivável em
t0 e
(f ◦ r) (t0 ) = ∇f (r (t0 ) , r (t0 ))! .
9.4. DIFERENCIABILIDADE DE CAMPOS COMPOSTOS
69
Prova. Como f é diferenciável em r (t0 ) , segue que existe Er(t0 ) : D → R tal que
f (x) = f (r (t0 )) + ∇f (r (t0 )) , x − r (t0 )! + x − r (t0 ) Er(t0 ) (x) ,
onde lim Er(t0 ) (x) = 0 = Er(t0 ) (r (t0 )) . Portanto,
x→r(t0 )
(f ◦ r) (t) − (f ◦ r) (t0 )
=
t − t0
∇f (r (t0 )) , r (t) − r (t0 )! + r (t) − r (t0 ) Er(t0 ) (r (t))
= lim
=
t→t0
t − t0
+
,
r (t) − r (t0 )
r (t) − r (t0 )
∇f (r (t0 )) ,
+
Er(t0 ) (r (t)) .
= lim
t→t0
t − t0
t − t0
lim
t→t0
Mas do fato de r ser derivável em t0 , segue que r é contínua em t0 , e existe
lim
t→t0
r (t) − r (t0 )
= r (t0 )
t − t0
r (t) − r (t0 )
e portanto
é limtada numa vizinhança de t0 , isto é, existe M > 0 e δ > 0
t − t0 1
1
1 r (t) − r (t0 ) 1
1 ≤ M, para todo t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ∩ I. Assim, das propriedades
tais que 1
1 t − t0
1
de limite já estudadas segue que
lim
t→t0
r (t) − r (t0 )
Er(t0 ) (r (t)) = 0,
t − t0
pois é o produto de uma função limitada por uma que tende a 0 e
+
,
r (t) − r (t0 )
lim ∇f (r (t0 )) ,
= ∇f (r (t0 )) , r (t0 )! ,
t→t0
t − t0
o que prova que
+
,
r (t) − r (t0 )
r (t) − r (t0 )
Er(t0 ) (r (t)) =
(f ◦ r) (t0 ) = lim
∇f (r (t0 )) ,
+
t→t0
t − t0
t − t0
= ∇f (r (t0 ) , r (t0 ))! .
Nota 9.106 A derivada (f ◦ r) (t0 ) é na realidade a derivada de f no ponto r (t0 ) com
respeito ao vetor tangente à curva, r (t0 ) .
Exemplo 9.107 Sejam r (t) = (t, t2 ) e f (x, y) = x2 + y 2 e g (t) = f (r (t)).
Como r e f são diferenciáveis nos respectivos domínios segue
/
0
g (t) = ∇f (r (t)) , r (t)! = 2t, 2t2 , (1, 2t) = 2t + 4t3 .
70
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Exemplo 9.108 Sejam r (t) = (cos t , t2 ) e f (x, y) = e3x+2y .
Temos r e f diferenciáveis nos respectivos domínios, logo se g (t) = f (r (t)) segue que
π π π . - 2
.
π 2 /2
2
g
= ∇f r
, r
= 3eπ /2 , 2e
, (−1, π) = (−3 + 2π) eπ /2 .
2
2
2
Nota 9.109 Quando a função vetorial r : J ⊂ R→Rn ,
r (t) = (r1 (t) , r2 (t) , ..., rn (t))
é derivável em t e descreve uma curva C no Rn , o vetor derivada
r (t) = (r1 (t) , r2 (t) , ..., rn (t))
é o vetor tangente à curva C no instante t.
Nota 9.110 Caso o campo escalar f não seja diferenciável em r (t), nós não podemos
usar a fórmula do Teorema 9.105 para o cálculo de g (t). Mesmo que f tenha derivadas
segundo qualquer direção em r (t) pode ocorrer que g (t) não exista.
Exemplo 9.111 Seja


xy 2
;
f (x, y) =
x2 + y 4

0;
(x, y) = (0, 0)
.
(x, y) = (0, 0)
Vimos que f não é diferenciável em (0, 0) mas possui derivadas segundo qualquer direção.
Seja r (t) = (t2 , t), temos r (0) = (0, 0) e r (0) = (0, 1). Se g = f ◦ r então
1
; t = 0
g (t) =
,
2
0; t = 0
logo g não é diferenciável em t = 0. No entanto, temos
f ((0, 0) + h (0, 1)) − f (0, 0)
∂f
=
(0, 0) = 0.
h→0
h
∂y
f (r (0) , r (0)) = lim
Definição 9.112 Sejam r : [a, b] → Rn descrevendo uma curva C no Rn derivável em
t0 ∈ (a, b) e f : D ⊂ Rn → R com r ([a, b]) ⊂ D e r (t0 ) ∈ D0 com r (t0 ) = 0. Se f é
diferenciável em r (t0 ) definimos a derivada direcional de f ao longo de C no ponto
r (t0 ) como sendo
∂f
(r (t0 )) = f (r (t0 ) , T (t0 )) = ∇f (r (t0 )) , T (t0 )! ,
∂T
onde T (t0 ) é o vetor tangente unitário à C em t0 , isto é, T (t0 ) =
r (t0 )
.
r (t0 )
9.4. DIFERENCIABILIDADE DE CAMPOS COMPOSTOS
71
Exemplo 9.113 Determinemos a derivada direcional de f (x, y) = x2 − 3xy ao longo da
parábola y = x2 − x +2 no ponto (1, 2) .
Temos f diferenciável no R2 com
∇f (x, y) = (2x − 3y, −3x) e ∇f (1, 2) = (−4, −3) .
A parábola é descrita por
r (t) = t, t2 − t + 2 ,
com vetor tangente
Ainda, r (1) = (1, 2) e portanto
r (t) = (1, 2t − 1) .
∂f
(r (1)) = ∇f (1, 2) , T (1)! =
∂T
+
1
(−4, −3) , √ (1, 1)
2
,
7
= −√ .
2
Exemplo 9.114 Se f (x, y) = x2 + y 2 determinemos a derivada direcional de f ao longo
da circunferência C dada por x2 + y 2 = 1 e determinemos também a direção e o valor da
derivada direcional máxima em cada ponto de C.
Temos C descrita por
r (t) = (cos t, sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π,
com vetor tangente
Como
temos
r (t) = (− sen t, cos t) , 0 ≤ t ≤ 2π.
∇f (x, y) = (2x, 2y) ,
∂f
(r (t)) = ∇f (r (t)) , T (t)! = 0, ∀t ∈ [0, 2π] .
∂T
Ainda, como f é diferenciável sabemos que a direção que nos fornece a derivada direcional
∇f (r (t))
máxima em cada ponto r (t) da curva C é y =
= (cos t, sen t) e o valor
∇f (r (t))
máximo da derivada direcional de f em cada ponto de C é ∇f (r (t)) = 2.
Exemplo 9.115 Seja f um campo escalar diferenciável em R2 com f (2, 1) = 3 e
∇f (2, 1) = (1, −1) . Se a curva descrita por r (t) = (2t, t2 , z (t)) , t ∈ R está contida
no gráfico de f , determinemos a equação da reta tangente à curva no ponto r (1) .
Como r (t) ∈ graf f, ∀t ∈ R, temos
r (t) = 2t, t2 , z (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) , onde z (t) = f (x (t) , y (t)) .
Queremos determinar r (1) = (x (1) , y (1) , z (1)). Como
z (t) = ∇f (x (t) , y (t)) , (x (t) , y (t))! ,
72
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
então
z (1) = ∇f (2, 1) , (2, 2)! = 0,
logo r (1) = (2, 2, 0) e a reta tangente é dada por:
(x, y, z) = (2, 1, 3) + λ (2, 2, 0) , λ ∈ R.
Vimos assim um resultado para a derivada de funções compostas, quando f é um
campo escalar e r é uma função vetorial.
9.4.1
Lista de Exercícios
Exercício 9.116 A equação u = f (x, y) , onde x = x (t) e y = y (t), define u como
função de t, isto é, u = F (t). Se f , x e y são de classe C 2 , determine F (t) e F (t) .
Exercício 9.117 Calcule z (t) onde:
1. z = sen xy , x = 3t e y = t2 .
2. z = x3 + 3y 2 , x = sen t e y = cos t.
3. z = ln (1 + x2 + y 2 ) , x = sen 3t e y = cos 3t.
4. z = cos (xy 2 ) exp (xy) , x = cos t e t = sen t.
Exercício 9.118 Seja g (t) = f (3t, 2t2 − 1) com f : R2 → R de classe C 1 (R2 ) :
1. Determine g (t) .
2. Calcule g (0) sabendo que
∂f
1
(0, −1) = .
∂x
3
Exercício 9.119 Seja f : R2 → R de classe C 1 (R2 ) e suponha que f (t2 , 2t) = t3 − 3t
para todo t ∈ R. Mostre que
∂f
∂f
(1, 2) = −
(1, 2) .
∂x
∂y
Exercício 9.120 Seja f : S ⊂ Rn → R com S aberto tal que {tx; x ∈ S e t > 0} ⊂ S e
f diferenciável em S. Dizemos que f é homogênea de grau p em S quando
f (tx) = tp f (x) , ∀t > 0 , ∀x ∈ S.
Prove que f é homogênea de grau p em S ⇔ x, ∇f (x)! = pf (x) .
9.5. CONJUNTOS DE NÍVEL E PLANOS TANGENTES
73
Exercício 9.121 De acordo com a lei do gás ideal para um gás confinado, se P newtons
por unidade quadrada é a pressão, V unidades cúbicas é o volume, e T graus é a temperatura, então P V = kT , onde k é a constante de proporcionalidade. Use a lei do gás ideal
com k = 10, para encontrar a taxa de variação da temperatura no instante que o volume
do gás é 120 cm3 e o gás está sob uma pressão de 8 din/cm2 , se o volume cresce à taxa
de 2 cm3 /seg e a pressão decresce à taxa de 0, 1 din/cm2 /seg.
Exercício 9.122 Num dado instante, o comprimento de um cateto de um triângulo retângulo é 10 cm e cresce à taxa de 1cm/min e o comprimento do outro cateto é 12 cm e
decresce à taxa de 2 cm/min. Encontre a taxa de variação da medida do ângulo agudo
oposto ao cateto de 12 cm no instante dado.
Exercício 9.123 Sejam f : D ⊂ R2 → R um campo escalar não constante e diferenciável
em D0 , k uma constante e C uma curva contida em D0 dada pela equação f (x, y) = k,
e admitindo vetor tangente em cada ponto.Verifique que:
1. O vetor gradiente de f num ponto de C é normal à C.
2. A derivada direcional de f ao longo de C é zero.
3. A derivada direcional de f em cada ponto de C, assume o valor máximo na direção
normal à C.
Exercício 9.124 Se g (t, f (t)) = 0, f (0) = 1, ∇g (0, 1) = (2, 4), determine a equação
da reta tangente à γ (t) = (t, f (t)) no ponto γ (0) , sabendo que f é derivável em t0 = 0 e
g é diferenciável em (0, 1) .
9.5
Conjuntos de nível e planos tangentes
Assim como representamos as funções reais de uma variável por meio de curvas no R2 (o
seu gráfico), podemos representar as funções reais de duas variáveis por meio de superfícies
no R3 . A representação gráfica, no entanto, apresenta alguns inconvenientes: em primeiro
lugar a intuição sempre falha quando trabalhamos com funções de três ou mais variáveis;
em segundo lugar, mesmo no caso de duas variáveis independentes é mais conveniente
reduzir a discussão para o plano xOy, visto que é possível desenhar e efetuar construções
geométricas sem dificuldade. Por esta razão preferimos outra representação da função.
Definição 9.125 Sejam f : D ⊂ Rn → R e c uma constante, o conjunto
L (c) = {x ∈ D : f (x) = c} ,
é denominado conjunto de nível de f . Se n = 2, denominamos L (c) de curva de
nível de f , e se n = 3, L (c) é denominado de superfície de nível de f.
74
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Exemplo 9.126 Considere f (x, y) = e1−x
de f.
Exemplo 9.127 Considere f (x, y) =
2 −y 2
, segue abaixo as curvas de nível e o gráfico
|xy| temos
Na prática, os valores de c são tomados em progressão aritmética, a distância entre
as curvas de nível nos fornece a medida de inclinação da superficie. As curvas de nível
são usadas, por exemplo, para fazer mapas topográficos. Famílias de curvas de nível
ocorrem em muitas aplicações físicas, por exemplo, se f (x, y) representa a temperatura
em (x, y) , as curvas de nível de f são chamadas isotérmicas (curvas onde a temperatura
se mantém constante ). O fluxo de calor toma lugar na direção da variação mais rápida
da temperatura e como vimos em exercício proposta da lista de exercícios, essa direção é
normal às isotérmicas. Assim no exemplo do quarto aquecido, o fluxo de calor é ao longo
9.5. CONJUNTOS DE NÍVEL E PLANOS TANGENTES
75
da família de curvas ortogonais às isotérmicas.
Seja f : D ⊂ R3 → R diferenciável em D0 e examinemos uma de suas superfícies de
nível L (c). Seja a ∈ L (c) com ∇f (a) = 0 e Γ uma curva passando por a inteiramente
contida em L (c). Suponhamos que Γ seja descrita por r : J ⊂ R→R3 e a = r (t0 ). Como
Γ ⊂ L (c) temos
g (t) = f (r (t)) = c, ∀t ∈ J,
assim pelo Teorema da Composta, supondo r derivável, tem-se que
0 = g (t) = ∇f (r (t)) , r (t)! , ∀t ∈ J.
Logo ∇f (a) , r (t0 )! = 0, ou seja, ∇f (a) é normal à Γ, já que r (t0 ) é o vetor tangente
a Γ, no ponto a = r (t0 ) .
Tomemos agora uma família de curvas em L (c) passando por a. Os vetores tangentes
a cada uma dessas curvas são ortogonais ao vetor gradiente ∇f (a), assim esses vetores
76
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
definem um plano que tem como vetor normal o vetor ∇f (a) e é denominado plano
tangente à superfície de nível L (c) no ponto a. Se a = (x0 , y0 , z0 ) então a equação
do plano tangente à L (c) em a é
∂f
∂f
∂f
(a) (x − x0 ) +
(a) (y − y0 ) +
(a) (z − z0 ) = 0.
∂x
∂y
∂z
Ainda como ∇f (a) é normal ao plano tangente à superfície de nível de f que contém
o ponto a = (x0 , y0 , z0 ) , segue que a reta normal a esta superfície de nível, neste ponto
tem a seguinte equação vetorial
(x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + λ
∂f
∂f
∂f
(a) ,
(a) ,
(a) , λ ∈ R.
∂x
∂y
∂z
Para campos escalares diferenciáveis, definidos no R2 vale uma discussão análoga e a
reta tangente à curva de nível em a é dada por
∂f
∂f
(a) (x − x0 ) +
(a) (y − y0 ) = 0,
∂x
∂y
enquanto a reta normal à curva de nível em a = (x0 , y0 ) é dada por
(x, y) = (x0 , y0 ) + λ
∂f
∂f
(a) ,
(a) , λ ∈ R.
∂x
∂y
Nota 9.128 Observe que é intuitivo que o vetor gradiente seja normal às curvas de nível,
quando f é diferenciável, uma vez que, neste caso o vetor gradiente nos dá a direção de
maior variação da função. Assim, como as curvas de níveis são as curvas onde não há
nenhuma variação da função, pois nestas curvas a função é constante, o vetor gradiente
não pode ter nenhuma projeção na direção delas.
Exemplo 9.129 Determine a equação do plano tangente à superfície x2 + y 2 + z 2 = 2
no ponto (1, 0, 1).
Temos f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 , e
∇f (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) , ∇f (1, 0, 1) = (2, 0, 2) ,
logo a equação pedida é dada por
(2, 0, 2) , (x − 1, y, z − 1)! = 0,
ou seja
2x + 2z − 4 = 0.
9.5. CONJUNTOS DE NÍVEL E PLANOS TANGENTES
77
Nota 9.130 Considere f : D ⊂ R2 → R diferenciável em a = (x0 , y0 ) ∈ D0 . Seja
F : S = D × R ⊂ R3 → R definida por F (x, y, z) = f (x, y) − z. É claro que L (0) =
{(x, y, z) ∈ S; F (x, y, z) = 0} é uma superfície de nível de F. Como f é diferenciável em
a, segue que F é diferenciável em (x0 , y0 , z) , ∀z ∈ R, em particular F é diferenciável em
(x0 , y0 , f (x0 , y0 )) . Ainda é claro que o gráfico de f, que é o conjunto {(x, y, f (x, y)) ; (x, y) ∈
D} é igual a L (0) . Assim, pelo exposto acima temos que ∇F (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) é normal ao
gráfico de f = L (0) , no ponto (a, f (a)) = (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) . Mas ∇F (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) =
∂f
∂f
(a) ,
(a) , −1 e portanto como já tínhamos visto anteriormente, se f é diferen∂x
∂y
∂f
∂f
ciável em a, o vetor
(a) ,
(a) , −1 é normal ao gráfico de f no ponto (a, f (a)) .
∂x
∂y
Definição 9.131 Seja f : D ⊂ R2 → R diferenciável no aberto D. Considere as curvas
de nível L (c) ⊂ D, onde c ∈ Im f. Definimos as linhas de fluxo de f , como sendo as
curvas em D, ortogonais às curvas de nível L (c) .
Nota 9.132 Como já foi visto em cada ponto a de uma curva de nível, isto é, a ∈ L (c) ,
o vetor ∇f (a) é ortogonal a L (c) em a. Assim, a linha de fluxo que passa por a tem como
vetor tangente no ponto a, o vetor ∇f (a) . Portanto as linhas de fluxo são as curvas onde
a variação de f é máxima. Vejamos dois exemplos.
Exemplo 9.133 Seja f : R2 → R, f (x, y) = x2 + y 2 . Então as curvas de níveis são
as circunferências concêntricas x2 + y 2 = c, onde c > 0. Seja r : I ⊂ R → R2 ,
r (t) = (x (t) , y (t)) a função vetorial que descreve uma linha de fluxo. É claro que
cada ponto da linha de fluxo é um ponto de alguma curva de nível, portanto em cada
ponto da linha de fluxo, seu vetor tangente é o vetor gradiente de f neste ponto, ou seja,
r (t) = ∇f (r (t)) ⇒ (x (t) , y (t)) = (2x (t) , 2y (t)) . Logo temos as seguintes equações
x (t) = 2x (t)
y (t) = 2y (t) .
Para resolver estas equações, multiplicamos cada uma delas por e−2t e assim obtemos que
e−2t x (t) − 2 e−2t x (t) = 0,
ou seja
−2t
e x (t) = 0
obtendo assim após a integração que
x (t) = c1 e2t
e−2t y (t) − 2 e−2t y (t) = 0,
−2t
e y (t) = 0,
y (t) = c2 e2t .
Portanto temos que as linhas de fluxo são retas cuja equação é:
c1 y − c2 x = 0, c1 , c2 ∈ R
ou seja são retas passando pela origem, o que nos dá retas ortogonais às circunferências
centradas na origem. Vejamos graficamente, as linhas de fluxo em vermelho e as curvas
78
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
de níveis em preto.
2
y
1
-3
-2
-1
1
2
3
x
-1
-2
Exemplo 9.134 Seja f : R2 → R; f (x, y) = xy, que descreve a temperatura em cada
ponto de uma placa plana. Determine as linhas de fluxo de calor. Para isso, novamente
como no exemplo anterior temos que se r : I ⊂ R → R2 , r (t) = (x (t) , y (t)) , descreve
uma linha de fluxo qualquer, então r (t) = ∇f (r (t)) , ou seja, x (t) = y (t) e y (t) =
x (t) . Assim, supondo que r é duas vezes derivável, segue que
x (t) = y (t) = x (t)
y (t) = x (t) = y (t) ,
e como et e e−t são as duas funções que satisfazem estas equações, obtemos que
x (t) = a et +b e−t , a, b ∈ R,
e como x (t) = y (t) , segue que que
y (t) = a et −b e−t , a, b ∈ R.
Portanto destas equações obtemos que as linhas de fluxo de f são dadas por
x2 − y 2 = 4ab.
Logo, para ab = 0 temos hipérboles e quando a = 0 ou b = 0 temos as retas x = ±y.
Na figura abaixo apresentamos algumas curvas de níveis em marrom e algumas linhas de
fluxo de f, em verde.
9.5. CONJUNTOS DE NÍVEL E PLANOS TANGENTES
79
y
4
2
-4
-2
2
4
x
-2
-4
Nota 9.135 Observe que a função vetorial que obtivemos em cada exemplo descreve as
linhas de fluxo em função de um parâmetro t. Para esboçarmos as linhas de fluxo no
plano, devemos determinar a equação que as funções componentes da função vetorial
satisfazem. Assim, no primeiro exemplo vimos que são retas passando pela origem e no
segundo exemplo hipérboles, para ab = 0 e as retas y = ±x para ab = 0.
Nota 9.136 A determinação das linhas de fluxo necessita da resolução de equações diferenciais, que vocês verão no próximo semestre. Por isso os exemplos dados foram bem
simples, de modo a serem bem compreendidos.
9.5.1
Lista de exercícios
Exercício 9.137 Determine a equação da reta tangente à curva γ dada pelas equações
x2 + y 2 + z 2 = 4 e x + y − 2z = 0,
√
√ √
no ponto 2/ 3, 2/ 3, 2/ 3 e a equação do plano normal a essa reta.
Exercício 9.138 Uma superfície S é dada implicitamente pela equação
x3 + y 3 + z 3 = 10.
Determine a equação do plano tangente a S no ponto(1, 1, 2) .
Exercício 9.139 É dada uma curva γ (t) contida na intersecção das superfícies
4x2 + y 2 = 1 e x + y + z = 1.
Determine a reta tangente à γ em γ (t0 ) = (0, 1, 0) .
80
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Exercício 9.140 Determine as curvas de níveis e as linhas de fluxo das seguintes funções
f : R2 → R, definidas abaixo. Esboce as curvas.
1. f (x, y) = 2x + y
2. f (x, y) = x2 − 2y 2 .
3. f (x, y) = y + x2 .
Exercício 9.141 Considere a superfície S de equação ax2 +by 2 +cz 2 = k, onde (a, b, c) =
(0, 0, 0) . Mostre que o plano tangente a S no ponto (x0 , y0 , z0 ) é descrito pela equação
ax0 x + by0 y + cz0 z = k.
Exercício 9.142 Seja
y f : R → R derivável em R. Mostre que todos os planos tangentes
à superfície z = xf
, x = 0 passam pela origem.
x
9.6
Fórmula de Taylor para funções de várias variáveis
Vimos na primeira parte do curso que funções sob certas condições poderiam ser aproximadas, na vizinhança de um ponto, por polinômios. Veremos a seguir que existe um
análogo para funções de várias variáveis, ou seja, sob certas condições estas podem, numa
vizinhança de algum ponto do interior de seu domínio ser aproximadas por um polinômio
de várias variáveis, através da fórmula de Taylor de ordem n.
Utilizaremos a fórmula de Taylor de ordem 2 para o estudo de máximos e mínimos de
funções de várias variáveis. Iniciaremos então pelo teorema de Taylor de ordem 2.
Teorema 9.143 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e r > 0 tal que Br (a) ⊂ D e f ∈
C 2 (Br (a)) . Então para cada x ∈ Br (a),
1. Existe cx ∈ (0, 1) tal que
f (x) = f (a) + ∇f (a) , x − a! +
1
[x − a]t Hf (a + cx (x − a)) [x − a] .
2
2. Ou ainda
f (x) = f (a) + ∇f (a) , x − a! +
1
[x − a]t Hf (a) [x − a] + x − a2 Ea,2 (x) ,
2
onde lim Ea,2 (x) = 0 e [x − a] são as coordenadas do vetor x − a ∈ Rn , com respeito
x→a
à base canônica do Rn .
9.6. FÓRMULA DE TAYLOR PARA FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
81
Nota 9.144 Os polinômios
Pa,1 (x) = f (a) + ∇f (a) , x − a!
e
1
[x − a]t Hf (a) [x − a] ,
2
são denominados, respectivamente, de polinômio de Taylor de f de ordem 1 em
torno do ponto a e polinômio de Taylor de f de ordem 2 em torno do ponto a.
Pa,2 (x) = f (a) + ∇f (a) , x − a! +
Exemplo 9.145 Seja f (x, y) = ln (x + y) .
1. Determinemos o polinômio de Taylor de ordem 1 em torno do ponto a =
Temos
f
logo
1 1
,
2 2
= 0 e ∇f
+
1 1
,
2 2
1 1
,
.
2 2
= (1, 1) ,
,
1
1
Pa,1 (x, y) = f
+ ∇f
, x − ,y −
= x + y − 1.
2
2
1 1
,
.
2. Determinemos o polinômio de Taylor de ordem 2 em torno do ponto a =
2 2
Temos
1
1 1
Hf (x, y) = −
.
(x + y)2 1 1
Logo

1 
x−
2 
1
1 1 
1
1


Pa,2 (x, y) = x + y − 1 +
Hf
,
x−
y−

2
2 2 
2
2
1
y−
2
1
2
= x + y − 1 − (x + y − 1) .
2
1 1
,
2 2
1 1
,
2 2
3. Mostremos que para todo (x, y) tal que x + y > 1 vale a desigualdade
|ln (x + y) − (x + y − 1)| <
1
(x + y − 1)2 .
2
Temos
|ln (x + y) − (x + y − 1)| = |f (x, y) − Pa,1 (x, y)|

1 
x−


2
1 1
1
 ,
=
Hf (x, y) 
x−
y−


2 2
2
1 y−
2
82
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
onde (x, y) =
1 1
,
2 2
+ c(x,y)
1
1
x − ,y −
2
2
|ln (x + y) − (x + y − 1)| =
, com 0 < c(x,y) < 1. Assim
1
1
(x + y − 1)2 ,
2 (x + y)2
mas para x + y > 1 temos x + y = 1 + c(x,y) (x + y − 1) > 1, logo
portanto
|ln (x + y) − Pa,1 (x, y)| <
1
<1e
(x + y)2
1
(x + y − 1)2 , para x + y > 1.
2
Exemplo 9.146 Seja Pa,1 (x, y) o polinômio de Taylor de ordem 1 em torno do ponto
a = (0, 0) do campo escalar
f (x, y) = ex+5y .
Mostre que para todo (x, y) tal que x + 5y < 1 temos
|f (x, y) − Pa,1 (x, y)| <
3
(x + 5y)2 ,
2
e estime o erro que cometemos, para x = 0, 01 e y = 0, 01 na aproximação
ex+5y =
* Pa,1 (x, y) .
Temos
∇f (x, y) = ex+5y , 5 ex+5y ,
e a matriz hessiana
x+5y
Hf (x, y) = e
Logo
1 5
5 25
.
Pa,1 (x, y) = f (0, 0) + ∇f (0, 0) , (x, y)! = 1 + (1, 5) , (x, y)! = 1 + x + 5y.
Para todo (x, y) tal que x + 5y < 1, sendo (x, y) = (0, 0) + θ(x,y) (x, y) com 0 < θ(x,y) < 1
então x + 5y < 1, assim
1 5
x
x
x+5y
x y Hf (x, y)
x y
= e
y
5 25
y
= ex+5y (x + 5y)2
< e (x + 5y)2 .
Pelo Teorema 9.143 segue
ex+5y = Pa,1 (x, y) +
1 x+5y
e
(x + 5y)2 ,
2
9.6. FÓRMULA DE TAYLOR PARA FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
83
logo
x+5y
3
e
−Pa,1 (x, y) < (x + 5y)2 .
2
x+5y
−Pa,1 (x, y)| , logo para os valores dados, usando
O erro cometido na aproximação é |e
a desigualdade acima, esse erro é menor que
3
(0, 01 + 0, 05)2 < 10−2 .
2
Antes de enunciarmos a fórmula de Taylor de ordem m, apresentaremos algumas notações necessárias para a compreensão deste.
Notação 9.147 Para f : D ⊂ Rn → R, f ∈ C m (D0 ) , x ∈ D0 e y ∈ Rn , denotamos por
(y · ∇)k f (x) a seguinte expressão
k
n
∂
(y · ∇)k f (x) =
yj
f (x) , k = 1, . . . , m.
∂xj
j=1
Para uma melhor compreensão da notação acima seguem alguns exemplos.
Exemplo 9.148 Seja f : D ⊂ R2 → R, f ∈ C 3 (D0 ) então considerando y = (y1 , y2 ) ∈
R2 , temos que
∂
∂ 3
3
+ y2
(y · ∇) f (x, y) = y1
f (x, y) =
∂x
∂y
∂ 3f
∂ 3f
= y13 3 (x, y) + 3y12 y2 2 (x, y) +
∂x
∂x ∂y
3
3
∂
f
3∂ f
(x,
y)
+
y
(x, y) .
+3y1 y22
2
∂x∂y 2
∂y 3
Exemplo 9.149 Seja f : D ⊂ R3 → R, f ∈ C 3 (D0 ) então, considerando y = (y1 , y2 , y3 ) ∈
R3 , obtemos
3
∂
∂
∂
3
(y · ∇) f (x, y, z) =
y1
+ y2
+ y3
f (x, y, z) =
∂x
∂y
∂z
∂ 3f
∂ 3f
y13 3 (x, y, z) + 3y12 y2 2 (x, y, z) +
∂x
∂x ∂y
3
∂ f
∂3f
2
+3y1 y22
(x,
y,
z)
+
3y
y
(x, y, z) +
1 3
∂x∂y 2
∂x2 ∂z
∂ 3f
∂ 3f
2
+3y1 y32
(x,
y,
z)
+
3y
y
(x, y, z) +
2 3
∂x∂z 2
∂y 2 ∂z
∂ 3f
∂ 3f
3y2 y32
(x,
y,
z)
+
6y
y
y
(x, y, z) +
1 2 3
∂y∂z 2
∂x∂y∂z
∂ 3f
∂3f
+y23 3 (x, y, z) + y33 3 (x, y, z) .
∂y
∂z
84
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Teorema 9.150 Fórmula de Taylor de ordem m: Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e
r > 0 tal que Br (a) ⊂ D e f ∈ C m (Br (a)). Então para cada x ∈ Br (a), existe cx ∈ (0, 1)
satisfazendo
t
1 1
[x − a]n×1 Hf (a) [x − a]n×1 + ((x − a) · ∇)3 f (a)
2!
3!
1
1
+ ((x − a) · ∇)4 f (a) + · · · +
((x − a) · ∇)m−1 f (a)
4!
(m − 1)!
1
+ ((x − a) · ∇)m f (a + cx (x − a)) ,
m!
f (x) = f (a) + ∇f (a) , x − a! +
Notação 9.151 Denotaremos por Pa,m (x) o polinômio de Taylor de ordem m, em torno
do ponto a, calculado no ponto x, ou seja
Pa,m (x) = f (a)+ ∇f (a) , x − a!+
1
1
[x − a]t Hf (a) [x − a]+· · ·+ ((x − a) · ∇)m f (a) .
2!
m!
Exemplo 9.152 Se Pa,2 (x, y) é o polinômio de Taylor de ordem 2 de f (x, y) = x sen y
em torno do ponto a = (0, 0) mostre que para todo (x, y) tal que |x| < 1 temos
|y|2
|y|
|f (x, y) − Pa,2 (x, y)| <
|x| +
.
2
3
Resolução. Temos
∇f (x, y) = (sen y, x cos y) e Hf (x, y) =
e também
∂ 3f
(x, y) = 0,
∂x3
0
cos y
cos y −x sen y
,
∂ 3f
(x, y) = 0,
∂x2 ∂y
∂3f
∂ 3f
(x,
y)
=
−
sen
y,
(x, y) = −x cos y.
∂x∂y 2
∂y 3
Logo
1
1 3 ∂ 3f
∂ 3f
3
2
((x, y) · ∇) f (x, y) =
x
(x,
y)
+
3x
y
(x, y) +
3!
3!
∂x3
∂x2 ∂y
3
3
1
2 ∂ f
3∂ f
+ 3xy
(x, y) + y
(x, y) =
−3xy 2 sen y − y 3 x cos y .
2
3
∂x∂y
∂y
3!
onde (x, y) = (0, 0) + (θx, θy) com 0 < θ < 1 e |x| < 1, o que implica que |x| < 1. Temos
portanto
1
((x, y) · ∇)3 f (x, y) ≤ 1 3 |x| y 2 |sen y| + |y|3 |x| |cos y| ≤
3!
6
1
|y|2
|y|
3
2
<
3 |x| y + |y| =
|x| +
.
6
2
3
9.6. FÓRMULA DE TAYLOR PARA FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS
Ainda,
logo
1
x y Hf (0, 0)
Pa,2 (x, y) = f (0, 0) +
2
x
y
85
= xy,
1
|y|2
|y|
3
|f (x, y) − Pa,2 (x, y)| = ((x, y) · ∇) f (x, y) <
|x| +
.
3!
2
3
Exemplo 9.153 Calcular, usando o polinômio de Taylor de ordem 3, o valor aproximado
de (1, 02)3.01 .
Temos
f (x, y) = xy , ∇f (x, y) = yxy−1 , xy ln x , f (1, 3) = 1, ∇f (1, 3) = (3, 0) ,
logo
Hf (x, y) =
y (y − 1) xy−2 xy−1 + xy−1 y ln x
(ln x)2 xy
xy−1 + xy−1 y ln x
, Hf (1, 3) =
6 1
1 0
,
e também
∂ 3f
∂ 3f
∂ 3f
∂3f
(1,
3)
=
6,
(1,
3)
=
5,
(1,
3)
=
0
e
(1, 3) = 0
∂x3
∂x2 ∂y
∂x∂y 2
∂y 3
Como
f (x, y) ∼
= f (1, 3) + ∇f (1, 3) , (x − 1, y − 3)! +
1
x − 1 y − 3 Hf (1, 3)
+
2
x−1
y−3
1
∂3f
+
(x − 1)3 3 (1, 3) +
3!
∂x
3
∂ 3f
2 ∂ f
(1,
3)
+
3
(x
−
1)
(y
−
3)
(1, 3) +
∂x2 ∂y
∂x∂y 2
3
3 ∂ f
+ (y − 3)
(1, 3) ,
∂y 3
+3 (x − 1)2 (y − 3)
substituindo os valores obtidos temos
(1, 02)3.01 ∼
= 1, 061418.
Exemplo 9.154 Determine aproximadamente (0.99, 0.02) , com um erro menor que
0.001.
86
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Resolução. Consideremos a função f (x, y) = x2 + y 2 = (x, y) , a = (1, 0) e
(x, y) = (0.99, 0.02) . Precisamos determinar a ordem do polinômio de Taylor necessária
para calcular aproximadamente a norma de (x, y) com erro menor que 0.001.Para isso
calculemos as derivadas parciais de f, num ponto (x, y) = (0, 0) , já que a = (0, 0) .
x
y
∂f
∂f
(x, y) = (x, y) = 2
2
2
∂x
∂y
x +y
x + y2
∂ 2f
y2
∂ 2f
x2
(x, y) =
(x, y) =
∂x2
∂y 2
(x2 + y 2 )3
(x2 + y 2 )3
∂ 2f
xy
∂ 2f
(x, y) = − =
(x, y) .
∂x∂y
∂y∂x
3
2
2
(x + y )
Assim, se usarmos o polinômio de Taylor de ordem 1, para aproximação, o erro será de
ordem 2, ou seja,


2
2
y
xy
x
1
≤
(x − 1)2 − 2 (x − 1) y + y2 2
3
3
3
(x2 + y 2 )
(x2 + y 2 )
(x2 + y 2 )
1
1
≤ (x − 1)2 + y 2 + |x − 1| |y| ≤
(x − 1)2 + y 2 + |x − 1| |y| =
2
2 x2 + y 2
1
(0.01)2 + (0.02)2 + (0.01) (0.02) = 0.00035 < 0.001,
=
2
1
pois (x, y) = (1, 0) + c (0.01, 0.02) , onde c ∈ (0, 1) , ou seja x2 + y 2 > 1 ⇒ <
2
x + y2
xy x2
y2
1
≤ 1, 2
≤ 1. Logo basta calcular utilizando o
1. Ainda 2
≤ , 2
x + y2 2 x + y2
x + y2
polinômio de Taylor de ordem 1, portanto
(1.01, 0.02) ≈ f (1, 0) + ∇f (1, 0) , (0.01, 0.02)! = 1.01
Corolário 9.155 Sejam f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e r > 0 tal que Br (a) ⊂ D e f
∈ C m (Br (a)). Então para cada x ∈ Br (a),
1
1
[x − a]t Hf (a) [x − a] + ((x − a) · ∇)3 f (a)
2!
3!
1
1
+ ((x − a) · ∇)4 f (a) + · · · +
((x − a) · ∇)m f (a) + x − am Ea,m (x) ,
4!
m!
onde lim Ea,m (x) = 0.
f (x) = f (a) + ∇f (a) , x − a! +
x→a
A demonstração deste corolário é análoga à demostração da segunda parte do teorema
de Taylor de ordem 2 e por isso será deixada como exercício.
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
9.7
87
Máximos, mínimos e pontos de sela
Assim, como para funções reais de uma variável real, muitas vezes estamos interessados
em saber se uma função assume máximo ou mínimo e em que pontos de seu domínio isto
acontece. Vejamos:
Definição 9.156 Seja f : D ⊂ Rn → R e a ∈ D0 tal que f admite derivadas parciais
em a. Dizemos que a é um ponto crítico de f ou um ponto de estacionaridade de
f quando ∇f (a) = 0.
2
0
Nota 9.157 Se f : D
⊂ R → R é diferenciávelem (x1 , y1 ) ∈ D , e z1 = f (x1 , y1 ) ,
∂f
∂f
(x1 , y1 ) ,
(x1 , y1 ) , −1 é normal ao gráfico de f, no ponto
sabemos que o vetor
∂x
∂y
(x1 , y1 , z1 ). Assim o plano tangente ao gráfico de f no ponto (x1 , y1 , z1 ) tem como equação
z − z1 =
∂f
∂f
(x1 , y1 ) (x − x1 ) +
(x1 , y1 ) (y − y1 ) .
∂x
∂y
Quando (x1 , y1 ) é um ponto crítico de f, o plano tangente ao gráfico de f no ponto
(x1 , y1 , z1 ) é paralelo ao plano xOy.
Definição 9.158 Seja f : D ⊂ Rn → R um campo escalar.
1. Dizemos que f possui um ponto de máximo absoluto em a ∈ D quando f (x) ≤
f (a), ∀x ∈ D, o número f (a) é denominado valor máximo de f em D.
2. Dizemos que a ∈ D0 é um ponto de máximo relativo ou local de f quando
existir r > 0 tal que f (x) ≤ f (a), ∀x ∈ Br (a) ⊂ D.
3. Dizemos que f possui um ponto de mínimo absoluto em a ∈ D quando f (x) ≥
f (a), ∀x ∈ D, o número f (a) é denominado valor mínimo de f em D.
4. Dizemos que a ∈ D0 é um ponto de mínimo relativo ou local de f quando
existir r > 0 tal que f (x) ≥ f (a) , ∀x ∈ Br (a) ⊂ D .
5. Se um ponto é ponto de máximo ou de mínimo, relativo ou absoluto, de f dizemos
que ele é um ponto extremo.
Proposição 9.159 Seja f : D ⊂ Rn → R, a ∈ D0 e f admite derivadas parciais em a.
Se a é um ponto extremo de f então ∇f (a) = 0.
Prova. Suponhamos que a é um ponto de máximo relativo de f. Então existe r > 0 tal
que f (x) ≤ f (a) , ∀x ∈ Br (a) ⊂ D. Logo para cada i = 1, . . . , n tem-se que f (a + hei ) ≤
f (a) , ∀h ∈ R tal que |h| < r, onde ei é o iésimo vetor da base canônica do Rn . Então
para h ∈ R tal que 0 < h < r tem-se que
f (a + hei ) − f (a)
≤0
h
88
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
e para h ∈ R tal que −r < h < 0 tem-se que
f (a + hei ) − f (a)
≥ 0.
h
Assim,
lim+
h→0
f (a + hei ) − f (a)
≤0
h
lim−
f (a + hei ) − f (a)
≥ 0.
h
e
h→0
Mas, como existem as derivadas parciais de f no ponto a, estes limites devem ser iguais,
ou seja,
∂f
(a) = 0, i = 1, . . . , n,
∂xi
o que implica que ∇f (a) = 0. Nota 9.160 No caso n = 2, vimos que se f é diferenciável num ponto extremo a =
(x1 , y1 ) então o plano tangente ao gráfico de f no ponto (x1 , y1 , f (x1 , y1 )) é paralelo ao
plano xOy. Por outro lado veremos exemplos onde ∇f (a) = 0 não implica necessariamente que a seja um ponto extremo.
Nota 9.161 Um campo escalar f pode ter um extremo num ponto sem ser diferenciável
1/2
nesse ponto, como por exemplo f (x, y) = [x2 + y 2 ] . É claro que f (x, y) ≥ 0 = f (0, 0) ,
∀ (x, y) ∈ R2 e f nem admite derivadas parciais em (0, 0) .
Definição 9.162 Seja f : D ⊂ Rn → R e a ∈ D0 um ponto crítico de f . Dizemos
que a é um ponto de sela de f quando para todo r > 0, a bola Br (a) contém pontos
p1 , p2 ∈ D tais que f (p1 ) < f (a) e f (p2 ) > f (a).
Exemplo 9.163 Seja
f (x, y) = −x2 + 3xy − y 2 .
Temos
f (x, 0) = −x2 ,
f (0, y) = −y 2 ,
logo f (x, 0) tem um máximo em x0 = 0 e f (0, y) tem um máximo em y0 = 0. Mas
f (x, x) = x2 > 0 e f (x, −x) = −5x2 < 0 para x = 0.
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
89
Como toda bola Br (0, 0) contém pontos em que x = y e x = −y segue que (0, 0) é um
ponto de sela de f. Segue abaixo o gráfico de f abaixo.
Exemplo 9.164 Seja
f (x, y) = 2x2 + 3y 2 .
Como 0 = f (0, 0) ≤ f (x, y) , ∀ (x, y) ∈ R2 , temos que (0, 0) é ponto de mínimo
absoluto de f . O gráfico segue abaixo como ilustração.
Exemplo 9.165 Seja
f (x, y) = −3x2 + 2xy − y 2 = −2 (x − y)2 − (x + y)2 .
Temos
0 = f (0, 0) ≥ f (x, y) , ∀ (x, y) ∈ R2 ,
90
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
logo (0, 0) é ponto de máximo absoluto de f. Segue o gráfico de f.
Exemplo 9.166 Se f (x, y) = xy, temos um ponto de sela na origem, pois para todo
r
r > 0, existem (x, x) , (x, −x) ∈ Br (0, 0) , bastando tomar 0 < |x| < √ tais que f (x, x) =
2
x2 > 0 = f (0, 0) e f (x, −x) = −x2 < 0 = f (0, 0) . Segue abaixo o gráfico de f
Exemplo 9.167 Se f (x, y) = x3 − 3xy 2 , temos um ponto de sela na origem, como pode
ser observado pelo gráfico abaixo.
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
91
Exemplo 9.168 Se f (x, y) = x2 y 2 , temos um ponto de mínimo absoluto na origem.
Exemplo 9.169 Se f (x, y) = 1 − x2 , temos pontos de máximo absoluto em cada ponto
do eixo y, ou seja pontos do tipo (0, y) . Em particular a origem é um ponto de máximo
absoluto. Abaixo o gráfico de f e o plano tangente no ponto (0, 0, 1), que, como podemos
ver pelo desenho, é o mesmo em todos os pontos da forma (0, y, 1) = (0, y, f (0, y)) .
O noss objetivo é classificar os pontos críticos de uma função. As funções dos exemplos
anteriores são relativamente fáceis de analisar em alguns pontos, mas queremos estabelecer
condições a partir das quais possamos classificar um ponto crítico de uma função.
Definição 9.170 Dada uma matriz real A, n × n, dizemos que λ é um auto-valor (
ou valor próprio, ou valor característico ) de A quando λ é solução da equação
det (A − λI) = 0.
Exemplo 9.171 Os autavalores da matriz


2 −1 0
2 0 ,
A =  −1
0
0 2
92
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
são as raízes da equação
det (A − λI) = (2 − λ) λ2 − 4λ + 3 ,
ou seja λ1 = 1, λ2 = 2 e λ3 = 3 são os autovalores de A.
Definição 9.172 Seja A uma matriz real n×n e λ um auto-valor de A. Como det (A − λI) =
0, então existe pelo menos um vetor x ∈ Rn , x = 0 tal que A [x] = λ [x] , onde [x] é a
matriz n × 1 das coordenadas de x com respeito à base canônica do Rn . A este vetor
x ∈ Rn denominamos autovetor de A associado ao autovalor λ.
Proposição 9.173 Os autovalores de uma matriz simétrica são todos reais e os autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais. Portanto, se A é uma matriz
simétrica n × n então existe uma matriz ortogonal S, isto é S t S = In , tal que S t AS = Λ,
onde Λ é uma matriz diagonal, cujos elementos da diagonal são os autovalores de A.
Exemplo 9.174 Considerando a matriz so exemplo anterior, que é simétrica. Observe
que da própria proposição, devemos ter AS = ΛS, e como Λ é uma matriz diagonal, cujos
elementos da diagonal são os autovalores de A, segue que as colunas Si , i = 1, 2, 3 de S
são tais que ASi = λi Si , ou seja, (A − λi I) Si = [0]3×1 e portanto as colunas de S são as
coordenadas dos autovetores ortonormais de A. Assim, vamos construir a matriz S:
1. Primeiramente a primeira coluna, considerando λ1


1 −1 0
1 0 
(A − λ1 I) S1 =  −1
0
0 1
ou seja

= 1.
  
x
0
y  =  0 ,
z
0

 x−y = 0
−x + y = 0 ,

z=0

x
portanto S1 é da forma  x  e assim como S1 deve ter norma 1, tomamos S1 =
0
 √ 
1/√2
 1/ 2 
0
2. Determinemos a segunda coluna de S, tomando λ2 = 2, então devemos resolver o
sistema

   
0 −1 0
x
0





0 0
y = 0 
(A − λ2 I) S2 = −1
0
0 0
z
0
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
ou seja

93
−y = 0
,
−x = 0

0
portanto S2 é da forma  0  e claramente ortogonal a S1 , como afirma a proposição.
z
 
0

Assim como S2 deve ter norma 1, tomamos S1 = 0  .
1
3. Finalmente determinemos a terceira coluna de S, considerando λ3 = 3, então

   
0
−1 −1
0
x





0
y = 0 
(A − λ3 I) S3 = −1 −1
0
0 −1
z
0
isto é,


 −x − y = 0
−x − y = 0 ,

−z = 0

x
portanto S3 é da forma  −x  e obviamente ortogonal a S1 e S2 . Assim como S3
0
√ 

1/ √2
deve ter norma 1, tomamos S3 =  −1/ 2  . Logo, uma matriz ortogonal S que
0
√ 
 √


1/√2
1/√2 0
1 0 0
satisfaz, S t AS = Λ, é S =  1/ 2 0 −1/ 2  e obtemos S t AS =  0 2 0  .
0 0 3
0 1
0
Teorema 9.175 Dada a matriz n×n simétrica A = [aij ]n×n , seja Q (y) , y = (y1 , . . . , yn ) ∈
Rn a forma quadrática assciada à A, isto é,
t
Q (y) = [y] A [y] =
n n
i=1 j=1
aij yi yj , [y] ∈ Mn×1 (R) .
Temos
1. Q (y) > 0, ∀y = 0 ⇔ todos os auto-valores de A são positivos.
2. Q (y) < 0, ∀y = 0 ⇔ todos os auto-valores de A são negativos.
3. Se existem autovalores positivos e negativos de A então, para todo r > 0 existem
y, w ∈ Br (0) \{0} ⊂ Rn tais que Q (y) > 0 e Q (w) < 0.
94
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Prova.
1. Como A é uma matriz simétrica, sabemos
diagonaliza A, isto é,

λ1

0
S t AS = Λ = 
 ···
0
que existe uma matriz ortogonal S que
0
λ2
···
0
···
···
···
···

0
0 
,
··· 
λn
onde λi , i = 1, 2, ..., n, são os auto-valores de A. Se [x] = S t [y], como S é ortogonal
e portanto inversível e tal que S −1 = S t , temos [y] = S [x] , onde [x] , [y] ∈ Mn×1 (R)
e assim
Q (y) =
n
n i=1 j=1
Logo
aij yi yj = [y]t A [y] = (S [x])t A (S [x]) = [x]t S t AS [x] .
Q (y) =
n
λi x2i .
(9.6)
i=1
(⇒)Se Q (y) > 0, ∀y = 0 , seja y ∈ Rn tal que [y] = S t [ek ], então por (9.6) obtemos
Q (y) = λk > 0, para cada k = 1, 2, ..., n.
(⇐)Seja y ∈ Rn , y = 0 então para x ∈ Rn , tal que [x] = S t [y] também temos x = 0,
logo por (9.6) obtemos Q (y) > 0, já que λk > 0, para cada k = 1, 2, ..., n.
A demonstração de (2) é análoga a de (1).
3. Sejam λ1 , λ2 autovalores de A tais que λ2 < 0 < λ1 . Então existem v1 , v2 ∈ Rn \{0}
tais que A [v1 ] = λ1 [v1 ] e A [v2 ] = λ2 [v2 ] . Portanto Q (v1 ) = λ1 v1 2 > 0 e Q (v2 ) =
r
r
λ2 v2 2 < 0. Assim, para cada r > 0, tomando y =
v1 e w =
v2 ,
2 v1 2 v2 r2
r2
obtemos y, w ∈ Br (0) \{0} ⊂ Rn e Q (y) = λ1 > 0, Q (w) = λ2 < 0.
4
4
Nota 9.176 Observe que na demonstração de (3) fica claro que Q (y) tem sinal positivo
na direção do autovetor associado ao autovalor positivo e sinal negativo na direção do
autovetor associado ao autovalor negativo.
O próximo teorema descreve a natureza de um ponto crítico a de f em termos do sinal
da forma quadrática [y]t Hf (a) [y].
Teorema 9.177 Sejam f : D ⊂ Rn → R e a ∈ D0 um ponto crítico de f tal que f
∈ C 2 (Br (a)) , onde Br (a) ⊂ D, para algum r > 0.Temos:
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
95
1. Se todos os auto-valores de Hf (a) são positivos, então f possui um ponto de mínimo
relativo em a.
2. Se todos os auto-valores de Hf (a) são negativos, então f possui um ponto de máximo relativo em a.
3. Se Hf (a) possui auto-valores positivos e negativos, então f possui um ponto de sela
em a.
Nota 9.178 Se Hf (a) tem autovalores todos não negativos ou todos não positivos, sendo
pelo menos um deles nulo, nada podemos concluir sobre a natureza do ponto crítico a.
Existem testes envolvendo as derivadas de ordem 3 de f para este caso, mas não serão
estudados aqui. Mas se Hf (a) possui auto-valor nulo e pelo menos um positivo e outro
negativo, então ainda podemos concluir que a é um ponto de sela.
Exemplo 9.179 Seja f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − xy + x − 2z. Temos
∇f (x, y, z) = (2x − y + 1, 2y − x, 2z − 2) ,
2 1
assim o único ponto crítico de f é − , − , 1 . A matriz hessiana é
3 3


2 −1 0
Hf (x, y, z) =  −1
2 0 ,
0
0 2
2 1
com auto-valores 1, 2 e 3, logo − , − , 1 é ponto de mínimo relativo de f .
3 3
Exemplo 9.180 Seja f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 3x − 3y − 3z + 2. Temos
∇f (x, y, z) = 3x2 − 3, 3y 2 − 3, 3z 2 − 3 ,
logo os pontos críticos são:
P1 = (1, 1, 1) ,
P2 = (1, 1, −1) ,
P3 = (1, −1, 1) ,
P4 = (1, −1, −1) ,
P5 = (−1, 1, 1) , P6 = (−1, 1, −1) , P7 = (−1, −1, 1) , P8 = (−1, −1, −1) .
A matriz hessiana de f é:

Vemos que

6x 0 0
Hf (x, y, z) =  0 6y 0  .
0 0 6z
96
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
1. Os autovalores de Hf (P1 ) são todos positivos (iguais a 6) , logo P1 é ponto de mínimo relativo de f.
2. Os autovalores de Hf (P8 ) são todos negativos (iguais a − 6) , logo P8 é ponto de
máximo relativo de f.
3. Hf (Pj ) , para j = 1, 8, possui autovalores positvos e negativos, logo Pj , para j = 1, 8,
são pontos de sela.
Nota 9.181 Apenas no caso n = 2, a natureza do ponto crítico a pode ser determinada
∂ 2f
pelo sinal de
(a) e do determinante de Hf (a), como mostra o teorema a seguir..
∂x2
Teorema 9.182 Sejam f : D ⊂ R2 → R e a ∈ D0 um ponto crítico de f tal que f
∈ C 2 (Br (a)) , onde Br (a) ⊂ D. Então
1. Se det Hf (a) < 0 , então a é um ponto de sela de f.
2. Se det Hf (a) > 0 e
∂2f
(a) > 0 , então a é um ponto de mínimo relativo de f .
∂x2
∂2f
3. Se det Hf (a) > 0 e
(a) < 0 , então a é um ponto de máximo relativo de f .
∂x2
4. Se det Hf (a) = 0 então nada podemos afirmar.
Prova. Exercício. Nota 9.183 É importante notar que o teorema (9.182) só é válido para n = 2, ou
seja, para funções de duas variáveis. O teorema (9.182) continua válido se substituirmos
∂ 2f
∂ 2f
(a)
por
(a) .
∂x2
∂y 2
Exemplo 9.184 Seja f (x, y) = 4xy − 2x2 − y 4 . Como
∇f (x, y) = 4y − 4x, 4x − 4y 3 ,
os pontos críticos de f são
P1 = (0, 0) , P2 = (1, 1) e P3 = (−1, −1) .
A matriz hessiana de f é
Hf (x, y) =
Temos
−4
4
4 −12y 2
.
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
97
1. det Hf (P1 ) = −16 < 0 ⇒ P1 é ponto de sela de f.
2. det Hf (P2 ) = 32 > 0 e
∂2f
(P2 ) = −4 < 0 ⇒ P2 é ponto de máximo relativo de f .
∂x2
3. det Hf (P3 ) = 32 > 0 e
∂2f
(P3 ) = −4 < 0 ⇒ P2 é ponto de máximo relativo de f .
∂x2
Exemplo 9.185 Deseja-se construir uma caixa sem tampa com a forma de um paralelepípedo
retângulo e com 1 m3 de volume. O material a ser utilizado nas laterais custa o triplo
daquele a ser usado no fundo. Determine as dimensões da caixa que minimizam o custo
do material.
Resolução. Sejam a e b as medidas do fundo da caixa e c sua altura, como abc = 1,
1
temos c = . O problema, então, consiste em minimizar a função
ab
f : D = {(a, b) ∈ R2 ; a, b > 0} → R
6 6
+ + ab.
a b
Observa-se que f (a, b) > 0, ∀ (a, b) ∈ D, logo f é limitada inferiormente em D e portanto
admite ínfimo. Como f é diferenciável neste domínio, o ínfimo pode ser atingido em D e
portanto será um mínimo ou o ínfimo é atingido na fronteira de D, ou seja qundo a = 0
ou b = 0 ou ainda quando a ou b tenderem para infinito. Mas da função, temos que
quando a → 0+ ou b → 0+ , tem-se que f (a, b) → +∞, Analogamente quando a → +∞
ou b → +∞, tem-se que f (a, b) → +∞. Sendo assim, o ínfimo de f é atingido em algum
ponto de D e portanto é um mínimo absoluto de f em D. Como f é diferenciável em D
e D é aberto os candidatos a ponto de mínimo são os pontos críticos de f. Assim, como
6
6
∇f (a, b) = − 2 + b, − 2 + a ,
a
b
f (a, b) = 3 (2ac + 2bc) + ab =
tem-se que os pontos críticos são tais que
−
6
6
+
b
=
0
e
−
+ a = 0.
a2
b2
Resolvendo o sistema temos que
a=b=
e portanto
√
3
6
√
3
6
c=
.
6
√
√
√
∂ 2f √
3
3
3
3
Ainda det Hf
6, 6 = 2 > 0 e
6,
6
= 2 > 0 e portanto este é um ponto de
∂a2
mínimo relativo, como é o único ponto crítico de f em D, onde f é limitada inferiormente,
98
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
ele é um ponto de mínimo absoluto. Reescreveremos o resultado já apresentado no parágrafo de continuidade de campos
escalares. A sua demonstração já foi feita.
Teorema 9.186 Se f : D ⊂ Rn → R é contínua no compacto D então f assume máximo
e o mínimo absolutos em D.
Exemplo 9.187 Seja f (x, y) = x3 + y 3 − 3x − 3y. Determinemos os pontos de máximo
e de mínimo absolutos de f no conjunto A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2 , |y| ≤ 2} .
Temos f contínua num conjunto fechado e limitado A, logo f assume valor máximo e
mínimo em A. Devemos analisar separadamente o interior e a fronteira de A.
1. Análise no interior de A: Como f é diferenciável em R2 , basta analisarmos os
pontos críticos de f no interior de A, ou seja
∇f (x, y) = 3x2 − 3, 3y 2 − 3 = (0, 0) .
Logo, os pontos críticos de f que estão no interior de A são (1, 1) , (1, −1) e os
valores assumidos por f nestes pontos são:
f (1, 1) = −4 e f (1, −1) = 0.
2. Análise na fronteira de A:
(a) Para x = 2, consideramos
g1 (y) = f (2, y) = y 3 − 3y + 2, −2 ≤ y ≤ 2,
como g1 é derivável em R, com g1 (y) = 3y 2 − 3 verificando o sinal de g1 vemos
que g1 é crescente em [−2, −1], decrescente em [−1, 1] e crescente em [1, 2].
Temos que −2 é um candidato a mínimo absoluto de g1 , −1 é um máximo
relativo de g1 , 1 é ponto de mínimo relativo de g1 e 2 é candidato a máximo
absoluto de g1 . Assim os candidatos a máximos e mínimos absolutos de f ao
longo do segmento de reta x = 2 e −2 ≤ y ≤ 2, são (2, −2) , (2, −1) , (2, 1) e
(2, 2) , cujos valores de f nestes pontos seguem abaixo,
f (2, −2) = 0,
f (2, −1) = 4,
f (2, 1) = 0,
f (2, 2) = 4.
(b) Para x = 0 temos
g2 (y) = f (0, y) = y 3 − 3y , −2 ≤ y ≤ 2,
g2 (y) = 3y 2 − 3 logo g2 é crescente em [−2, −1], decrescente em [−1, 1] e
crescente em [1, 2]. Como no ítem anterior obtemos os pontos (0, −2) , (0, −1) ,
(0, 1) e (0, 2) como candidatos e os valores de f nestes pontos são:
f (0, −2) = −2, f (0, −1) = 3, f (0, 1) = −2, f (0, 2) = 2.
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
99
(c) Para y = −2 temos
f (x, −2) = g3 (x) = x3 − 3x − 2, 0 ≤ x ≤ 2,
como g3 (x) = 3x2 −3 vemos que g3 é decrescente em [0, 1] e crescente em [1, 2].
Temos
f (0, −2) = −2,
f (1, −2) = −4,
f (2, −2) = 0.
(d) Para y = 2 temos
f (x, 2) = g4 (x) = x3 − 3x + 2, 0 ≤ x ≤ 2,
como g4 (x) = 3x2 − 3x vemos que g3 é decrescente em [0, 1] e crescente em
[1, 2]. Temos
f (0, 2) = 2,
f (1, 2) = 0,
f (2, 2) = 4.
Comparando os resultados obtidos concluimos que o valor máximo de f em A é 4,
atingido nos pontos (2, −1) e (2, 2); e que o valor mínimo de f em A é −4, atingido nos
pontos (1, −2) e (1, 1).
Exemplo 9.188 Determine o máximo e o mínimo de f (x, y) = xy no conjunto A =
{(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1}.
Novamente temos A um conjunto fechado e limitado e como f é contínua sabemos que
f atinge o máximo e o mínimo em A. Devemos analisar o interior e a fronteira de A
separadamente.
1. Análise no interior de A : Temos f diferenciável em R2 e portanto os candidatos a
ponto de máximo e mínimo absolutos de f no interior de A são apenas os pontos
críticos de f, a saber,
∇f (x, y) = (y, x) = (0, 0)
logo o único ponto crítico de f é (0, 0) e f (0, 0) = 0.
2. Análise na fronteira de A : A fronteira de A é a curva x2 + y 2 = 1, que pode ser
descrita por (cos t, sen t) com 0 ≤ t ≤ 2π . Temos
1
sen 2t,
2
analisando o comportamento de g concluímos que ela atinge o valor máximo em
π
5π
3π
7π
t= et=
, e o valor mínimo em t =
et=
. Segue que o valor máximo
4
4
4
4
√ √ √
√ 1
2 2
2
2
de f em A é atingido nos pontos
,
e −
,−
; e o valor mínimo
2
2 2
2
2
√ √ √
√ 1
2 2
2
2
de f em A é − atingido nos pontos −
,
e
,−
.
2
2 2
2
2
g (t) = f (cos t, sen t) =
100
9.7.1
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Lista de exercícios
Exercício 9.189 Para f (x, y) = xy 2 escreva os polinômios de Taylor de ordens 2, 3 e 4
em torno dos pontos (0, 0) e (1, 2) .
Exercício 9.190 Sabe-se que x2 yz + 2xy 2 z 3 − 3x3 y 3 z 5 = 0 define implicitamente z =
f (x, y) numa vizinhança de (1, 1) com f de classe C ∞ e f (1, 1) = 1. Calcule aproximadamente, usando a fórmula de Taylor de ordem 2, o valor de f (1.01, 1.02).
Exercício 9.191 Determine o polinômio de Taylor de ordem 2 de f em torno de (x0 , y0 )
dado:
1. f (x, y) = exp (x + 5y) , (x0 , y0 ) = (0, 0) .
2. f (x, y) = x3 + y 3 − x2 + 4y, (x0 , y0 ) = (1, 1) .
3. f (x, y) = sen (3x + 4y), (x0 , y0 ) = (0, 0) .
Exercício 9.192 Sejam f (x, y) = x3 + y 3 − x2 + 4y e P1 (x, y) o polinômio de Taylor
de ordem 1 de f em (1, 1) . Mostre que para todo (x, y) tal que |x − 1| < 1 e |y − 1| < 1
temos
|f (x, y) − P1 (x, y)| < 7 |x − 1|2 + 6 |y − 1|2 .
Exercício 9.193 Suponha que f ∈ C 2 (Br ((x0 , y0 ))) e que as derivadas parciais de segunda ordem são limitadas em Br ((x0 , y0 )). Prove que existe K > 0 tal que
|f (x, y) − P1 (x, y)| ≤ K (x, y) − (x0 , y0 )2 .
Exercício 9.194 Suponha que f ∈ C 3 (A), onde A um aberto do R2 e considere (x0 , y0 ) ∈
A. Prove que existem uma bola fechada B r ((x0 , y0 )) ⊂ A e K > 0 tais que para todo
(x, y) ∈ Br ((x0 , y0 )) temos
|f (x, y) − P2 (x, y)| ≤ K (x, y) − (x0 , y0 )3 ,
e conclua que se E (x, y) = f (x, y) − P2 (x, y) então
E (x, y)
2 = 0.
(x,y)→(x0 ,y0 ) (x, y) − (x0 , y0 )
lim
Exercício 9.195 Estude os máximos e mínimos locais de f :
1. f (x, y) = x2 + 3xy + 4y 2 − 6x + 2y.
2. f (x, y) = x3 + 2xy + y 2 − 5x.
3. f (x, y) = x3 − 3x2 y +27y.
4. f (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 − 2y 2 .
9.7. MÁXIMOS, MÍNIMOS E PONTOS DE SELA
101
5. f (x, y) = 1/x2 + 1/y + xy , x > 0 , y > 0.
Exercício 9.196 Método dos Mínimos Quadrados: Dados n pontos ( n ≥ 3 )
(a1 , b1 ) , (a2 , b2 ) , (a3 , b3 ) , ..., (an , bn ) ,
em geral não existirá uma função afim f (x) = αx + β cujo gráfico passe por todos os
pontos. Entretanto podemos determinar f de modo que a soma dos erros f (ai ) − bi seja
mínima. Pois bem, determine α eβ para que a soma E (α, β) seja mínima, onde
E (α, β) =
n
i=1
[f (ai ) − bi ]2 .
Exercício 9.197 Determine pelo método dos mínimos quadrados, a reta que melhor se
ajusta aos pontos dados :
1. (1, 3) , (2, 7) e (3, 8) .
2. (0, 1) , (1, 3) , (2, 3) e (3, 4) .
Exercício 9.198 Determinado produto apresenta uma demanda y (em milhares ) quando
o preço por unidade é x (em reais ). Foram observados os seguintes dados:
x
5
6
7
8
y
100
98
95
94
1. Determine, pelo método dos mínimos quadrados, a reta que melhor se ajusta aos
dados observados.
2. Utilisando a reta encontrada faça uma previsão para a demanda quando o preço por
unidade for de 10 reais.
Exercício 9.199 Considere as retas reversas r e s
r : (x, y, z) = (0, 0, 2) + λ (1, 2, 0) , λ ∈ R
s : (x, y, z) = (0, 0, 4) + β (1, 1, 1) , β ∈ R,
determine P ∈ r e Q ∈ s de modo que a distância de P a Q seja mínima.
Exercício 9.200 Estude a função dada com relação a máximo e mínimo absolutos no
conjunto dado:
1. f (x, y) = 3x − y, A = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, y − x ≤ 3, x + y ≤ 4, 3x + y ≤ 6} .
2. f (x, y) = x2 + 3xy − 3x, A = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, , x + y ≤ 1} .
3. f (x, y) = x2 − y 2 , A = {(x, y) : x2 − y 2 ≤ 4} .
102
9.8
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Multiplicadores de Lagrange
Consideremos o problema de maximizar ou minimizar uma função f (x, y) onde x e y
estão relacionados pela equação g (x, y) = 0, chamada condição lateral. Suponhamos
que f, g ∈ C 2 num aberto D ⊂ R2 e que g (x, y) = 0 determine uma curva C contida em
D tal que ∇g (x, y) = 0 nos pontos de C.
∂g
Seja (x0 , y0 ) ∈ C com
(x0 , y0 ) = 0, então pelo Teorema da Função Implícita, existe
∂y
um intervalo aberto I, contendo x0 , onde a equação g (x, y) = 0 define implicitamente
y = ϕ (x) , ∀x ∈ I. Assim em I, a curva C é descrita pela seguinte função vetorial
x −→ γ (x) = (x, ϕ (x)) , x ∈ I.
Como g (γ (x)) = 0, para todo x ∈ I, segue pelo Teorema da Composta, que
∇g (γ (x)) , γ (x)! = 0, ∀x ∈ I.
(9.7)
Para x ∈ I, podemos escrever
f (x, ϕ (x)) = f (γ (x)) = Φ (x) .
Suponhamos que f possui um extremo no ponto (x0 , ϕ (x0 )) de C, com x0 ∈ I, então
Φ (x0 ) = 0, mas pelo Teorema da Composta temos
Φ (x0 ) = ∇f (γ (x0 )) , γ (x0 )! ,
assim
∇f (γ (x0 )) , γ (x0 )! = 0.
De (9.7) e (9.8) concluímos que existe λ ∈ R tal que
∇f (γ (x0 )) + λ∇g (γ (x0 )) = 0,
(9.8)
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
103
ou seja um extremo de f ao longo de uma curva C descrita pela condição lateral g (x, y) =
0, deve satisfazer o sistema

∂g
∂f



 ∂x (x, y) + λ ∂x (x, y) = 0
∂f
∂g
(x, y) + λ (x, y) = 0 .


∂y

 ∂y
g (x, y) = 0
Portanto, o ponto (x0 , y0 ) ∈ C,deve ser ponto crítico da função de Lagrange dada por
Fλ (x, y) = f (x, y) + λg (x, y) ,
onde o escalar λ é denominado multiplicador de Lagrange e satisfaz o sistema acima.
Pode-se mostrar que, se tal (x0 , y0 ) é um extremo de Fλ , então (x0 , y0 ) é um extremo de f
sob a condição g (x, y) = 0. Mas se (x0 , y0 ) é um ponto de sela de Fλ então nada podemos
afirmar sobre (x0 , y0 ) em relação à f.
x2
+ y 2 , no conjunto C =
4
{(x, y) : x2 + y 2 = 1} . Antes de iniciarmos a resolução vejamos graficamente o que está
acontecendo.
Exemplo 9.201 Determinemos os extremos de f (x, y) =
Observe que duas das curvas de nível da f , a verde e a azul, tangenciam a curva de
nível de g, que é a curva em vermelho, em dois pontos distintos. Vejamos a resolução do
exercício.
Temos f contínua e C um conjunto compacto, logo f assume máximo e mínimo em
C. A condição lateral é x2 + y 2 − 1 = 0, com g (x, y) = x2 + y 2 − 1, (x, y) ∈ R2
e ∇g (x, y) = (2x, 2y) = (0, 0) , para (x, y) = (0, 0) , mas (0, 0) não pertence à curva
descrita pela equação g (x, y) = 0. A função de Lagrange é
Fλ (x, y) =
x2
+ y 2 + λ x2 + y 2 − 1 ,
4
104
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
e os candidatos a extremos condicionados de f devem satisfazer

 x/2 + 2λx = 0
2y + 2λy = 0
.
 2
2
x +y −1=0
−1
as soluções são (1, 0)
4
e (−1, 0) . Como f assume máximo e mínimo absolutos em C, então basta comparar os
valores que f assume em cada um dos candidatos. Temos
1
f (0, 1) = f (0, −1) = 1 e f (1, 0) = f (−1, 0) = ,
4
logo (0, 1) e (0, −1) são pontos de máximo de f em C e (1, 0) e (−1, 0) são pontos de
mínimo de f em C. Exatamente os pontos de tangência das diferentes curvas de nível de
f com a curva de nível de g. Ou seja os pontos onde os gradintes destas curvas são l.d.
Para λ = −1, temos as soluções (0, 1) e (0, −1). Para λ =
Exemplo 9.202 Determinemos os extremos de
f (x, y) = x2 + y 2 ,
sob a condição lateral
x y
+ = 1.
2 3
Antes da resolução façamos novamente os gráficos da reta acima e de algumas curvas de
nível de f.
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
105
Observe que apenas uma curva de nível de f tangencia a reta num único ponto.
Observamos que o conjunto C definido pela condição lateral acima não é limitado e
então não podemos proceder como no exemplo anterior.
A condição lateral é dada pela
1 1
x y
função g (x, y) = + − 1, com ∇g (x, y) =
,
= (0, 0) para todo (x, y) ∈ R2 . A
2
3
2 3
função de Lagrange é
x y
2
2
Fλ (x, y) = x + y + λ
+ −1
2 3
e os pontos críticos de Fλ , pertencentes à reta dada, devem satisfazer

λ


2x + = 0



2
λ
2y + = 0 .

3y



 x/2 + = 1
3
18
12
72
A solução do sistema é x0 =
, y0 =
e λ = − . A matriz hessiana de Fλ (x, y) é
13
13
13
dada por
2 0
HFλ (x, y) =
,
0 2
18 12
,
é ponto de mínimo relativo de
com auto-valores todos positivos. Então P0 =
13 13
Fλ (x, y) e portanto ponto de mínimo relativo de f sob a condição lateral
x y
+ = 1.
2 3
Todo o raciocínio feito anteriormente é válido para maiores dimensões, conforme o
teorema seguinte.
Teorema 9.203 Sejam f, g : D ⊂ Rn → R de classe C 1 no aberto D com ∇g (x) = 0
nos pontos x tais que g (x) = 0. Se x0 ∈ D, tal que g (x0 ) = 0, é um extremo de
f sob a condição lateral g (x) = 0 então existe λ0 ∈ R tal que x0 é ponto crítico de
Fλ0 (x) = f (x) + λ0 g (x) . Ainda,
1. Se x0 é ponto de mínimo relativo de Fλ0 então x0 é ponto de mínimo relativo de f
sujeito à condição g (x) = 0.
2. Se x0 é ponto de máximo relativo de Fλ0 então x0 é ponto de máximo relativo de f
sujeito à condição g (x) = 0.
Nota 9.204 Assim, para determinar máximos e mínimos de f sujeito à condição g (x) =
0 devemos determinar os pontos críticos da função de Lagrange associada Fλ0 e analisar
os autovalores da matriz hessiana de Fλ0 ,, caso f, g ∈ C 2 (D) . Caso o ponto crítico seja
um ponto de sela de Fλ0 , então é necessário fazer outra análise para determinar se o ponto
é máximo ou mínimo condicionado de f.
106
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Exemplo 9.205 Determinemos os extremos de
f (x, y) = xy,
sobre a reta x + y = 1. Graficamente, temos:
As funções f, g ∈ C 2 (R2 ), onde g (x, y) = x+ y − 1, que determina a condição lateral é
tal que ∇g (x, y) = (1, 1) = (0, 0) , para todo (x, y) ∈ R2 . Podemos então aplicar o método
dos multiplicadores de Lagrange. Consideremos a função de Lagrange
Fλ (x, y) = xy + λ [x + y − 1] .
O sistema
tem como solução x0 = y0 =

 y+λ=0
x+λ=0

x+y−1=0
1
1
e λ = − . Temos
2
2
0 1
HFλ (x0 , y0 ) =
.
1 0
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
107
1 1
,
é um ponto de sela de Fλ (x, y), pois os autovalores de HFλ (x0 , y0 )
Logo o ponto
2 2
são ±1, então nada podemos concluir com este método. Da condição lateral temos y =
1 − x, queremos determinar os extremos de
g (x) = f (x, 1 − x) = x (1 − x) .
1
Aqui nós procedemos como em MAT-12, concluindo que x0 = é máximo relativo de g e
2
1 1
portanto o ponto
,
é máximo relativo de f sobre a reta x + y − 1 = 0. Ainda como
2 2
1
1
1
e g (x) < 0 em
, +∞ , segue que g é crescente em (−∞, ]
g (x) > 0, em −∞,
2
2
2
1
1
e decrescente em [ , +∞). Logo é um ponto de máximo absoluto de g e portanto é um
2
2
máximo absoluto de f sujeito à condição lateral x + y − 1 = 0.
Uma outra solução para exemplos como este é determinar os autovetores de HFλ
associados a cada autovalor desta matriz, pois vimos que o sinal da forma quadrática
associada a uma matriz simétrica é positivo na direção do autovetor associado ao autovalor
positivo e negativo na direção do autovetor associado ao autovalor negativo. Assim, neste
exemplo, fazendo os cálculos, concluímos que um autovetor associado a α = 1 é u = (1, 1)
e um autovetor associado a β = −1 é v = (1, −1) . Como u é um vetor normal à reta
r : x +y − 1 = 0 e v é um vetor na direção da reta, então pode-se concluir que o ponto
1 1
,
é ponto de máximo de f sujeito à condição x + y − 1 = 0, pois os elementos da
2 2
reta estão na direção do autovetor associado ao autovalor β = −1 e
portanto
nesta direção
1 1
,
o sinal da forma quadrática associada à matriz hessiana de F−1/2
é negativo,
2 2
1 1
1 1
ou seja, F−1/2
,
≥ F−1/2 (x, y) , para todo (x, y) ∈ Br
,
tal que x + y = 1, o
2 2
2 2
1 1
1 1
que implica da definição de F−1/2 , que f
,
≥ f (x, y) , (x, y) ∈ Br
,
tal que
2 2
2 2
x + y = 1.
Exemplo 9.206 Determinemos o ponto do plano x+2y −3z = 4 mais próximo à origem.
Queremos minimizar a função
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ,
sob a condição lateral
x + 2y − 3z − 4 = 0.
Considerando g (x, y, z) = x + 2y − 3z − 4, temos que f, g ∈ C 2 (R3 ) e ∇g (x, y, z) =
(1, 2, −3) = (0, 0, 0) para todo (x, y, z) ∈ R3 . A função de Lagrange é
Fλ (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ [x + 2y − 3z − 4] .
108
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Temos o sistema

2x + λ = 0



2y + 2λ = 0
.
2z − 3λ = 0



x + 2y − 3z = 4
λ
3λ
4
Vemos que x = − , y = −λ e z =
quando levados na 4a equação nos dá λ = −
2
2 7
2 4 −6
logo o ponto crítico de Fλ (x, y, z) é P =
, ,
e como
7 7 7


2 0 0
HFλ (P ) =  0 2 0  ,
0 0 2
que tem auto-valores todos positivos, segue que P é ponto de mínimo relativo de Fλ e
portanto P é mínimo relativo de f sob a condição x + 2y − 3z = 4. Neste caso, na
verdade, podemos concluir que o ponto encontrado é de mínimo absoluto. (Prove este
resultado!).
Exemplo 9.207 Determinemos o ponto do elipsóide x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1 cuja soma das
coordenadas seja máxima.
Queremos maximizar
f (x, y, z) = x + y + z,
sob a condição lateral
x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1.
Como a condição lateral determina um conjunto fechado e limitado e f é contínua basta
comparar os valores de f nos pontos encontrados. A função g (x, y, z) = x2 + 2y 2 +
3z 2 − 1, assim como f são de classe C 2 no R3 e ∇g (x, y, z) = (2x, 4y, 6z) = (0, 0, 0) ,
para todo (x, y, z) = (0, 0, 0) , mas (0, 0, 0) não pertence à superfície descrita pela equação
g (x, y, z) = 0. A função de Lagrange é
Fλ (x, y, z) = x + y + z + λ x2 + 2y 2 + 3z 2 − 1 .
Temos
e então

1 + 2λx = 0



1 + 4λy = 0
1 + 6λz = 0


 2
x + 2y 2 + 3z 2 = 1
1
1
1
, y=−
ez=− ,
2λ
4λ
6λ
24
que substituidos na 4a equação nos dá λ = ±
e os pontos
11
11 1 1 1
11 −1 −1 −1
P1 =
, ,
e P2 =
,
,
.
24 2 4 6
24 2 4 6
x=−
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
109
Como f (P1 ) > f (P2 ) , segue que P1 é o ponto procurado.
Exemplo 9.208 Determinemos os extremos de
f (x, y, z) = x − y + 2z,
sob a condição
g (x, y, z) = 0,
onde g (x, y, z) = x2 + y 2 + 2z 2 − 2. Como f, g ∈ C 2 (R3 ) e ∇g (x, y, z) = (0, 0, 0) para
todo (x, y, z) ∈ R3 que satisfaz a equação g (x, y, z) = 0, pode-se aplicar o método dos
multiplicadores de Lagrange.
Temos a função de Lagrange
Fλ (x, y, z) = x − y + 2z + λ x2 + y 2 + 2z 2 − 2
e o sistema
Temos




1 + 2λx = 0
−1 + 2λy = 0
.
2 + 4λz = 0


 2
x + y 2 + 2z 2 = 2

1


 x2 + y 2 = 2
2λ

1


z2 = 2
4λ
√
2
e substituindo na 4a equação obtemos λ = ±
o que nos dá os pontos
2
1
P1 = √ (−1, 1, −1)
2
1
e P2 = √ (1, −1, 1) .
2
Como o conjunto x2 + y 2 + 2z 2 = 2 é compacto e f é contínua, basta vermos que
−4
4
f (P1 ) = √ e f (P2 ) = √ ,
2
2
para concluir que P1 é ponto de mínimo absoluto condicionado de f e P2 é ponto de
máximo absoluto condicionado de f.
Exemplo 9.209 Determine o máximo e o mínimo absolutos de f (x, y, z) = x2 − 2yz na
esfera S : x2 + y 2 + z 2 ≤ 4.
Resolução. Como a esfera é um conjunto compacto e f é contínua em R3 , segue
que f assume máximo e mínimo absolutos em S. No entanto estes pontos podem estar
no interior da esfera ou na fronteira. Portanto os candidatos a pontos de máximo e
110
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
mínimo absolutos são os pontos críticos de f no interior da esfera e os pontos críticos de
Fλ (x, y, z) = x2 − 2yz + λ (x2 + y 2 + z 2 − 4) , já que estamos nas condições do teorema
(verifique!).
Assim, calculemos os pontos críticos de f,
∇f (x, y, z) = (2x, −2z, −2y) ,
portanto o único ponto crítico de f é (0, 0, 0) que pertence ao interior da esfera e f (0, 0, 0) =
0.
Calculemos agora os pontos críticos da função de Lagrange, que pertecem à superfície
esférica:
∇Fλ = (2x + 2λx, −2z + 2λy, −2y + 2λz) ,
logo, devemos resolver o seguinte sistema:

2x (1 + λ) = 0



2 (λy − z) = 0
,
2 (λz − y) = 0


 2
x + y2 + z 2 = 4
o que nos fornece
1. Para λ = −1, y = −z e substituindo na última equação obtemos x2 + 2y 2 = 4.
Portanto, todos os pontos da forma (x, y, −y) que satisfazem a equação x2 + 2y 2 = 4
são pontos críticos da função F−1 que pertencem à superfície esférica. No entanto
como estamos interessados nos pontos de máximo e mínimo absolutos de f , basta
ver que, neste pontos,
f (x, y, −y) = x2 + 2y 2 = 4.
2. Para x = 0, temos que λy = z e λz = y ⇒ λ2 z = z ⇒ z = 0 ou λ = ±1.
Mas se z = 0 então y = 0 e o ponto (0, 0, 0) não pertence à superfície esférica.
Logo segue que√λ = ±1. Se λ = 1, então y = z e substituino
√ √ na última
√
√equação
obtemos y = ± 2, ou seja os pontos críticos são 0, 2, 2 e 0, − 2, − 2 com
√
√ √ √ f 0, 2, 2 = f 0, − 2, − 2 = −4. Para λ = −1, o ponto está entre os pontos
encontrados no caso anterior.
√
√ √ √ Assim, os pontos de mínimo absolutos de f em S são 0, 2, 2 e 0, − 2, − 2 e
seu valor mínimo é −4. Os pontos de máximo absoluto de f em S são os pontos da elipse
obtida pela interseção de x2 + y 2 + z 2 = 4 e o plano y + z = 0 e o valor máximo obtido é
4. Consideremos agora o problema de determinar os extremos de f (x, y, z) onde (x, y, z)
deve satisfazer as equações
g1 (x, y, z) = 0
(9.9)
g2 (x, y, z) = 0.
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
111
Sejam S1 e S2 as superfícies definidas pelas equações em (9.9). Queremos determinar os
extremos de f ao longo da curva γ intercessão das duas superfícies. Suponhamos que γ é
descrita pela função vetorial
r (t) = (x (t) , y (t) , z (t)) , t ∈ I ⊂ R.
Se f, g1 e g2 são de classe C 2 num aberto D ⊂ R3 contendo γ e talque {∇g1 , ∇g2 } é
linearmente independente ao longo de γ então
∇g1 (r (t)) , r (t)! = 0 , ∀t ∈ I
.
∇g2 (r (t)) , r (t)! = 0 , ∀t ∈ I
(9.10)
Suponhamos que f possui um extremo num ponto r (t0 ) , isto é, que Φ (t) = f (r (t))
possui um extremo em t0 , então como Φ é derivável em todo ponto do intervalo aberto I,
temos que Φ (t0 ) = 0. Ou seja,
∇f (r (t0 )) , r (t0 )! = 0.
(9.11)
De (9.10) e (9.11) concluímos que devem existir λ1 e λ2 tais que
∇f (γ (t0 )) + λ1 ∇g1 (γ (t0 )) + λ2 ∇g2 (γ (t0 )) = 0,
já que {∇g1 , ∇g2 } é l.i em todo ponto de γ.
Devemos , então , procurar os extremos de f sob as condições em (9.9) entre os pontos
críticos da função de Lagrange
Fλ1 ,λ2 (x, y, z) = f (x, y, z) + λ1 g1 (x, y, z) + λ2 g2 (x, y, z) .
112
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Exemplo 9.210 Determinemos os pontos da curva x2 − xy + y 2 − z 2 = 1 e x2 + y 2 = 1
que estão mais próximos da origem.
Queremos minimizar a função
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ,
sob as condições
x2 − xy + y 2 − z 2 = 1
.
x2 + y 2 = 1
Considerando g1 (x, y, z) = x2 − xy + y 2 − z 2 − 1 e g2 (x, y, z) = x2 + y 2 − 1, temos
que f, g1 , g2 ∈ C 2 (R3 ). Ainda, ∇g1 (x, y, z) = (2x − y, 2y − x, −2z), ∇g2 (x, y, z) =
(2x, 2y, 0) , pode-se provar que {∇g1 (x, y, z) , ∇g2 (x, y, z)} é l.i. para todo (x, y, z) ∈ R3
satisfazendo as duas condições laterais (verifique!). A função de Lagrange é
Fλ1 ,λ2 (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ1 [x2 − xy + y 2 − z 2 − 1]
+λ2 [x2 + y 2 − 1] .
Os pontos críticos de Fλ1 ,λ2 que satisfazem as condições laterais são tais que

2x + λ1 (2x − y) + 2λ2 x = 0




 2y + λ1 (−x + 2y) + 2λ2 y = 0
(1)
2z − 2λ1 z = 0 .

2

x − xy + y 2 − z 2 = 1



x2 + y 2 = 1
1. Para z = 0 temos λ1 = 1 logo
(2)
da 5a equação de (1) segue
(4 + 2λ2 ) x = y
(4 + 2λ2 ) y = x
(4 + 2λ2 )2 = 1,
e então λ2 = −5/2 ou λ2 = −3/2 . Se λ2 = −5/2, de (2) temos x = −y e da
4a e 5a equação de (1) segue
x2 = y 2 =
1
1
e z2 = .
2
2
Se λ2 = −3/2, de (2) temos x = y, logo da 4a e 5a equação de (1) segue
x2 = y 2 = 1/2 e z 2 = −1/4 (ABSURDO !!!)
2. Para z = 0 temos
x2 − xy + y 2 = 1
,
x2 + y 2 = 1
logo x = 0 ou y = 0. Para x = 0 temos y = ±1 e para y = 0 temos x = ±1 .
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
113
Concluimos que os pontos críticos da função de Lagrange, satisfazendo as condições
laterais são
P2 = (0, −1, 0) ,
P3 = (1, 0, 0) ,
1
1
P4 = (−1, 0, 0) ,
P5 = √ (1, −1, 1) ,
P6 = √ (−1, 1, 1) ,
2
2
1
1
P7 = √ (−1, 1, −1) , P8 = √ (1, −1, −1) .
2
2
P1 = (0, 1, 0) ,
Como o conjunto C determinado pelas condições laterais é um conjunto compacto e f é
contínua, sabemos que f assume máximo e mínimo absolutos em C. Assim basta compararmos os valores de f nos pontos acima. Temos
f (P1 ) = f (P2 ) = f (P3 ) = f (P4 ) = 1,
5
f (P5 ) = f (P6 ) = f (P7 ) = f (P8 ) = ,
4
logo P1 , P2 , P3 e P4 são pontos de mínimo absoluto de f em C e P5 , P6 , P7 e P8 são
pontos de máximo absoluto de f em C.
y
z
Exemplo 9.211 Determinemos a menor distância do ponto (1, 2, 3) à reta x = − = .
3
2
Devemos minimizar a função
f (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 ,
restrita às condições
3x + y = 0
.
z − 2x = 0
Considerando g1 (x, y, z) = 3x + y e g2 (x, y, z) = z − 2x, temos que ∇g1 (x, y, z) = (3, 1, 0)
e ∇g2 (x, y, z) = (−2, 0, 1) , que são l.i, logo podemos aplicar o método dos multiplicadores
de Lagrange. A função de Lagrange é
Fλ1 ,λ2 (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 +
+λ1 (3x + y) + λ2 (z − 2x) .
Temos o sistema
que tem como solução x =

2 (x − 1) + 3λ1 − 2λ2 = 0




2 (y − 2) + λ1 = 0

2 (z − 3) + λ2 = 0


3x + y = 0



z − 2x = 0
1
3
2
, y = −
e z =
. Observamos que o conjunto C
14
14
14
114
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
determinado pela condições laterais não é limitado, logo não podemos proceder como no
exemplo anterior. A matriz hessiana de Fλ1 ,λ2 é


2 0 0
HFλ1 ,λ2 (x, y, z) =  0 2 0 
0 0 2
1
com auto-valores todos positivos. Concluimos que o ponto
(1, −3, 2) é ponto de mínimo
14
relativo de f em C. Podemos ainda concluir que esse ponto é de mínimo absoluto de f
em C, procedendo como no exemplo (9.202)
O resultado geral é dado no teorema seguinte.
Teorema 9.212 Sejam f, g1 , g2 , . . . , gm : D ⊂ Rn → R de classe C 1 no aberto D, n > m
e tais que o conjunto {∇g1 (x) , ∇g2 (x) , . . . , ∇gm (x)} é linearmente independente ∀x ∈ D
tal que
g1 (x) = g2 (x) = · · · = gm (x) = 0.
(9.12)
Se x0 ∈ D, tal que g1 (x0 ) = g2 (x0 ) = · · · = gm (x0 ) = 0, é um extremo de f sob
as condições em (9.12), então existem escalares λ01 , λ02 , . . . , λ0m ∈ R tais que x0 é ponto
crítico da função de Lagrange
Fλ01 ,λ02 ,...,λ0m (x) = f (x) + λ01 g1 (x) + λ02 g2 (x) + · · · + λ0m gm (x) .
Ainda
1. Se x0 é ponto de mínimo relativo de Fλ01 ,λ02 ,...,λ0m então x0 é ponto de mínimo relativo
de f sujeito às condições g1 (x) = · · · = gm (x) = 0.
2. Se x0 é ponto de máximo relativo de Fλ01 ,λ02 ,...,λ0m então x0 é ponto de máximo relativo
de f sujeito às condições g1 (x) = · · · = gm (x) = 0.
Nota 9.213 Como no teorema com apenas uma condição lateral, para determinar pontos
de máximo ou mínimo relativos de f sujeita às condições g1 (x) = g2 (x) = · · · = gm (x) =
0, devemos determinar os pontos críticos da função de Lagrange Fλ01 ,λ02 ,...,λ0m . Ainda, caso o
conjunto determinado por estas equações não for limitado então devemos analisar o sinal
dos autovalores da matriz hessiana de Fλ01 ,λ02 ,...,λ0m em cada um dos pontos encontrados,
se f, gi ∈ C 2 (D) , i = 1, . . . , m. Novamente, se o ponto for ponto de sela de Fλ01 ,λ02 ,...,λ0m ,
deve-se fazer outra análise para concluir se este ponto é máximo ou mínimo condicionado
de f .
Exemplo 9.214 Determine os pontos extremos de f (x, y, z) = xyz sujeita às condições
x + y + z = 1 e x − y = 0.
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
115
Resolução. Considerando g1 (x, y, z) = x + y + z − 1 e g2 (x, y, z) = x − y, segue
que f, g1 .g2 ∈ C ∞ (R3 ) . Ainda ∇g1 (x, y, z) = (1, 1, 1) , ∇g1 (x, y, z) = (1, −1, 0) são l.i. e
portanto estamos nas condições do teorema. A função de Lagrange é Fλ1 ,λ2 (x, y, z) =
xyz + λ1 (x + y + z − 1) + λ2 (x − y) . Assim, seus pontos críticos, que satisfazem as
condições acima, são tais que
(yz + λ1 + λ2 , xz + λ1 − λ2 , xy + λ1 ) = (0, 0, 0) .
Ou seja, devemos resolver o sistema

yz + λ1 + λ2 = 0




 xz + λ1 − λ2 = 0
xy + λ1 = 0
.


x+y+z = 1



x−y = 0
1 1 1
1
, ,
, para λ1 = − e λ2 = 0.
Obtemos então os pontos (0, 0, 1) para λ1 = 0 = λ2 e
3 3 3
9
A matriz hessiana de Fλ1 ,λ2 é dada por


0 z y
HFλ1 ,λ2 (x, y, z) =  z 0 x 
y x 0
e para cada um destes valores, obtemos que tais pontos são pontos de sela da função de
Lagrange.
Uma solução é determinar os autovetores associados a cada autovalor da matriz hessiana de Fλ1 ,λ2 , em cada ponto crítico de Fλ1 ,λ2 , para verificar se é possível determinar
se f admite máximo ou mínimo nestes pontos. Consideremos o ponto (0, 0, 1) , com
λ1 = 0 = λ2 . Para estre ponto A matriz hessiana é:


0 1 0
HF0,0 (0, 0, 1) =  1 0 0 
0 0 0
e cujos autovalores são 0 e ±1. Para o autovalor α = 1, os autovetores são da forma
(x, x, 0) , x ∈ R, para o autovalor α = −1 os autovetores são da forma (x, −x, 0) , x ∈ R
e para o autovalor α = 0 os autovetores são da forma (0, 0, z) , z ∈ R. Um vetor que dá
a direção da reta é (1, 1, −2) . Portanto este vetor é uma combinação linear do autovetor
associadoa α = 1e a α = 0, logo nada se pode concluir com respeito ao ponto (0, 01) .
1 1 1
1
Para
, ,
, com λ1 = − e λ2 = 0, a matriz hessiana é dada por:
3 3 3
9


1 1
0


 1 3 13 
1 1 1


HF−1/9,0
, ,
=
0

3 3 3
3
3
 1 1

0
3 3
116
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
−1
2 −1
e
. Os autovetores associados ao autovalor β =
são da
3
3
3
forma (x, y, −x − y) e portanto (1, 1, −2) que é um vetor diretor da reta é um autovetor
−1
associado ao autovalor
, que é negativo e portanto a forma quadrática associada à
3
1 1 1
matriz hessiana é negativa nesta direção. Assim, F−1/9,0 (x, y, z) ≤ F−1/9,0
, ,
,
3 3 3 1 1 1
1 1 1
para todo (x, y, z) ∈ Br
, ,
tal que x + y + z = 1 e x − y = 0. Ou seja
, ,
3 3 3
3 3 3
é um máximo relativo de f condicionado a x + y + z = 1 e x − y = 0.
Outra solução, que neste caso é o mais fácil de se fazer, é a partir das equações dadas
tirar y e z em função de x e analisar, utilizando MAT-12 a natureza destes pontos. Das
equações dadas temos que
x = y e z = 1 − 2x,
cujos autovalores são
que substituindo em f nos fornece a seguinte função de uma variável
g (x) = f (x, x, 1 − 2x) = x2 − 2x3 .
1
Assim, temos que g (x) = 2x − 6x2 = 2x (1 − 3x) , cujos pontos críticos são x = 0, x = .
3
1
A partir mdo sinal de g , obtemos que g é decrescente em (−∞, 0] ∪ [ , +∞) e crescente
3
1
1
, o que implica que x0 = 0 é um ponto de mínimo relativo de g e x1 = é um
em 0,
3
3
ponto de
máximo
relativo
de
g.
Logo,
(0,
0,
1)
é
um
ponto
de
mínimo
relativo
condicionado
1 1 1
de f e
, ,
é um ponto de máximo relativo condicionado de f. 3 3 3
9.8.1
Lista de exercícios
Exercício 9.215 Encontre o ponto da curva xy = 1, x > 0 e y > 0 que se encontra mais
próximo da origem.
y2
Exercício 9.216 Determine a reta tangente à curva x2 +
= 1 com x > 0 e y > 0 que
4
forma com os eixos coordenados um triângulo de área mínima.
Exercício 9.217 Determine os pontos mais afastados da origem e cujas coordenadas
estão sujeitas às restrições
2
x + 4y 2 + z 2 = 4
.
x+y+z =1
Exercício 9.218 Estude os máximos e mínimos condicionados:
1. f (x, y) = 3x + y , x2 + 2y 2 = 1.
9.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE
117
2. f (x, y) = x2 + 2y 2 , 3x + y = 1.
3. f (x, y) = xy , x2 + 4y 2 = 8.
4. f (x, y) = x2 − 2xy + y 2 , x2 + y 2 = 1.
5. f (x, y) = x3 + y 3 − 3x − 3y, x + 2y = 3.
Exercício 9.219 Determine o ponto da reta x + 2y = 1 cujo produto das coordenadas
seja máximo.
Exercício 9.220 Determine o ponto mais próximo da origem que está na reta
x + 2y + z = 1
.
2x + y + z = 4
Exercício 9.221 Encontre os pontos da superfície xyz = 1, x > 0, y > 0, z > 0, mais
próximos da origem.
Exercício 9.222 Determine os eixos da elipse 5x2 + 8xy + 5y 2 = 9.
Exercício 9.223 Na esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 inscreva um cilindro cuja área total seja
máxima.
Exercício 9.224 Os cursos de dois rios, dentro do limite de uma região D = [0, 2] ×
[−1, 1], são representados, respectivamente pela parábola y = x2 e pela reta x − y − 2 = 0.
Deve-se unir estes rios por um canal retilíneo que tenha o menor comprimento possível.
Determine os pontos pelos quais este canal deve passar e o comprimento que terá.
118
CAPÍTULO 9. CÁLCULO DIFERENCIAL DE CAMPOS ESCALARES
Capítulo 10
Integral dupla
No caso bidimensional dada uma função positiva f (x, y) , pretendemos determinar o volume da região limitada pelo gráfico de f e o plano xy. Iniciaremos com funções definidas
e limitadas num retângulo do R2 e depois estenderemos para funções definidas e limitadas
em regiões mais gerais do R2 .
Definição 10.1 Seja Q = [a, b] × [c, d]. Se P1 é uma partição de [a, b] dividindo-o em
n sub-intervalos [xi−1 , xi ] , i = 1 . . . n, e P2 é uma partição de [c, d] dividindo-o em m
sub-intervalos [yj−1 , yj ], j = 1, . . . m, então, o produto cartesiano P = P1 × P2 é uma
partição do retângulo Q, que o divide em nm sub-retângulos
Qij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ] .
Ou seja , uma partição do retângulo Q = [a, b]×[c, d] é um subconjunto P de pontos
do R2 , P = P1 × P2 , onde P1 é uma partição de [a, b] e P2 é uma partição de [c, d] .
Antes de enunciarmos o resultado que nos permitirá calcular integrais duplas, vamos
definir a integral dupla como limite de somas de Riemann. Vejamos.
Definição 10.2
Seja
Q = [a, b] × [c, d] um retângulo. Uma partição pontilhada de
Q é um par P, ξ i,j , onde P é uma partição de Q que o decompõe em subretângulos
Qi,j e ξ i,j ∈ Qi,j . Ainda, definimos a norma da partição P = P1 × P2 , por P =
max{P1 , P2 } = max{xi − xi−1 , yj − yj−1 , i = 1, . . . , n e j = 1, . . . , m}.
Teorema 10.3 Seja f : Q → R limitada em Q. f é integrável sobre Q se e somente se
n m
existe lim
f ξ i,j ∆xi ∆yj = L, isto é dado ε > 0, existe δ > 0 tal que para toda
P →0i=1j=1
n m
partição pontilhada P, ξ i,j de Q, com P < δ, tem-se que f ξ i,j ∆xi ∆yj − L <
i=1j=1
ε. Neste caso L = Q f (x, y) dxdy.
Seguem as seguintes propriedades:
119
120
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
Proposição 10.4 Sejam f, g : Q → R integráveis sobre Q e λ ∈ R. Temos:
1. f + g é integrável sobre Q e
(f + g) (x, y) dxdy =
f (x, y) dxdy +
g (x, y) dxdy.
Q
Q
Q
2. λf é integrável sobre Q e
(λf ) (x, y) dxdy = λ
f (x, y) dxdy.
Q
3. Se f ≤ g então
4.
Q
Q
f (x, y) dxdy ≤
g (x, y) dxdy.
Q
≤
f
(x,
y)
dxdy
|f (x, y)| dxdy.
Q
Q
5. Se Q = Q1 ∪ Q2 com Q1 ∩ Q2 = ∂Q1 ∩ ∂Q2 então f é integrável sobre Q1 e sobre
Q2 e
f (x, y) dxdy =
f (x, y) dxdy +
f (x, y) dxdy.
Q
Q1
Q2
Antes de dar um resultado que fornece uma condição necessária e suficiente para que
uma função limitada num retângulo seja integrável, definiremos conjunto de medida nula
em R2 .
Definição 10.5 Dizemos que um subconjunto A ⊂ R2 tem medida nula quando dado
qualquer ε > 0 existe uma família enumerável de retângulos {Qi } tal que
1. A ⊂ ∪i Qi ,
2.
área (Qi ) < ε .
i
Exemplo 10.6 Todo conjunto enumerável de pontos no plano tem medida nula.
Exemplo 10.7 Todo segmento de reta tem medida nula em R2 .
O resultado a seguir será importante para estudarmos integrabilidade em regiões mais
gerais do plano.
Teorema 10.8 Se ϕ : [a, b] → R é contínua então seu gráfico tem medida nula.
121
O próximo teorema fornece uma condição necessária e suficiente para que uma função
limitada num retângulo seja integrável. A demonstração deste teorema foge ao escopo de
uma disciplina de Cálculo II.
Teorema 10.9 Seja f : Q → R limitada no retângulo Q. Então f é integrável sobre Q
se e só se o conjunto de descontinuidades de f é um conjunto de medida nula.
Exemplo 10.10 Seja f : Q = [0, 1] × [1, 2] → R, definida por
sen xy
se x = 0
.
f (x, y) =
x
0
se x = 0
Esta função é integrável pois seu conjunto de descontinuidades é D = {(x, y) ∈ Q; x = 0},
pois para cada y0 ∈ [1, 2] , lim f (x, y) , já que
(x,y)→(0,y0 )
lim
f (x, y) = y0 =
(x,y)→(0,y0 )
x=0
lim
f (x, y) = 0,
(x,y)→(0,y0 )
x=0
e D é um conjunto de medida nula.
Teorema 10.11 Toda função contínua num retângulo Q é integrável sobre Q.
Exercício 10.12 Analise quais das funções abaixo é ou não integrável sobre Q.
1. f : [0, 1] × [−1, 3] → R, f (x, y) = arctg xy.

1 − cos xy


; y = 0
y
2. f : [0, 1] × [−1, 3] → R, f (x, y) =
.
1


;
y=0
2
xy ln x; x = 0
3. f : [0, 1] × [−1, 3] → R, f (x, y) =
.
0;
x=0


1
x2 cos ; y = 0
4. f : [0, 1] × [−1, 3] → R, f (x, y) =
.
y

0;
y=0
5. f : [0, 1] × [−1, 3] → R, f (x, y) =
−1; x ∈ Q
.
0; x ∈
/Q
122
10.1
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
Integral Iterada
No caso unidimensional, o Teorema Fundamental do Cálculo nos fornece um método
prático para o cálculo de integrais. O próximo teorema efetua este mesmo papel na teoria
bidimensional e nos permite avaliar certas integrais duplas por meio de integrações simples
sucessivas.
Teorema 10.13 Seja f : Q = [a, b] × [c, d] → R limitada em Q. Suponhamos que f é
integrável sobre Q e que para cada y ∈ [c, d] fixado existe
b
A (y) =
f (x, y) dx.
a
Então A é integrável sobre [c, d] e vale
d
f (x, y) dxdy =
A (y) dy =
Q
c
d
c
b
f (x, y) dx dy.
a
Nota 10.14 Se trocarmos a hipótese sobre A (y) pela hipótese de que para cada x ∈ [a, b]
d
existe c f (x, y) dy = B (x) obtemos a igualdade
b
b d
f (x, y) dxdy =
B (x) dx =
f (x, y) dy dx.
Q
a
a
c
Interpretação geométrica da fórmula: O Teorema 10.13 tem uma interpretação
geométrica bem simples no caso em que f ≥ 0. Seja
S = {(x, y, z) ; (x, y) ∈ Q , 0 ≤ z ≤ f (x, y)} ,
como na figura abaixo
10.1. INTEGRAL ITERADA
123
Sabemos que
A (y) =
b
f (x, y) dx
a
é a área da seção S (y) , onde S (y) é obtida pela interseção de S e do plano paralelo
ao plano xOz e passando pelo ponto (0, y, 0). Como A é integrável em [c, d] temos que
d
A (y) dy é igual ao volume de S, pois da definição de integral para funções de uma
c
variável sabemos que
d
mP
A (y) dy = lim
A yj∗ ∆yj ,
|P |→0
c
j=1
onde P é uma partição de [c, d] , determinando os sub-intervalos [yj−1 , yj ] de [c, d] e yj∗ ∈
(yj−1 , yj ). Assim,
A yj∗ ∆yj
pode ser visto como o volume aproximado da região
Sj = {(x, y, z) ∈ S; x ∈ [a, b] , y ∈ [yj−1 , yj ] , 0 ≤ z ≤ f (x, y)} .
Logo a soma em j nos dá o valor aproximado do volume de S e tal aproximação é melhor,
quanto menor for ∆yj , portanto, no limite temos o volume de S.
Exemplo 10.15 Como f (x, y) = x2 y é contínua em Q = [1, 2] × [−3, 4] , então f é
integrável em Q. Ainda para cada y ∈ [−3, 4] fixado a função fy (x) = x2 y é contínua em
[1, 2] e portanto integrável neste intervalo. Logo, pelo teorema anterior, segue que
f (x, y) dxdy =
Mas,
A (y) =
2
A (y) dy.
f (x, y) dxdy =
Q
2
x3 7
x ydx = y
= y,
3 1 3
2
1
4
−3
Q
assim
4
−3
1
2
7 4
49
x ydx dy =
ydy = .
3 −3
6
2
Observe que neste caso também temos que para cada x ∈ [1, 2] a função fx (y) = x2 y é
contínua em [−3, 4] e portanto tem-se que
f (x, y) dxdy =
A (x) =
2
A (x) dx.
1
Q
Mas,
4
2
x yddy = x
−3
2
4
y 2 7
= x2 ,
2 −3 2
124
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
logo tem-se que
f (x, y) dxdy =
Q
2
1
4
7
x ydy dx =
2
−3
2
2
x2 dy =
1
49
.
6
Já vimos que toda função contínua em Q é integrável sobre Q. Veremos a seguir
que além disso a integral pode ser feita por integração iterada, tanto fazendo primeiro a
integração em x, quanto fazendo primeira a integração em y.
Teorema 10.16 Seja f : Q = [a, b] × [c, d] → R, contínua em Q. Então f é integrável
sobre Q e a integral dupla pode ser obtida por integração iterada, isto é :
10.2
f (x, y) dxdy =
Q
d
c
b
a
b f (x, y) dx dy =
a
d
f (x, y) dy dx.
c
Integrais duplas sobre regiões compactas
Até aqui, a integral dupla foi definida apenas sobre regiões retangulares, entretanto não
é difícil a generalização para regiões compactas. Seja S uma região compacta do R2 e
Q = [a, b] × [c, d] um retângulo contendo S e f : S → R é uma função limitada. Definimos
f* : Q → R por
f (x, y) ; (x, y) ∈ S ,
*
f (x, y) =
0;
(x, y) ∈ Q − S .
Definição 10.17 Nas condições anteriores, dizemos que f é integrável sobre S quando
f* é integrável sobre Q e definimos
f (x, y) dxdy =
f*(x, y) dxdy.
S
Q
Teorema 10.18 Considere ϕ1 , ϕ2 : [a, b] → R, funções contínuas com ϕ1 ≤ ϕ2 , S =
{(x, y) ∈ R2 ; a ≤ x ≤ b , ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x)} e f : S → R . Então f é integrável sobre
S ⇔ o conjunto de descontinuidades de f tiver medida nula.
Teorema 10.19 Considere ϕ1 , ϕ2 : [a, b] → R, funções contínuas com ϕ1 ≤ ϕ2 , S =
{(x, y) ∈ R2 ; a ≤ x ≤ b , ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x)} e f : S → R integrável sobre S. Se para
ϕ (x)
cada x ∈ [a, b] existe ϕ 2(x) f (x, y) dy = B (x) , então
1
f (x, y) dxdy =
S
a
b
B (x) dx =
b a
ϕ2 (x)
f (x, y) dy dx.
ϕ1 (x)
10.2. INTEGRAIS DUPLAS SOBRE REGIÕES COMPACTAS
125
Prova. Seja Q = [a, b] × [c, d], onde c ≤ ϕ1 (x) ≤ ϕ2 (x) ≤ d, ∀x ∈ [a, b] . Então S ⊂ Q
e portanto definimos f* : Q → R por
f (x, y) ; (x, y) ∈ S ,
f*(x, y) =
.
0; (x, y) ∈ Q − S .
Como f é integrável sobre S, segue que f* é integrável sobre Q. Ainda para cada x ∈
ϕ (x)
[a, b] existe ϕ 2(x) f (x, y) dy = B (x) , ou seja, fx (y) é integrável em [ϕ1 (x) , ϕ2 (x)] e
1
portanto seu conjunto de descontinuidades, E1 , tem medida nula em R. Logo, da definição
* para cada x ∈ [a, b], o conjunto de descontinuidades, E2 , de f*x está contido em
de f,
E1 ∪ {ϕ1 (x) , ϕ2 (x)}, que é a união de dois conjuntos de medida nula em R e portanto
E2 também é um conjunto de medida nula em R, o que implica que para cada x ∈ [a, b]
d
existe c f*(x, y) dy. Assim, do teorema 10.13, segue que
Q
Mas,
c
d
f*(x, y) dy =
f*(x, y) dxdy =
ϕ1 (x)
c
b a
f*(x, y) dy +
d
f*(x, y) dy dx.
c
ϕ2 (x)
ϕ1 (x)
f*(x, y) dy +
d
ϕ2 (x)
f*(x, y) dy,
e da definição def*(x, y) , tem-se que para cada x ∈ [a, b] fixado f*(x, y) = 0 em [c, ϕ1 (x))∪
(ϕ2 (x) , d], e f*(x, y) = f (x, y) em [ϕ1 (x) , ϕ2 (x)] . Logo
c
d
f*(x, y) dy =
ϕ2 (x)
f (x, y) dy.
ϕ1 (x)
Portanto, da definição e do resultado acima, temos que
b f (x, y) dxdy =
f*(x, y) dxdy =
S
Q
a
ϕ2 (x)
f (x, y) dy dx.
ϕ1 (x)
Corolário 10.20 Considere ϕ1 , ϕ2 : [a, b] → R, funções contínuas com ϕ1 ≤ ϕ2 , S =
{(x, y) ∈ R2 ; a ≤ x ≤ b , ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x)} e f : S → R contínua em S. Então f é
integrável sobre S e
b
ϕ2 (x)
f (x, y) dxdy =
S
f (x, y) dy dx.
a
ϕ1 (x)
126
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
Prova. Como f é contínua em S, então f é integrável em S, já que seu conjunto de
descontinuidades é vazio. Ainda para cada x ∈ [a, b] , a função fx (y) = f (x, y) é contínua
ϕ (x)
em [ϕ1 (x) , ϕ2 (x)] e portanto existe ϕ 2(x) f (x, y) dy. Logo, estamos nas condições do
1
teorema anterior e portanto tem-se
b ϕ2 (x)
f (x, y) dxdy =
f*(x, y) dxdy =
f (x, y) dy dx.
S
Q
a
ϕ1 (x)
Nota 10.21 Se substituirmos S no Teorema 10.18 e em seu corolário pelo subconjunto
S dado por
S = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, Ψ1 (y) ≤ x ≤ Ψ2 (y)} ,
como na figura
onde Ψ1 , Ψ2 : [c, d] → R são funções contínuas com Ψ1 ≤ Ψ2 , obtemos resultados análogos,
fazendo apenas a seguinte substituição,
d
Ψ2 (y)
f (x, y) dxdy =
S
f (x, y) dx dy.
c
Ψ1 (y)
Exemplo 10.22 Se f (x, y) = x2 + y 2 , determinemos a integral de f sobre a região
compacta S, delimitada pela reta y = x e pela parábola y = x2 .
10.2. INTEGRAIS DUPLAS SOBRE REGIÕES COMPACTAS
127
A região S é como na figura abaixo
Temos
S
2
x +y
2
dxdy =
Calcule as integrais.
0
1
x
x2
2
x +y
2
dy dx =
1
0
y
√
y
2
x +y
2
dx dy.
Exemplo 10.23 Se f (x, y) = 2xy, determinemos a integral de f sobre o setor circular
S situado entre as curvas 3x = 4y e x2 + y 2 = 25 com y ≥ 0.
A região S é como na figura abaixo
128
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
Temos
2xydxdy =
4
0
S
=
3x/4
2xydy dx +
0
3
0
√
25−y2
4y/3
5
4
√
25−x2
2xydy dx
0
2xydx dy.
Conclua como exercício.
Exemplo 10.24 Se S = {(x, y) : a ≤ x ≤ b , ϕ1 (x) ≤ y ≤ ϕ2 (x)} ,com ϕ1 e ϕ2 contínuas, então
b
dxdy =
[ϕ2 (x) − ϕ1 (x)] dx = área (S) .
S
a
Exemplo 10.25 A área da região limitada pela reta y = x e a parábola y = x2 , pode ser
calculada pela integral dupla. Mas antes precisamos determinar os pontos de interseção.
Assim, x = x2 ⇔ x = 0 ou x = 1, portanto a área desta região é dada por
1 x 1
1
dy dx =
x − x2 dx = .
6
0
x2
0
Exemplo 10.26 Seja f : S ⊂ R2 →R não negativa e contínua , e
V = {(x, y, z) : (x, y) ∈ S, 0 ≤ z ≤ f (x, y)} .
Temos
f (x, y) dxdy = volume (V ) .
S
Mais geralmente, se f e g são contínuas em S com f ≥ g e
V = {(x, y, z) : (x, y) ∈ S, g (x, y) ≤ z ≤ f (x, y)} ,
então
S
[f (x, y) − g (x, y)] dxdy = volume (V ) .
Exemplo 10.27 Determinemos o volume do sólido limitado pelo elipsóide
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 = 1.
a2
b
c
Usando o Exemplo 10.26 , temos
x2 y 2
x2 y 2
f (x, y) = c 1 − 2 − 2 e g (x, y) = −c 1 − 2 − 2 ,
a
b
a
b
10.2. INTEGRAIS DUPLAS SOBRE REGIÕES COMPACTAS
onde
x2 y 2
+ 2 ≤ 1.
a2
b
Logo,
volume (V ) =
a
−a
10.2.1
129
b√1−x2 /a2
√
−b
1−x2 /a2
2c 1 −
x2 y 2
4
− 2 dydx = πabc.
2
a
b
3
Lista de Exercícios
Exercício 10.28 Calcule,
Q
f (x, y) dxdy, das funções f abaixo:
1. Q = [−1, 1] × 0, π2 , f (x, y) = x sen y − yex .
2. Q = [3, 4] × [1, 2] , f (x, y) =
1
.
(x + y)2
3. Q = [0, 1] × [0, 1] , f (x, y) =
xy 2
.
1 + (xy)2
4. Q = [3, 4] × [1, 2] , f (x, y) = x ln (xy) .
√ y
5. Q = [0, 1] × 0, 2 , f (x, y) = .
1 + x2 + y 2
Exercício 10.29 Colocar os limites de integração, nas duas ordens, nas integrais duplas
f (x, y) dxdy
S
1. S é um retângulo com vértices em O = (0, 0), A = (2, 0), B = (2, 1) e C = (0, 1) .
2. S é um triângulo com vértices em O = (0, 0), A = (1, 0) e B = (1, 1) .
3. S é um trapézio com vértices em O = (0, 0), A = (2, 0), B = (1, 1) e C = (0, 1) .
4. S é um paralelogramo com vértices em A = (1, 2), B = (2, 4) , C = (2, 7) e D = (1, 5)
.
5. S é um setor circular OAB centrado em O = (0, 0) , cujo arco tem seus extremos
em A = (1, 1) e B = (−1, 1).
6. S é um segmento parabólico reto AOB limitado pela parábola e pelo segmento de
reta unindo os pontos B = (−1, 2) e A = (1, 2).
7. S é um anel circular limitado pelas circunferências centradas na origem e raios 1 e
2.
130
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
8. S é a região que contém a origem e está limitada pela hipérbole y 2 − x2 = 1 e a
circunferência x2 + y 2 = 9.
Exercício 10.30 Coloque os limites de integração nas integrais duplas
f (x, y) dxdy,
S
onde S é dado por:
1. x ≥ 0 , y ≥ 0 e x + y ≤ 1.
2. x2 + y 2 ≤ a2 .
3. x2 + y 2 ≤ x.
4. y ≥ x , x ≥ −1 e y ≤ 1.
5. y ≤ x ≤ y + 2a e 0 ≤ y ≤ a.
Exercício 10.31 Troque a ordem de integração:
1.
4
1
0
3.
0
4.
0
5.
f (x, y) dydx.
3x2
0
2.
12x
3x
f (x, y) dydx.
2x
√
a
a2 −x2
f (x, y) dydx.
(a2 −x2 )/2a
√
R 2/2 x
f (x, y) dydx +
0
a
√
2ax−x2
f (x, y) dydx.
a/2 0
6.
0
7.
1
0
8.
2a √
4ax
√
2ax−x2
f (x, y) dydx.
1−y
√
−
f (x, y) dxdy.
1−y 2
1 √3−y2
0
y 2 /2
f (x, y) dxdy.
R
√
R 2/2 0
√
R2 −x2
f (x, y) dydx.
10.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS
131
Exercício 10.32 Calcule
1.
2.
3.
S
x dxdy, onde S é o triângulo com vértices em O = (0, 0), A = (1, 1) e B = (0, 1).
x dxdy, onde S está limitado pela reta que passa por A = (2, 0) e B = (0, 2) e
S
pelo arco de circunferência de raio 1 que tem seu centro em C = (0, 1) .
dxdy
dxdy, onde S é a parte do círculo de raio a centrado em O =
a2 − x2 − y 2
(0, 0) situada no primeiro quadrante.
4. S x2 − y 2 dxdy, onde S é um triângulo com vértices em O = (0, 0) , A = (1, −1, )
e B = (1, 1) .
5. S xy − y 2 dxdy onde S é um triângulo com vértices em O = (0, 0) , A = (10, 1)
e B = (1, 1) .
6. S ex/y dxdy onde S é limitado pelas retas x = 0 e y = 1 e pelo arco da parábola
x = y2.
7.
S
S
x
x2
dxdy
onde
S
é
limitado
pela
parábola
y
=
e pela reta y = x.
x2 + y 2
2
xy dxdy onde S é limitado pelo eixo Ox e pela semi-circunferência superior
(x − 2)2 + y 2 = 1,
9. S 1 − x2 − y 2 dydx onde S é o primeiro quadrante do círculo centrado na origem
e de raio 1.
8.
S
Exercício 10.33 Calcule a área da região:
1. limitada pelas retas x = y, x = 2y, x + y = a e x + 3y = a com a > 0.
2. limitada pela elipse (y − x)2 + x2 = 1.
3. limitada pelas parábolas y 2 = 10x + 25 e y 2 = −6x + 9.
10.3
Mudança de variáveis
No caso unidimensional vimos que se f : [a, b] → R é contínua então
a
b
f (x) dx =
d
f (g (t)) g (t) dt,
c
onde g é uma função mudança de variável com g (c) = a e g (d) = b.
(10.1)
132
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
No caso bidimensional temos um resultado análogo chamado mudança de variáveis
que transforma uma integral
f (x, y) dxdy
S
em outra
F (u, v) dudv.
T
O método é mais elaborado do que no caso unidimensional, pois existem duas substituições
a serem feitas, isto é, ao invés da função g que aparece em (10.1), temos agora duas funções:
x = x (u, v) ,
.
(10.2)
y = y (u, v) ,
Mas antes de enunciarmos o resultado precisamos da seguinte definição:
Definição 10.34 Sejam f, g : D ⊂ R2 → R diferenciáveis em D0 . Definimos o jacobiano
de f, g em cada ponto (x, y) ∈ D0 , denotado por J (x, y) , como sendo


∂f
∂f
(x, y)
(x, y)


∂y
J (x, y) = det  ∂x
.
∂g
∂g
(x, y)
(x, y)
∂x
∂y
Nota 10.35 Quando o par de funções, representa uma mudança de variáveis que leva
uma região do R2 em outra região do R2 de forma biunívoca, segue que o jacobiano é não
nulo.
Teorema 10.36 (Mudança de variáveis): Considere D ⊂ R2 um domínio tal que a região
compacta T está contida em D. Sejam ϕ, ψ : D ⊂ R2 → R, ϕ, ψ ∈ C 1 (D) ( ∂T compacta
e de medida nula ), que transformam
a região Tna região S do R2 , de forma biunívoca.

∂ϕ
∂ϕ
 ∂u (u, v) ∂v (u, v) 
e tal que J (u, v) = det  ∂ψ
 = 0, ∀ (u, v) ∈ T 0 . Seja f : S → R
∂ψ
(u, v)
(u, v)
∂u
∂v
integrável sobre S. Então f (ϕ (u, v) , ψ (u, v)) é integrável sobre T e
f (x, y) dxdy =
f (ϕ (u, v) , ψ (u, v)) |J (u, v)| dudv.
S
T
Exemplo 10.37 Se S é o triângulo determinado pelas retas x + y = 2, x = 0 e y = 0,
calculemos
e(y−x)/(y+x) dxdy.
S
Consideramos a mudança de variáveis
u=y−x
,
v =y+x
10.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS
v−u u+v
,
ou seja, ϕ, ψ : R → R, ϕ (u, v) =
2
2

1
 −2
J (u, v) = det  1
2
2
133
, ϕ, ψ ∈ C 1 (R2 ) , e

1
1
2 
1  = −2.
2
Resta determinar a região compacta T, que é transformada por ϕ, ψ em S. Para isso
consideremos primeiramente a imagem da frnteira de S :
x=0
→ v=u
−
y=0
→ v = −u ,
−
x+y =2 −
→ v=2
logo a região de integração T no plano uv é determinada pelas retas v = u, v = −u e
v = 2. Graficamente temos,
Assim
S
e
(y−x)/(y+x)
2 v
1
u
1 u
e v du dv =
dxdy =
e v dudv =
2 T
0
−v 2
1 2 u v 1 2 =
v e v −v dv =
v e − e−1 dv = e − e−1 .
2 0
2 0
Exemplo 10.38 Determinemos a área da região S limitada pela curva x2 +y 2 = a2 , onde
a > 0.
134
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
Nas coordenadas cartesianas temos
(1) a (S) =
a
−a
√
a2 −x2
√
− a2 −x2
dy dx.
Vamos usar o sistema de coordenadas polares com origem no ponto (0, 0) .
Temos
x = r cos u
,
y = r sen u
ou seja ϕ, ψ : R2 → R, ϕ (r, u) = r cos u e ψ (r, u) = r sen u, ϕ, ψ ∈ C 1 (R2 ) cujo jacobiano
é
cos u
sen u
J (r, u) = det
= r.
−r sen u
r cos u
Temos que T = [0, a] × [0, 2π] ⊂ R2 é transformada por ϕ, ψ em S e J (r, u) = r = 0,
∀ (r, u) ∈ T 0 . Logo
a 2π
(2) a (S) =
r du dr = πa2 .
0
0
Observamos que é bem mais simples calcular a integral em (2) do que em (1) .
Exemplo 10.39 Se S = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1}, calculemos
1 − x2 − y 2 dxdy .
S
Usamos as coordenadas polares dadas no Exemplo anterior. Temos
1 2π √
2
2
2
1 − x − y dxdy =
1 − r rdu dr =
S
0
0
1 2π
2π 2 3/2 = −
1−r
.
=
3
3
0
10.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS
135
Exemplo 10.40 Seja S é a região dada por
calculemos
x−
a 2
a2
+ y2 ≤
com y ≥ 0,
2
4
x2 + y 2 dxdy.
S
Neste caso podemos usar as coordenadas polares de duas formas, é claro que devemos
escolher a mais conveniente, isto é, aquela que torne o cálculo da integral uma tarefa mais
fácil. Vejamos isto.
a 1. Se a origem do sistema de coordenadas polares é o ponto A =
,0 :
2
temos
a
+ r cos u
2
y = r sen u
x=
com J (r, u) = r e a variação (ver figura )
a
e 0 ≤ u ≤ π,
2
0≤r≤
logo
2
2
x + y dxdy =
S
0
a/2
0
π
r
a2
+ ar (cos u) (sen u) + r2 du dr,
4
que é uma integral que só pode ser calculada numericamente. Sendo assim, apesar
de ser uma mudança de variável interessante do ponto de vista da região sobre a
qual estamos integrando, não é de modo algum uma boa mudança de variáveis, do
ponto de vista da função integranda.
136
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
2. Se a origem do sistema de coordenadas polares é o ponto O = (0, 0) .
Temos
x = r cos u
.
y = r sen u
Sabemos que J (r, u) = r. Neste caso (ver figura ) devemos ter r variando da origem
até a curva cuja equação em coordenadas cartesianas é
a2
a 2
+ y2 = ,
x−
2
4
ou ainda
x2 + y 2 = ax ,
substituindo as novas coordenadas nesta última equação obtemos
r2 = ar cos u,
temos assim
0≤u≤
π
e 0 ≤ r ≤ a cos u.
2
Logo
S
x2
+
y 2 dxdy
=
π/2
0
1
=
3
0
0
π/2
a cos u
2
r dr du =
2
a3 cos3 udu = a3 .
9
Nota 10.41 É importante notar que ao fazer uma mudança de variáveis deve-se levar
em conta a região de integração e a função integranda.
10.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS
137
Exemplo 10.42 Se S é limitada pela folha da lemniscata
calculemos
2
2
x + y 2 = a2 x2 − y 2 com x ≥ 0,
a2 − x2 − y 2 dxdy.
S
Temos a figura
Façamos
x = r cos u
.
y = r sen u
Temos J (r, u) = r e vemos (ver figura ) que r deve variar da origem até os pontos da
curva cuja equação nas coordenadas consideradas é
r4 = r2 a2 cos2 u − sen2 u = r2 a2 cos 2u,
assim u deve ser tal que cos 2u ≥ 0 , ou seja:
−
π
π
3π
5π
≤ 2u ≤
ou
≤ 2u ≤
,
2
2
2
2
observando que a região desejada é aquela em que x ≥ 0 em S obtemos, então, a variação
−
√
π
π
≤u≤
e 0 ≤ r ≤ a cos 2u,
4
4
138
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
portanto,
S
a2 − x2 − y 2 dxdy =
=
=
=
=
=
=
π/4
−π/4
√
a cos 2u
0
√
a2 − r2 rdr du
√
a cos 2u
1 2
2 3/2 − a −r
du =
3
0
−π/4
√
a3 π/4 3
1 − 2 2 |sen u| du =
3 −π/4
2
0
√ π/4
a3 π
−2 2
(sen u)3 du −
(sen u)3 du
=
3 2
0
−π/4
2
√ π/4
a3 π
−4 2
(sen u)3 du
3 2
0
π/4 2
√
a3 π
cos3 u
=
− 4 2 − cos u +
3 2
3
0
√ 2
√ 2− 2
a3 π
.
−4 2
3 2
3
π/4
Exemplo 10.43 Se S é limitada pela elipse
x2 y 2
+
= 1,
4
9
calculemos
S
1−
x2 y 2
−
dxdy.
4
9
10.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS
139
Neste caso usamos o sistema de coordenadas polares generalizado cuja origem
é o ponto O = (0, 0), ou seja
x = 2r cos θ
y = 3r sen θ
com jacobiano
J (r, ) = det
e a variação
logo
2 cos θ
−2r sen θ
S
x2 y 2
1−
− dxdy =
4
9
= 6r
e 0 ≤ θ ≤ 2π,
0≤r≤1
3 sen θ
3r cos θ
0
2π
0
1
√
1 − r2 6rdr dθ = 4π.
Nota 10.44 Observe que no exemplo anterior a mudança de variáveis é uma composição
de duas mudanças de variáveis. A primeira é transformar a região de integração que é
limitada por uma elipse, por outra limitada por uma circunferência, a saber,

 u= x
x = 2u
2
⇒
.
y
y = 3v
 v=
3
x2 y 2
Logo, a região
+ ≤ 1 é transformado no círculo u2 + v2 ≤ 1. E a segunda a mudança
4
9
para coordenadas polares, transforma o círculo num retângulo, ou seja,
u = r cos θ
,
v = r sen θ
transforma o círculo no retângulo [0, 1]×[0, 2π] . Observe que a mudança feita no exemplo,
a saber
x = 2r cos θ
y = 3r sen θ
é a composição das duas mudanças de variáveis e portanto leva a região
retângulo [0, 1] × [0, 2π] .
10.3.1
x2 y 2
+
≤ 1 no
4
9
Lista de Exercícios
Exercício 10.45 Se S é a região limitada pelo triângulo de vértices em (0, 0) , (0, 1) e
(1, 0, ) mostre que
(y − x)1/3
dxdy = 0.
S 1+x+y
140
CAPÍTULO 10. INTEGRAL DUPLA
Exercício 10.46 Se S é a região dada por 1 + x2 ≤ y ≤ 2 + x2 , y ≥ x + x2 e x ≥ 0,
mostre que
y−x2
e
dxdy = e2 − e .
2
y
−
x
S
Exercício 10.47 Passe para coordenadas polares r e u :
1 1
1.
f (x, y) dxdy.
0
2.
0
3.
0
2
x
f
0
1
1
−1 x2
f
x2 + y 2 dydx.
y
x
dydx.
4. Se S é um triângulo limitado pelas retas y = x , y = −x e y = 1,
f (x, y) dxdy.
S
2
5. Se S é limitado pela lemniscata (x2 + y 2 ) = a2 (x2 − y 2 ) ,
f (x, y) dxdy.
S
Exercício 10.48 Mostre, passando para coordenadas polares, que:
1. Se S é limitada pela circunferência x2 + y 2 = 2ax,
2
3
x + y 2 dxdy = πa4 .
2
S
2
2. Se S é limitada pela lemniscata (x2 + y 2 ) = a2 (x2 − y 2 ) , com x ≥ 0,
√
3
a
π
16
2
−
20
a2 − x2 − y 2 dxdy =
−
.
2 3
9
S
x2 y 2
+ 2 = 1,
a2
b
x2 y 2
2
1 − 2 − 2 dxdy = πab.
a
b
3
S
3. Se S é limitada pela elipse
Exercício 10.49 Calcule a área limitada pela curva
x2 y 2
+
4
9
2
x2 y 2
=
− .
4
9
10.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS
141
Exercício 10.50 Calcule o volume da região interna ao parabolóide 2az = x2 + y 2 e à
esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 .
Exercício 10.51 Calcule o volume da região limitada pelo plano xOy, interna ao cilindro
x2 + y 2 = 2ax e externa ao cone z 2 = x2 + y 2 .
Exercício 10.52 Calcule o volume da região limitada pelo plano xOy, interna ao cilindro
2
(x2 + y 2 ) = x2 − y 2 e externa ao parabolóide z = x2 + y 2 .
Exercício 10.53 Determine a massa e o centro de massa de uma placa que tem a forma
do semi-círculo x2 + y 2 ≤ x, y ≥ 0, cuja densidade em cada ponto é proporcional à
distância deste ponto à origem.
Exercício 10.54 Determine a área da região limitada por uma pétala da rosácea r =
sen 3θ.
Exercício 10.55 Calcule as integrais duplas abaixo:
1.
S
e(4x
2 +9y 2
) dxdy, onde S é a região limitada pela elipse 4x2 + 9y 2 = 1.
y
arctg dxdy, onde S é a região, no primeiro quadrante, limitada pelas circunx
1
ferências x2 + y 2 = 1, x2 + y 2 = 4 e pelas retas y = x e y = √ x.
3
x
3.
dxdy, onde S é o círculo x2 + y 2 ≤ 2x.
S
2
2
x +y
4.
x2 + y 2 dxdy, onde S é a região externa à circunferência r = 2a cos θ e interna
S
à cardióide r = a (1 + cos θ) .
2.
S