APOSTILA DE CÁLCULO
DIFERENCIAL E INTEGRAL II
z
t2
t1
C2
C1
x0
y0
β
x
y
α
Colaboradores para elaboração da apostila:
Elisandra Bär de Figueiredo, Enori Carelli, Ivanete Zuchi Siple, Marnei Luis Mandler,
Rogério de Aguiar
Versão atual editada por Elisandra Bär de Figueiredo
Para comentários e sugestões escreva para [email protected]
Home-page: http://www.joinville.udesc.br/portal/professores/elisandra/
Joinville, janeiro de 2013
Horário de Monitoria
Início
Final
07:30
08:20
08:20
09:10
09:20
10:10
10:10
11:00
11:00
11:50
13:30
14:20
14:20
15:10
15:20
16:10
16:10
17:00
17:00
17:50
18:10
19:00
19:00
19:50
19:50
20:40
Segunda
Terça
Quarta
Quinta
Sexta
Horário de Atendimento dos Professores
Início
Final
07:30
08:20
08:20
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11:00
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19:00
19:00
19:50
19:50
20:40
Segunda
Terça
i
Quarta
Quinta
Sexta
Conteúdo
1 INTEGRAL DEFINIDA
1
1.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.2
Partição
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.3
Soma Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.4
Soma Inferior
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.5
Função Integrável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.5.10 Teorema do Valor Médio para Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
1.6
Teorema Fundamental do Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
1.6.6
20
Fórmulas Clássicas para Resolver Integrais (Revisão)
. . . . . . . . .
1.7
Integrais Impróprias
1.8
Integral de uma função descontínua num ponto
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9
Área em coordenadas retangulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
c ∈ [a, b]
. . . . . . . . . . .
1.10 Área delimitada por curvas escritas em equações paramétricas (opcional)
22
23
25
. .
32
1.11 Área de um setor curvilíneo em coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . .
34
1.12 Comprimento de Arco
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
1.12.1 Comprimento de Arco em Coordenadas Cartesianas . . . . . . . . . .
38
1.12.3 Comprimento de um arco em coordenadas paramétricas . . . . . . . .
41
1.12.7 Comprimento de arco em coordenadas polares . . . . . . . . . . . . .
43
1.13 Volume de um Sólido de Revolução
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.13.5 Rotação em torno de uma Reta Paralela a um Eixo Coordenado . . .
1.14 Exercícios Gerais
1.15 Respostas
44
48
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
64
1.16 Revisão de Coordenadas Polares no
60
2 FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS E DIFERENCIAÇÃO PARCIAL 68
2.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
2.2
Função de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
2.2.5
2.3
Gráco de uma Função de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . . . . .
71
2.2.12 Curvas e Superfícies de Nível
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
2.2.14 Distâncias e Bolas no Espaço
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
Limite de uma Função de duas Variáveis
2.3.9
Propriedades dos Limites
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
80
2.4
Continuidade de uma Função de duas Variáveis
2.5
Derivadas Parciais
2.5.7
. . . . . . . . . . . . . . . .
83
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
Interpretação Geométrica das derivadas parciais . . . . . . . . . . . .
88
2.6
Derivada de uma Função Composta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
91
2.7
Derivada Parcial como Taxa de Variação
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94
2.8
Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
2.9
Derivadas Parciais de Ordem Superior
98
ii
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Extremos de uma Função de duas Variáveis
2.10.1 Ponto Crítico
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
99
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
100
2.10.3 Ponto de Máximo e Ponto de Mínimo . . . . . . . . . . . . . . . . . .
100
2.11 Derivadas de Funções Implícitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
104
2.12 Exercícios Gerais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
108
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
117
2.13 Respostas
3 INTEGRAIS DUPLAS
122
3.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
123
3.2
Interpretação Geométrica da Integral Dupla
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
125
3.3
Cálculo da Integral Dupla
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
126
3.4
Integrais Duplas em Coordenada Polares
3.5
Exercícios Gerais
3.6
Respostas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
131
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
136
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
139
4 INTEGRAIS TRIPLAS
141
4.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
142
4.2
Interpretação Geométrica da Integral Tripla
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
142
4.3
Cálculo da Integral Tripla em Coordenadas Retangulares . . . . . . . . . . .
143
4.4
Integrais Triplas em Coordenadas Cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . .
150
4.5
Integrais Triplas em Coordenadas Esféricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
155
4.6
Exercícios Gerais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
162
4.7
Respostas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
166
5 SEQUÊNCIAS E SÉRIES
169
5.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
170
5.2
Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
170
5.2.3
Limite de uma Sequência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
171
5.2.7
Sequências Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
172
5.3
Subsequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
173
5.4
Sequência Limitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
173
5.5
Sequências Numéricas Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
174
5.6
Séries Numéricas
175
5.6.4
5.6.7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Soma de uma Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
177
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
178
5.7
Condição necessária para Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
181
5.8
Séries Especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
182
5.8.1
Série harmônica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
182
5.8.3
Série geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.9
Séries Convergentes
Critérios de Convergência de Séries
183
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
184
5.9.1
Critério da integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
184
5.9.4
Série p ou Série Hiper-harmônica
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
184
5.9.8
Critério da comparação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
186
5.9.11
. . . . . . . . . . . . .
187
5.9.15 Critério de Cauchy ou Critério da Raíz . . . . . . . . . . . . . . . . .
Critério de D'Alambert ou Critério da Razão
188
5.10 Séries de Termos Positivos e Negativos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.10.3 Convergência de uma série alternada
189
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
190
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
191
5.12 Séries absolutamente convergente e condicionalmente convergentes . . . . . .
193
5.11 Série de Termos de Sinais Quaisquer
iii
5.13 Séries de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
195
5.13.2 Convergência de séries de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
195
5.14 Séries de Potências
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
196
5.14.4 Processo para determinar o intervalo e o raio de convergência de uma
5.14.8
série de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
197
x=a
. . . . . . . . . . . . . . . . .
198
5.14.11 Continuidade da soma de uma Série de Funções. . . . . . . . . . . . .
Série de potências centrada em
199
5.14.13 Derivação de uma série de funções contínuas . . . . . . . . . . . . . .
200
5.15 Diferenciação e Integração de Séries de Potências
. . . . . . . . . . . . . . .
201
5.16 Séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203
5.17 Série de Maclaurin
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
204
5.18 Fórmula geral do binômio de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
208
5.19 Exercícios Gerais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
211
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
217
5.20 Respostas
iv
Capítulo 1
INTEGRAL DEFINIDA
Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de):
1. Denir integral inferior e integral superior;
2. Calcular o valor da integral denida por denição;
3. Aplicar o teorema fundamental do cálculo e suas propriedades;
4. Calcular integral denida por substituição de variáveis;
5. Resolver exercícios que envolvam integrais impróprias;
6. Resolver exercícios que envolvam integrais impróprias de funções descontínuas;
7. Calcular áreas delimitadas por funções em coordenadas retangulares;
8. Calcular áreas delimitadas por funções em coordenadas polares;
9. Calcular áreas delimitadas por funções em coordenadas paramétricas;
10. Calcular volume de um sólido de revolução;
11. Calcular o comprimento de um arco em coordenadas retangulares, paramétricas e polares;
12. Calcular a superfície de um sólido de revolução;
13. Resolver problemas através da integral nas áreas de física, produção, economia entre
outras aplicações;
14. Resolver exercícios usando uma ferramenta tecnológica.
A prova será composta por questões que possibilitam vericar se os objetivos foram
atingidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação das questões é o modelo adotado na formulação dos exercícios e no desenvolvimento
teórico desse capítulo nessa apostila.
1
1.1
Introdução
Neste capítulo estudaremos a integral denida. Uma das principais aplicações da integral
denida encontra-se em problemas que envolvem cálculo de área e volumes. Por exemplo,
seja
f : [a, b] → R
uma função contínua tal que
f (x) ≥ 0
propósito é determinar a área da região delimitada pela curva
retas
x=a
e
x = b,
x ∈ [a, b].
y = f (x), pelo eixo x
para todo
Nosso
e pelas
conforme Figura 1.1 abaixo:
y
a
b
f
x
Figura 1.1: Área da região
R
Estimando o valor da área R: Sabemos como calcular a área de um retângulo (base
× altura).
A área de um polígono podemos obter subdividindo-o em triângulos e retângulos.
No entanto, não é tão fácil encontrar a área de uma região com lados curvos. Assim, parte do
problema da área é utilizar uma ideia intuitiva do que é a área de uma região. Recordemos
que, para denir uma tangente, primeiro aproximamos a inclinação da reta tangente por
inclinações de retas secantes e então tomamos o limite dessas aproximações. Utilizaremos
uma ideia semelhante para obter áreas.
Por exemplo para calcular a área da região R vamos dividir o intervalo [a, b] em 2 subinb−a
tervalos de comprimento ∆x =
. Denotamos os extremos destes subintervalos por xi ,
2
onde i ∈ {0, 1, 2}. Veja que, neste caso, temos x0 = a, x1 = c e x2 = b. Na Figura 1.2,
considere os retângulos de largura
a
∆x
e altura
y
Mi = M ax{f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]}.
c
b
f
x
Figura 1.2: Estimativa por soma de áreas de retângulos
Deste modo obtemos um polígono circunscrito a região
da área dos dois retângulos.
2
∑
Mi ∆x,
por
onde
R
cuja área é dada pela soma
Como a base é a mesma, podemos dizer que a área é dada
Mi = M ax{f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]}.
i=1
2
Você acha que podemos comparar a
área da região
R representada pela Figura 1.1 e a região formada pelos retângulos da Figura
1.2? A diferença é muito grande? O que aconteceria com esta diferença se dividíssemos o
intervalo
[a, b]
em
n
subintervalos com
n = 3, 4, 5, 6, · · ·?
A denição formal de integral denida envolve a soma de muitos termos pequenos (diferenciais), com a nalidade de obter-se uma quantidade total após esta operação. Assim há
uma conexão entre o cálculo integral e diferencial, onde o Teorema Fundamental do Cálculo
relaciona a integral com a derivada. As integrais estão envolvidas em inúmeras situações:
usando a taxa (derivada) podemos obter a quantidade (integral) de óleo
que vaza de um
tanque durante um certo tempo; utilizando a leitura do velocímetro de um ônibus espacial é
possível calcular a altura atingida por ele em um dado intervalo de tempo. Assim, pode-se
usar a integral para resolver problemas concernentes a volumes, comprimentos de curvas,
predições populacionais, saída de sangue do coração, força sobre uma represa, potência consumida e a energia usada em um intervalo de tempo na cidade de Joinville, etc.
O Cálculo da Área
Primeiramente aproximaremos a área da região
R
delimitada por grácos de funções por
soma de áreas de retângulos inscritos ou circunscritos para então tomarmos o limite das
áreas desses retângulos, à medida que se aumenta o número destes, conforme a Figura 1.3.
y
y
a
b
x
a
Figura 1.3: Aproximando áreas com
b
n
x
retângulos
E desta forma, a área total desejada será obtida pela soma das áreas retangulares quando
suas bases se tornam cada vez menores, isto é, quando
∆x → 0 (ou equivalentemente, quando
n → ∞). Você consegue formalizar,
o número de retângulos se torna cada vez maior, isto é,
matematicamente, este resultado?
Para dar início a essa formalização, veremos algumas denições auxiliares.
1.2
Partição
DEFINIÇÃO 1.2.1 Seja
ordenado de pontos
[a, b] um intervalo. Denominamos partição de [a, b] ao conjunto
P = {x0 , x1 , x2 , ..., xi , ..., xn }
tais que
a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b
e que dividem [a, b] em n-subintervalos, a saber,
[x0 , x1 ] , [x1 , x2 ] , [x2 , x3 ] , ..., [xi−1 , xi ] , ..., [xn−1 , xn ] ,
3
denominados intervalos da partição. Além disso, denotamos o comprimento de cada subintervalo por
|[x0 , x1 ]| = x1 − x0 = ∆x1
|[x1 , x2 ]| = x2 − x1 = ∆x2
|[x2 , x3 ]| = x3 − x2 = ∆x3
···
|[xi−1 , xi ]| = xi − xi−1 = ∆xi
···
|[xn−1 , xn ]| = xn − xn−1 = ∆xn .
Considerando o intervalo [1, 12], o conjunto de pontos P = {1, 2, 4, 8, 12} é
uma partição de [1, 12]. Os intervalos dessa partição são [1, 2], [2, 4], [4, 8] e [8, 12].
Naturalmente, temos 1 = x0 < 2 = x1 < 4 = x2 < 8 = x3 < 12 = x4 .
EXEMPLO
1.2.2
DEFINIÇÃO 1.2.3 Seja [a, b] um intervalo e considere
P = {x0 , x1 , x2 , · · · , xi , · · · , xn } e Q = {x0 , x1 , x2 , · · · , y0 , · · · , xi, · · · , xn }
duas partições de [a, b]. Dizemos que a partição Q é um renamento da partição P se P ⊂ Q.
EXEMPLO
1.2.4
Consideremos o intervalo [1, 12]. Os conjuntos de pontos
P = {1, 2, 4, 8, 12} e Q = {1, 2, 3, 4, 5, 8, 10, 12}
são duas partições de [1, 12] com P ⊂ Q. Então, Q é um renamento de P.
1.3
Soma Superior
f : [a, b] → R denida num intervalo fechado
[a, b] e limitada nesse intervalo, isto é, existem m, M ∈ R tais que m ≤ f (x) ≤ M para todo
x ∈ [a, b] .
Consideraremos sempre uma função contínua
DEFINIÇÃO 1.3.1 Seja f
: [a, b] → R uma função limitada e seja P = {x0 , x1 , x2 , ..., xi , ..., xn }
uma partição de [a, b], com a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b. Seja Mi o valor supremo de f
no intervalo [xi−1 , xi ] , onde i = 1, 2, 3, · · · , n. Denominamos soma superior de f em relação
à partição P e denotamos por S(f, P ) à expressão:
S(f, P ) = M1 (x1 − x0 ) + M2 (x2 − x1 ) + .. + Mn (xn − xn−1 ) =
n
∑
Mi (xi − xi−1 ).
(1.3.1)
i=1
Considere a função f : [0, 2] → R denida por f (x) = xsenx. Na Figura
1.4 podemos ver o gráco de uma soma superior referente a uma partição composta por 15
pontos. Já uma soma superior referente a uma partição com maior número de pontos (80
pontos), é ilustrada pela Figura 1.5.
EXEMPLO
1.3.2
Note que, conforme aumentamos o número de pontos da partição, aqui uniformemente
distribuídos, a soma superior
x sin x,
no intervalo
S(f, P )
vai se aproximando da área sob o gráco de
[0, 2] .
4
f (x) =
y
f(x)=xsen x
x
Figura 1.4: Soma Superior,
S(f, P ), P
com 15 pontos:
A = 1, 863
u.a.
y
f(x)=xsen x
x
Figura 1.5: Soma Superior,
1.4
S(f, P ), P
com 80 pontos:
A = 1, 746
u.a.
Soma Inferior
DEFINIÇÃO 1.4.1 Seja f
: [a, b] → R uma função limitada e seja P = {x0 , x1 , x2 , ..., xi , ..., xn }
uma partição de [a, b], onde a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b. Seja mi o valor ínmo de f
no intervalo [xi−1 , xi ] para i = 1, 2, 3, ..., n. Denominamos soma inferior de f em relação à
partição P e denotamos por S(f, P ) à expressão:
S(f, P ) = m1 (x1 − x0 ) + m2 (x2 − x1 ) + ... + mn (xn − xn−1 ) =
n
∑
mi (xi − xi−1 ).
(1.4.1)
i=1
1.4.2 Considere a função f : [0, 2] → R denida por f (x) = xsenx. Na Figura
1.6 podemos ver o gráco de uma soma inferior referente a uma partição composta por um
número reduzido de pontos (15 pontos) e na Figura 1.7 de uma soma inferior referente a
uma partição com maior número de pontos (80 pontos).
EXEMPLO
Note que, aumentando o número de pontos de
ximando da área sob o gráco de
f (x) = x sin x
5
[a, b]
a soma inferior
no intervalo
[0, 2].
S (f, P )
vai se apro-
y
f(x)=xsen x
x
Figura 1.6: Soma Inferior,
S(f, P ), P
com 15 pontos:
A = 1, 642
u.a.
y
f(x)=xsen x
x
Figura 1.7: Soma Inferior,
1.5
S(f, P ), P
com 80 pontos:
A = 1, 718
u.a.
Função Integrável
DEFINIÇÃO 1.5.1 Seja f
: [a, b] → R uma função limitada. Dizemos que f é integrável se
lim S(f, P ) = lim S(f, P )
n→+∞
ou seja, se
lim
n→+∞
n
∑
n→+∞
mi (xi − xi−1 ) = lim
n→+∞
i=1
n
∑
Mi (xi − xi−1 ),
i=1
sendo P = {x0 , x1 , x2 , · · · , xn } qualquer partição de [a, b].
No caso de uma função integrável, denotaremos a
por
∫
b
f (x) dx = lim
a
OBSERVAÇÃO
1.5.2
n→+∞
n
∑
integral denida de
f
de
a
até
b
f (wi ) (xi − xi−1 ), onde wi ∈ [xi−1 , xi ] .
i=1
As somas superiores e inferiores acima denidas são casos particulares
de Somas de Riemann, que são quaisquer expressões da forma S =
n
∑
i=1
f (wi ) ∆xi , onde
wi ∈ [xi−1 , xi ] não é necessariamente um máximo ou um mínimo de f em cada subintervalo
6
da partição considerada, nem ∆xi é necessariamente constante. No entanto, em nossos
propósitos, não iremos considerar esses casos mais gerais.
Ainda, como f (x) pode ser negativa, certos termos de uma soma superior ou inferior
também podem ser negativos. Consequentemente, nem sempre S(f, P ) e S(f, P ) irão representar uma soma de áreas de retângulos. De forma geral, estas somas representam a soma
das áreas dos retângulos situados acima do eixo-x (onde f ≥ 0) com o negativo das áreas
dos retângulos que estão situados abaixo deste eixo (onde f ≤ 0).
Para calcular integrais denidas usando a denição de somas superiores
ou inferiores, serão usadas as seguintes expressões:
OBSERVAÇÃO
1.5.3
(i)
1 + ... + 1} = k
|1 + 1 + {z
k vezes
(ii)
1 + 2 + 3 + ... + k =
(1 + k)k
2
k (k + 1) (2k + 1)
6
(iii)
12 + 22 + 32 + ... + k 2 =
(iv)
k 2 (k + 1)2
1 + 2 + 3 + ... + k =
4
(v)
3
3
3
3
14 + 24 + 34 + ... + k 4 =
k (k + 1) (6k 3 + 9k 2 + k − 1)
30
Usando a denição de soma superior, encontre a área delimitada pelas curvas
EXEMPLO
1.5.4
Solução:
Tomamos
y = x2 + 1, x = 0, x = 4 e y = 0 (sabendo que a função é integrável).
P = {x0, x1 , x2 , ..., xn } uma partição do intervalo [0, 4], conforme ilustra
a Figura 1.8
y
x
Figura 1.8: Soma Superior de
f (x) = x2 + 1
com 10 retângulos
Como os subintervalos da partição podem ser quaisquer, podemos admitir que todos
possuem o mesmo diâmetro, isto é,
4
4−0
=
∆x =
n
n
∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn .
e podemos atribuir valores para cada
xi ∈ P
Portanto, temos que
como sendo
x0 = 0, x1 = ∆x, x2 = 2∆x, x3 = 3∆x, ..., xn = n∆x.
7
f (x) = x2 + 1 no intervalo [xi−1 , xi ]. Como neste exemplo temos
uma função crescente, o máximo de f em cada subintervalo ocorre no seu extremo direito,
ou seja, Mi = f (xi ). Assim, a soma superior de f é dada por
Seja
Mi
o supremo de
S(f, P ) =
=
=
=
=
=
M1 ∆x + M2 ∆x + M3 ∆x + .... + Mn ∆x
f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + f (x3 )∆x + ... + f (xn )∆x
f (∆x)∆x + f (2∆x)∆x + f (3∆x)∆x + ... + f (n∆x)∆x
∆x[(∆x)2 + 1 + (2∆x)2 + 1 + (3∆x)2 + 1 + ... + (n∆x)2 + 1]
∆x[1 + 1 + ... + 1 + (∆x)2 + 4(∆x)2 + 9(∆x)2 + ... + n2 (∆x)2 ]
∆x[n + ∆x2 (1 + 22 + 32 + ... + n2 )]
(
)
2 n(n + 1)(2n + 1)
∆x n + ∆x
6
(
)
2
4
4 n(n + 1)(2n + 1)
n+ 2
n
n
6
64 (n + 1)(2n + 1)
4+
6 (
n2
)
32
3
1
64 32
32
4+
2+ + 2 =4+
+
+ 2.
3
n n
3
n
3n
=
=
=
=
Portanto, a área desejada é dada por
∫
(
4
2
(x + 1)dx = lim
n→+∞
0
64 32
32
4+
+
+ 2
3
n
3n
Agora, se desejarmos encontrar a soma inferior de
)
=
76
.
3
f, quais modicações deveremos efetuar
nos cálculos acima? Sugere-se que o estudante refaça este exercício, prestando bastante
atenção no que ocorre com as alturas dos retângulos inscritos e nas consequências deste fato.
Usando a denição de soma inferior, encontre a área delimitada pelas curvas
EXEMPLO
1.5.5
Solução:
Tomamos
y = 16 − x2 , x = 1, x = 4 e y = 0 (sabendo que a função é integrável).
P = {x0, x1 , x2 , ..., xn } uma partição do intervalo [1, 4], conforme ilustra
a Figura 1.9
y
x
Figura 1.9: Soma Inferior de
f (x) = 16 − x2
8
com 10 retângulos
Como os subintervalos da partição podem ser quaisquer, podemos admitir que todos
possuem o mesmo diâmetro, isto é,
4−1
3
∆x =
=
n
n
∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn .
e podemos atribuir valores para cada
xi ∈ P
Portanto, temos que
como sendo
x0 = 1, x1 = 1 + ∆x, x2 = 1 + 2∆x, x3 = 1 + 3∆x, · · · , xn = 1 + n∆x.
f (x) = 16 − x2 no intervalo [xi−1 , xi ]. Como no intervalo [1, 4] a
função é decrescente, o mínimo de f em cada subintervalo ocorre no seu extremo direito, ou
seja, mi = f (xi ). Assim, a soma inferior de f é dada por
Seja
mi
S(f, P ) =
=
=
=
=
=
=
=
=
o ínmo de
m1 ∆x + m2 ∆x + m3 ∆x + .... + mn ∆x
f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + f (x3 )∆x + ... + f (xn )∆x
f (1 + ∆x)∆x + f (1 + 2∆x)∆x + f (1 + 3∆x)∆x + ... + f (1 + n∆x)∆x
[16 − (1 + ∆x)2 + 16 − (1 + 2∆x)2 + 16 − (1 + 3∆x)2 + · · · + 16 − (1 + n∆x)2 ]∆x
16n∆x − [1 + 2∆x + (∆x)2 + 1 + 2 · 2∆x + (2∆x)2 + 1 + 2 · 3∆x + (3∆x)2 +
+ · · · + 1 + 2 · n∆x + (n∆x)2 ]∆x
16n∆x − n∆x − 2(1 + 2 + 3 + · · · + n)(∆x)2 − (12 + 22 + 32 + · · · + n2 )(∆x)3
n(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
15n∆x − 2 ·
· (∆x)2 −
· (∆x)3
2
6
3
n2 + n
2n3 + 3n2 + n
15n · − 9 ·
−
9
·
n
n2
2n3
9
27
9
45
9
45 − 9 − − 9 −
− 2 = 27 −
− 2
n
2n 2n
2n 2n
Portanto, a área desejada é dada por
∫
(
4
(16 − x )dx = lim
2
n→+∞
1
9
45
− 2
27 −
2n 2n
)
= 27.
Até o momento não exigimos que a função seja contínua. Isso porque a
condição de continuidade não é necessária para que uma função seja integrável. Daqui para
frente só trabalharemos com funções contínuas. A integrabilidade de funções não contínuas,
usando a denição, não será objeto do nosso estudo.
OBSERVAÇÃO
1.5.6
Propriedades das Integrais
f, g : [a, b] → R
Se
i.
são funções integráveis, então são válidas as seguintes propriedades:
∫
f (x)
Se
é uma função constante, isto é,
f (x) = c,
b
cdx = c(b − a).
então
a
ii.
∫
Se
k
∫
b
f (x) dx.
a
iii.
∫
∫
b
[f (x) + g (x)]dx =
a
iv.
a
∫
b
f (x) dx +
a
b
g (x) dx.
a
∫
Se
f (x) ≤ g (x)
para todo
b
kf (x) dx = k
é uma constante, então
x ∈ [a, b] ,
f (x) dx ≤
então
a
9
∫
b
b
g (x) dx.
a
v.
∫
m ≤ f (x) ≤ M
Se
para todo
x ∈ [a, b] ,
então
b
m (b − a) ≤
f (x) dx ≤ M (b − a) .
a
∫
vi.
c ∈ [a, b] ,
Se
∫
b
f (x) dx =
então
f (x) dx.
a
c
A troca dos limitantes de integração acarreta a mudança no sinal da integral denida,
ou seja,
∫
∫
b
f (x) dx = −
viii.
b
f (x) dx +
a
vii.
∫
c
∫
a
a
f (x) dx.
b
a
f (x)dx = 0.
a
Determine a soma superior e a soma inferior para f (x) = x2 − 2x + 2 no
intervalo [−1, 2]. A seguir, utilize-as para calcular a área da região situada abaixo do gráco
de f e entre as retas y = 0, x = −1 e x = 2.
EXEMPLO
1.5.7
Solução:
A Figura 1.10 ilustra o gráco da soma superior de
composta de
15
referente a uma partição
pontos. Observe que as alturas dos retângulos circunscritos não possuem
o mesmo comportamento em todo o intervalo.
no intervalo
f
[−1, 1]
e crescente em
[1, 2].
Isso ocorre porque a função é decrescente
Para obter a expressão para a soma superior de
usaremos a Propriedade vi. Tomaremos uma partição para o intervalo
o intervalo
[−1, 1]
f
e outra para
[1, 2].
y
x
Figura 1.10: Soma Superior de
f (x) = x2 − 2x + 2
com 15 retângulos
Soma Superior para o intervalo [−1, 1]
P = {x0, x1 , x2 , ..., xn } uma partição do intervalo [−1, 1], de tal forma que todos os
P possuam o mesmo diâmetro, isto é, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = · · · = ∆xn .
1 − (−1)
2
Portanto, temos que a base de cada um dos retângulos é dada por ∆x =
=
e
n
n
assim podemos atribuir valores para cada xi ∈ P como sendo
Seja
subintervalos de
x0 = −1, x1 = −1 + ∆x, x2 = −1 + 2∆x, x3 = −1 + 3∆x, · · · , xn = −1 + n∆x.
Agora vamos determinar as alturas dos retângulos circunscritos. Seja Mi o supremo de
f (x) = x2 − 2x + 2 no subintervalo [xi−1 , xi ]. Como neste intervalo a função é decrescente o
10
máximo de
f
em cada subintervalo ocorre no seu extremo esquerdo, ou seja,
Assim, a soma superior de
S(f, P ) =
=
=
=
=
=
=
=
=
=
f
Mi = f (xi−1 ).
é dada por
M1 ∆x + M2 ∆x + M3 ∆x + · · · + Mn ∆x
f (x0 )∆x + f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + · · · + f (xn−1 )∆x
f (−1)∆x + f (−1 + ∆x)∆x + f (−1 + 2∆x)∆x + · · · + f (−1 + (n − 1)∆x)∆x
[
] [
]
∆x{5 + (−1 + ∆x)2 − 2(−1 + ∆x) + 2 + (−1 + 2∆x)2 − 2(−1 + 2∆x) + 2 +
[
]
+ · · · + (−1 + (n − 1)∆x)2 − 2(−1 + (n − 1)∆x) + 2 }
[
] [
]
∆x{5 + (1 − 2∆x + (∆x)2 ) + 2 − 2∆x + 2 + 1 − 4∆x + 22 (∆x)2 + 2 − 4∆x + 2 +
[
]
+ · · · + 1 − 2(n − 1)∆x + (n − 1)2 (∆x)2 + 2 − 2(n − 1)∆x + 2 }
[
] [
]
∆x{5 + 5 − 4∆x + (∆x)2 + 5 − 8∆x + 22 (∆x)2 +
[
]
+ · · · + 5 − 4(n − 1)∆x + (n − 1)2 (∆x)2 }
[
(
)]
∆x 5n − 4∆x (1 + 2 + · · · + (n − 1)) + (∆x)2 1 + 22 + · · · + (n − 1)2
[
]
( )2
2
2 n(n − 1)
2
(n − 1)n (2n − 1)
· 5n − 4 · ·
+
·
n
n
2
n
6
[
( 2
)]
2
2n − 3n + 1
2
· 5n − 4(n − 1) + ·
n
3
n
(
)
3
1
14 4
4
8 4
+ + 2.
2+ + · 2− + 2 =
n 3
n n
3
n 3n
Soma Superior para o intervalo [1, 2]
Q = {x0, x1 , x2 , ..., xn }
subintervalos de Q possuam o
Seja
[1, 2], de tal forma que todos os
∆x = ∆x1 = ∆x2 = · · · = ∆xn .
2−1
1
dada por ∆x =
= e assim
n
n
uma partição do intervalo
mesmo diâmetro, isto é,
Portanto, temos que a base de cada um dos retângulos é
podemos atribuir valores para cada
xi ∈ Q
como sendo
x0 = 1, x1 = 1 + ∆x, x2 = 1 + 2∆x, x3 = 1 + 3∆x, · · · , xn = 1 + n∆x.
Como neste intervalo a função é decrescente as alturas dos retângulos circunscritos,
ocorre no extremo direito de cada subintervalo, i.e.,
f em
[1, 2]
relativa a partição
Q
Mi = f (xi ).
Mi ,
Assim a soma superior de
é dada por
M1 ∆x + M2 ∆x + M3 ∆x + · · · + Mn ∆x
f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + f (x3 )∆x + · · · + f (xn )∆x
[f (1 + ∆x) + f (1 + 2∆x) + f (1 + 3∆x) + · · · + f (1 + n∆x)]∆x
{[(1 + ∆x)2 − 2(1 + ∆x) + 2] + [(1 + 2∆x)2 − 2(1 + 2∆x) + 2] +
+[(1 + 3∆x)2 − 2(1 + 3∆x) + 2] + · · · + [(1 + n∆x)2 − 2(1 + n∆x) + 2]}∆x
= {[1 + (∆x)2 ] + [1 + (2∆x)2 ] + [1 + (3∆x)2 ] + · · · + [1 + (n∆x)2 ]}∆x
= n∆x + (12 + 22 + 32 + · · · + n2 )(∆x)3
( )3
1 n(n + 1)(2n + 1)
1
4
1
1
= n· +
·
= +
+ 2
n
6
n
3 2n 6n
S(f, Q) =
=
=
=
[−1, 2] é
14 4
4
4
1
1
9
3
S(f, P ∪ Q) =
+ + 2+ +
+ 2 =6+
+ 2.
3
n 3n
3 2n 6n
2n 2n
Portanto, a soma superior de
f
em
11
Para determinar a soma inferior de
f, basta encontrar as alturas dos retângulos inscritos.
f referente a uma partição composta de
A Figura 1.11 ilustra o gráco da soma inferior de
15 pontos.
Observe que as alturas dos retângulos inscritos não possuem o mesmo comporta-
mento em todo o intervalo. Isso ocorre porque a função é decrescente no intervalo
crescente em
[1, 2].
Para obter a expressão para a soma inferior de
Propriedade vi, tomando uma partição para o intervalo
f
[−1, 1]
e
usaremos novamente a
[−1, 1] e outra para o intervalo [1, 2].
y
x
Figura 1.11: Soma Inferior de
f (x) = x2 − 2x + 2
com 15 retângulos
Soma Inferior para o intervalo [−1, 1]
Considere a partição
P
tomada acima. A altura dos retângulos inscritos,
[xi−1 , xi ], i.e., mi = f (xi ).
[−1, 1], relativa a partição P,
mi ,
ocorre no
extremo direito de cada subintervalo
Assim, a soma inferior de
S(f, P ) =
=
=
=
=
=
=
=
=
=
f
em
é dada por
m1 ∆x + m2 ∆x + m3 ∆x + · · · + mn ∆x
f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + f (x3 )∆x + · · · + f (xn )∆x
f (−1 + ∆x)∆x + f (−1 + 2∆x)∆x + f (−1 + 3∆x)∆x + · · · + f (−1 + n∆x)∆x
{[
] [
]
∆x (−1 + ∆x)2 − 2(−1 + ∆x) + 2 + (−1 + 2∆x)2 − 2(−1 + 2∆x) + 2 +
[
]}
+ · · · + (−1 + n∆x)2 − 2(−1 + n∆x) + 2
{[
] [
]
∆x 1 − 2∆x + (∆x)2 + 2 − 2∆x + 2 + 1 − 4∆x + 22 (∆x)2 + 2 − 4∆x + 2 +
[
]}
+ · · · + 1 − 2n∆x + n2 (∆x)2 + 2 − 2n∆x + 2
{[
] [
]
[
]}
∆x 5 − 4∆x + (∆x)2 + 5 − 8∆x + 22 (∆x)2 + · · · + 5 − 4n∆x + n2 (∆x)2
[
(
)]
∆x 5n − 4∆x (1 + 2 + · · · + n) + (∆x)2 1 + 22 + · · · + n2
[
]
( )2
2
2
n(n + 1) (2n + 1)
2 (n + 1)n
· 5n − 4 · ·
+
·
n
n
2
n
6
[
( 2
)]
2
2n + 3n + 1
2
· 5n − 4(n + 1) + ·
n
3
n
(
)
3
1
14 4
4
8 4
− + 2.
2− + · 2+ + 2 =
n 3
n n
3
n 3n
12
Soma Inferior para o intervalo [1, 2]
Considere a partição
Q
tomada acima. A altura dos retângulos inscritos,
[xi−1 , xi ], i.e., mi = f (xi−1 ).
[1, 2], relativa a partição Q, é dada
mi ,
ocorre no
extremo esquerdo de cada subintervalo
Assim, a soma inferior de
f
em
por
m1 ∆x + m2 ∆x + m3 ∆x + · · · + mn ∆x
f (x0 )∆x + f (x1 )∆x + f (x2 )∆x + · · · + f (xn−1 )∆x
f (1)∆x + f (1 + ∆x)∆x + f (1 + 2∆x)∆x + · · · + f (1 + (n − 1)∆x)∆x
[
] [
]
∆x{1 + (1 + ∆x)2 − 2(1 + ∆x) + 2 + (1 + 2∆x)2 − 2(1 + 2∆x) + 2 +
[
]
+ · · · + (1 + (n − 1)∆x)2 − 2(1 + (n − 1)∆x) + 2 }
= ∆x{1 + [1 + (∆x)2 ] + [1 + (2∆x)2 ] + · · · + [1 + ((n − 1)∆x)2 ]}
= n∆x + [12 + 22 + · · · + (n − 1)2 ](∆x)3
( )3
1 (n − 1)n(2n − 1)
4
1
1
1
= n· +
= −
·
+ 2.
n
6
n
3 2n 6n
S(f, Q) =
=
=
=
Portanto, a soma inferior de
S(f, P ∪ Q) =
f
em
[−1, 2]
é
14 4
4
4
1
1
9
3
− + 2+ −
+ 2 =6−
+ 2.
3
n 3n
3 2n 6n
2n 2n
Finalmente, utilizando a soma superior de
f,
obtemos que a área da região desejada é
dada por
∫
∫
1
2
(x − 2x + 2)dx +
(x2 − 2x + 2)dx
−1
)1
)
(
(
14 4
4
4
1
1
14 4
= lim
+ + 2 + lim
+
+ 2 =
+ = 6.
n→+∞
n→+∞
3
n 3n
3 2n 6n
3
3
2
A =
Note que obteríamos o mesmo resultado utilizando a soma inferior de
f.
Utilize a denição de integral denida para determinar a área da região
R delimitada por f (x) = 9 e g(x) = x2 , com x ≤ 0, sabendo que f e g são funções
integráveis.
EXEMPLO
1.5.8
Solução:
A região
R
está sombreada na Figura 1.12.
Figura 1.12: Região
13
R
R pode ser interpretada como sendo a área da região R1 menos a área da
R2 , onde R1 é a região retangular limitada pelas curvas y = g(x), y = 0, x = −3 e
x − 0 e R2 é a região∫ limitada pelas curvas y = f (x), y = 0, x = −3 e x − 0.
A área da região
região
0
Área de
R1 : A R1 =
−3
9dx = 9[0 − (−3)] = 27u.a.
(usando as propriedades de integral
denida).
Área de
R2 : Os retângulos inscritos na região R2
estão representados na Figura 1.13. A área
Figura 1.13: Soma inferior da região
∫
de
R2
é dada por
uma partição
tervalos de
P
AR2 =
R2
com 7 retângulos
0
x2 dx
usando somas de áreas de retângulos inscritos tomamos
−3
P = {x0 , x1 , x2 , · · · , xn }
possuam o mesmo diâmetro, isto
temos que a base de cada um dos retângulos
podemos atribuir valores para cada
[−3, 0], de tal forma que todos os subiné, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn . Portanto,
3
0 − (−3)
=
e assim
é dada por ∆x =
n
n
do intervalo
xi ∈ P
como sendo
x0 = −3, x1 = −3 + ∆x, x2 = −3 + 2∆x, · · · , xn = −3 + n∆x.
Agora vamos determinar as alturas dos retângulos inscritos. Como neste exemplo temos uma
função decrescente, cada retângulo inscrito atinge sua altura no ponto xi , i = 1, 2, · · · , n,
2
ou seja, a altura de cada retângulo é g(xi ) = xi . Assim, a soma de Riemann de g relativa a
partição
P
S(g, P ) =
e com as alturas denidas é dada por
n
∑
i=1
g(xi )∆x =
n
∑
x2i ∆x = (x21 + x22 + · · · + x2n )∆x
i=1
= [(−3 + ∆x)2 + (−3 + 2∆x)2 + · · · + (−3 + n∆x)2 ]∆x
[(
) (
)
(
)]
=
9 − 6∆x + (∆x)2 + 9 − 6 · 2∆x + (2∆x)2 + · · · + 9 − 6 · n∆x + (n∆x)2 ∆x
= 9n∆x − 6(∆x)2 (1 + 2 + · · · + n) + (∆x)3 (12 + 22 + · · · + n2 )
54 n(n + 1) 27 n(n + 1)(2n + 1)
= 27 − 2
+
n ( 2 ) n3(
6 )
1
1
9
3
= 27 − 27 1 +
+
2+ + 2
n
2
n n
27
9
= 9+
+ 2
2n 2n
14
Portanto, usando retângulos inscritos obtemos que
(
AR2 = lim
n→+∞
R
Logo, a área da região
27
9
9+
+ 2
2n 2n
)
= 9u.a..
é
AR = AR1 − AR2 = 27 − 9 = 18u.a..
EXEMPLO
Utilize soma de áreas de retângulos inscritos para calcular
1.5.9
∫
4
(−x2 − 1)dx.
0
Solução:
O gráco de
f (x) = −x2 − 1
e os retângulos inscritos na região de integração
R
da integral desejada estão representados na Figura 1.14.
Figura 1.14: Retângulos inscritos na região
∫
R
4
(−x2 − 1)dx
Para calcular
usando somas de áreas de retângulos inscritos tomamos uma
0
partição
de
P
P = {x0 , x1 , x2 , · · · , xn }
[0, 4], de tal forma que todos os subintervalos
∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn . Portanto, temos
4−(0)
dada por ∆x =
= n4 e assim podemos atribuir
n
do intervalo
possuam o mesmo diâmetro, isto é,
que a base de cada um dos retângulos é
valores para cada
xi ∈ P
como sendo
x0 = 0, x1 = ∆x, x2 = 2∆x, · · · , xn = n∆x.
Agora vamos determinar as alturas dos retângulos inscritos.
Como neste exemplo temos
uma função decrescente e negativa, cada retângulo inscrito atinge sua altura no ponto
i = 1, 2, · · · , n,
ou seja, a altura de cada retângulo é
15
f (xi−1 ).
xi−1 ,
Assim, a soma de Riemann de
f
relativa a partição
S(f, P ) =
n
∑
P
e com as alturas denidas é dada por
f (xi−1 )∆x
i=1
= [f (x0 ) + f (x1 ) + f (x2 ) + · · · f (xn−i )]∆x
{
}
= −1 + [−(∆x)2 − 1] + [−(2∆x)2 − 1] + · · · + [−((n − 1)∆x)2 − 1] ∆x
= −n∆x − [12 + 22 + · · · + (n − 1)2 ](∆x)3
( )3
4 (n − 1)n(2n − 1)
4
= −n · −
·
n
6
n
2
32(2n − 3n + 1)
64 32
32
= −4 −
= −4 −
+
− 2
2
3n
3
n
3n
Portanto, usando áreas de retângulos inscritos obtemos que
∫
(
4
(−x − 1)dx = lim
2
n→+∞
0
76 32
32
− +
− 2
3
n
3n
)
=−
76
.
3
1.5.10 Teorema do Valor Médio para Integrais
TEOREMA 1.5.11
Se f : [a, b] → R é contínua, então existe c ∈ [a, b] tal que
1.5.12
b
f (x) dx =
a
f (c) (b − a).
EXEMPLO
∫
No Exemplo 1.5.4 obtemos que
∫
4
(x2 + 1)dx =
0
76
. Determine, se existir,
3
um número que satisfaça o teorema do valor médio para esta integral.
Solução:
f (x) = x2 + 1 é uma função contínua no intervalo [0, 4] o Teorema do Valor
Integrais garante que existe c ∈ (0, 4) de modo que
∫ 4
(x2 + 1)dx = f (c)(4 − 0).
Como
Médio para
0
Assim,
√
4 3
Observe que c = −
3
√
76
3
16
4
c2 + 1 =
⇒ c2 =
⇒c=±
.
4·3
3
3
não está no intervalo que procuramos a solução.
satisfaz a conclusão do Teorema 1.5.11.
√
4 3
Portanto, c =
3
O Teorema do Valor Médio para Integrais tem uma interpretação geométrica interessante
∫ b
se
f (x) ≥ 0 em [a, b]. Neste caso
f (c)
f (x)dx é a área sob o gráco de f de a até b, e o número
a
do Teorema 1.5.11 é a ordenada do ponto P do gráco de f com abscissa c (veja a
P a área da região retangular limitada
por essa reta, pelo eixo x e pelas reta x = a e x = b é f (c)(b − a) e que, pelo Teorema 1.5.11,
é a mesma que a área sob o gráco de f de a até b.
Figura 1.15) Traçando-se uma reta horizontal por
O número c do Teorema 1.5.11 não é necessariamente único. De fato,
se f for uma função constante então qualquer número c pode ser utilizado.
OBSERVAÇÃO
OBSERVAÇÃO
1.5.13
1.5.14
1
O número
b−a
∫
b
f (x)dx é dito valor médio de f em [a, b].
a
16
y
y=f(x)
P(c, f(c))
c
a
b
x
Figura 1.15: Interpretação geométrica do Teorema 1.5.11
1.6
Seja
Teorema Fundamental do Cálculo
f : [a, b] → R uma função contínua integrável.
Vamos xar o limite inferior
a e variar
o limite superior. Deniremos a função
∫
F (x) =
x
∀x ∈ [a, b].
f (t) dt
a
Caso
f (t) seja sempre positiva, então F (x) será numericamente igual a área do trapezóide
curvilíneo da Figura 1.16.
y
F(x)
F( x+ x)
a
x
x+ x
Figura 1.16: Representação geométrica de
TEOREMA 1.6.1
∫ x
função F (x) =
f(x)
x
F (x)
Seja f : [a, b] → R uma função contínua no intervalo [a, b], então a
f (t) dt é uma primitiva da função f , ou seja, F ′ (x) = f (x).
a
17
DEMONSTRAÇÃO: Utilizando a denição de derivada, temos que
F (x + ∆x) − F (x)
∆x→0
∆x
[∫ x+∆x
]
∫ x
1
= lim
f (t) dt −
f (t) dt
∆x→0 ∆x
a
a
[∫ x
]
∫ x+∆x
∫ x
1
= lim
f (t) dt +
f (t) dt −
f (t) dt
∆x→0 ∆x
a
x
a
∫ x+∆x
1
f (t) dt,
= lim
∆x→0 ∆x x
F ′ (x) =
lim
porém, pelo Teorema 1.5.11, sabemos que existe
∫
c ∈ [x, x + ∆x]
tal que
x+∆x
f (t) dt = f (c) (x + ∆x − x) = f (c)∆x
x
e portanto
F ′ (x) = lim f (c)
∆x→0
quando
∆x → 0
c→x
temos que
como
f
é contínua, obtemos que
f (c) → f (x)
e assim
ca demonstrado que
F ′ (x) = lim
∆x→0
F (x + ∆x) − F (x)
= f (x) .
∆x
Uma consequência desse teorema é o corolário que segue:
COROLÁRIO 1.6.2 Se f : [a, b] → R for contínua no intervalo [a, b], então F : [a, b] → R é
derivável em (a, b) e F ′ (x) = f (x) .
A função
F : [a, b] → R,
Teorema 1.6.1 toda função contínua num intervalo
TEOREMA 1.6.3
f : [a, b] → R
primitiva em [a, b].
denida acima, é denominada primitiva de
[a, b]
possui
e pelo
Se f : [a, b] → R for contínua em [a, b] , então
∫
b
f (x)dx = G(b) − G(a)
a
onde G é qualquer primitiva de f, isto é, uma função tal que G′ = f.
∫
DEMONSTRAÇÃO: Seja
F
isto é,
F (x) =
é uma primitiva de
f.
x
f (t)dt.
a
Se
G
Pelo Teorema 1.6.1 sabemos que
for qualquer outra primitiva de
f
em
F ′ (x) = f (x),
[a, b],
diferem por uma constante, isto é,
G(x) = F (x) + c.
Assim,
∫
G(b) − G(a) = [F (b) + c] − [F (a) + c] =
f (t)dt −
a
18
∫
b
∫
a
b
f (t)dt =
a
f (t)dt
a
então elas
Trocando
t
por
x
obtemos
∫
b
f (x)dx = G(b) − G(a)
a
como queríamos demonstrar.
A notação usual é
∫
a
b
b
f (x)dx = G(x) .
a
O teorema fundamental do cálculo permite que sejam determinadas as integrais denidas
das funções contínuas em intervalos fechados sem usar o método visto para encontrar somas
superiores e inferiores.
1.6.4 Utilizando o Teorema Fundamental do Cálculo encontre a área sob o gráco
de f : [0, 4] → R denida por f (x) = x2 + 1.
EXEMPLO
Solução:
Pelo Teorema 1.6.3 a área desejada é dada por
∫
4
4
x3
64
76
(x + 1)dx =
+ x =
+4= .
3
3
3
0
2
A=
0
Compare este resultado com o resultado obtido no Exemplo 1.5.4.
Calcule a área da região situada entre o eixo x e a curva f (x) = 18 (x2 −2x+8),
com x no intervalo de [−2, 4].
EXEMPLO
1.6.5
Solução:
Uma representação gráca pode ser visualizada na gura 1.17.
y
x
Figura 1.17: Área sob o gráco de
f (x) = 81 (x2 − 2x + 8)
Pelo teorema fundamental do cálculo temos que
4
1 x3
1 2
2
(x − 2x + 8)dx = ( − x + 8x)
A =
8 3
−2 8
−2
(
)]
[ 3
3
1 4
(−2)
2
2
=
− 4 + 8(4) −
− (−2) + 8(−2)
8 3
3
]
[
1 64
8
60
15
=
− 16 + 32 + + 4 + 16 =
=
u.a.
8 3
3
8
2
∫
4
19
1.6.6 Fórmulas Clássicas para Resolver Integrais (Revisão)
Para utilizar o teorema fundamental do cálculo, é essencial que se saiba obter a primitiva
(anti-derivada) de uma função. Vamos então relembrar, do cálculo I, alguns processos clássicos de integração que serão muito úteis na resolução de problemas que envolvem integral
denida.
i. Mudança de Variável
TEOREMA 1.6.7
Sejam f : [a, b] → R uma função contínua e g : [α, β] → R uma função
derivável tal que g é integrável e g ([α, β]) ⊂ [a, b] e, além disso g (α) = a e g (β) = b. Então
′
∫
∫
b
β
f (x) dx =
a
f (g (t)) g ′ (t) dt.
α
f : [a, b] → R uma função contínua e g : [α, β] → R uma
derivável com g integrável e g ([α, β]) ⊂ [a, b] com g (α) = a e g (β) = b. Então f
uma primitiva F : [a, b] → R e, pelo Teorema Fundamental do Cálculo, temos
∫ b
f (x) dx = F (g (β)) − F (g (α)) .
DEMONSTRAÇÃO: Sejam
′
função
possui
a
Por outro lado, pela regra da cadeia temos que
(F ◦ g)′ (t) = F ′ (g (t)) g ′ (t) = f (g (t)) g ′ (t)
para todo
t ∈ [α, β],
consequentemente,
(F ◦ g) (t) : [α, β] → R
é uma primitiva da função integrável
∫
β
f (g (t)) g ′ (t).
Portanto, obtém-se:
∫
′
b
f (g (t)) g (t) dt = F (g (β)) − F (g (α)) =
α
f (x) dx.
a
∫
√
x−1
dx, usando o Teorema 1.6.7.
x
1
√
Solução: Primeiro vamos encontrar a função g (t). Seja t = x − 1 (note que t ≥ 0), então
2
2
′
podemos escrever x = t + 1 e assim obtemos g (t) = t + 1, cuja derivada é g (t) = 2t.
Vamos agora determinar os valores de α e β . Como temos que g (α) = a = 1 e g (β) = b = 5
EXEMPLO
1.6.8
Calcular a integral denida
5
segue que
Na sequência,
α2 + 1 = 1 ⇒ α2 = 0 ⇒ α = 0
β 2 + 1 = 5 ⇒ β 2 = 4 ⇒ β = 2.
√
x−1
, obtemos
determinaremos f (g (t)). Como f (x) =
x
√
√
g (t) − 1
t2 + 1 − 1
t
f (g (t)) =
=
=
.
g (t)
t2 + 1
t2 + 1
20
Finalmente, vamos determinar o valor da integral, usando o Teorema 1.6.7, obtemos:
∫
5
√
1
∫
∫ 2
∫ 2 2
t
t2
t +1−1
2tdt = 2
dt = 2
dt =
2
2
t2 + 1
0 t +1
0 t +1
0
∫ 2 2
∫ 2
∫ 2
t +1
1
dt
= 2
− 2
dt = 2
dt − 2
=
2
2
t +1
0 t +1
0
0 t +1
2
2
= 2t − 2 arctan t = 4 − 2 arctan 2.
x−1
dx =
x
2
0
0
ii. Integração por partes
TEOREMA 1.6.9
Sejam f, g : [a, b] → R funções que possuem derivadas integráveis, então
∫
a
b
b ∫
b
′
f (x)g (x)dx = f (x)g(x) −
f ′ (x)g(x)dx.
a
a
Na prática, costumamos chamar
⇒ du = f ′ (x)dx
⇒ v = g(x)
u = f (x)
dv = g ′ (x)dx
e substituindo na igualdade acima, obtemos:
∫
a
EXEMPLO
1.6.10
b
b ∫
b
udv = uv −
vdu.
a
a
Determine o valor da integral
∫
π
3
sin3 xdx.
0
Solução:
Nesse caso, fazemos:
u = sin2 x ⇒ du =∫ 2 sin x cos xdx
dv = sin xdx ⇒ v = sin xdx = − cos x
e encontramos
∫
0
π
3
π ∫ π
3
3
3
2
sin xdx = sin x(− cos x) −
− cos x(2 sin x cos x)dx
0
0
π
∫ π
3
3
2
= − sin x cos x + 2
cos2 x sin xdx
0
0
π
3
2
3
2
= (− sin x cos x − cos x)
3
0
1
2
5
3 1
+ = .
= − · −
4 2 12 3
24
21
1.7
Integrais Impróprias
DEFINIÇÃO 1.7.1 Seja f
nimos
: [a, ∞) → R uma função contínua para todo x ∈ [a, +∞). De∫ +∞
∫ b
f (x) dx = lim
f (x) dx,
b→+∞
a
a
desde que o limite exista.
EXEMPLO
1.7.2
Encontre o valor numérico da integral
∫
+∞
0
1
dx.
1 + x2
y
x
Figura 1.18: Área sob o gráco de
Solução:
Veja o gráco de
∫
+∞
0
f
∫
b
lim
b→+∞
0
b
1
dx = lim arctan x
2
b→+∞
1+x
0
lim (arctan b − arctan 0) = lim arctan b =
=
DEFINIÇÃO 1.7.3 Seja
1
1+x2
na Figura 1.18. Pela denição 1.7.1 temos que
1
dx =
1 + x2
Denimos
f (x) =
b→+∞
b→+∞
π
.
2
f : (−∞, b] → R uma função contínua para todo x ∈ (−∞, b].
∫
∫
b
b
f (x) dx = lim
a→−∞
−∞
f (x) dx,
a
desde que o limite exista.
Encontre o valor numérico da integral
EXEMPLO
1.7.4
Solução:
Pela denição 1.7.3 temos que
∫
0
−∞
1
dx =
1 + x2
=
∫
lim
a→−∞
∫
0
−∞
1
dx.
1 + x2
0
1
dx = lim arctan x
2
a→−∞
1+x
( π) π
lim [arctan 0 − arctan a] = − lim arctan a = − −
= .
a→−∞
a→−∞
2
2
DEFINIÇÃO 1.7.5 Seja f
Denimos
a
0
∫
a
: (−∞, ∞) → R uma função contínua para todo x ∈ (−∞, +∞).
∫
+∞
f (x) dx + lim
f (x) dx = lim
−∞
a→−∞
∫
c
b→+∞
a
desde que os limites existam.
22
b
f (x) dx,
c
Encontre o valor numérico da integral
EXEMPLO
1.7.6
Solução:
Pela denição 1.7.5, tomando
∫
+∞
−∞
∫
c = 0,
∫
+∞
−∞
1
dx.
1 + x2
obtemos
∫ b
1
1
lim
dx + lim
dx
2
a→−∞ a 1 + x
b→+∞ 0 1 + x2
0
b
= lim arctan x + lim arctan x
a→−∞
b→+∞
1
dx =
1 + x2
0
a
=
0
lim (arctan 0 − arctan a) + lim (arctan b − arctan 0)
a→−∞
b→+∞
=
lim arctan a + lim arctan b
a→−∞
b→+∞
( π) π
= − −
+ = π.
2
2
1.8
Integral de uma função descontínua num ponto c ∈
[a, b]
DEFINIÇÃO 1.8.1 Seja
f : [a, b] → R uma função contínua no intervalo [a, b], exceto no
ponto c ∈ [a, b]. Denimos
∫
a
∫
b
f (x) dx = lim−
α→c
a
∫
α
f (x) dx + lim−
b
f (x) dx,
β→c
β
desde que os limites acima existam.
EXEMPLO
1.8.2
Encontre o valor numérico da integral
∫
1
−1
1
dx.
x2
y
x
Figura 1.19: Área sob o gráco de
23
f (x) =
1
x2
Solução:
em
O integrando é contínuo em todo ponto pertencente ao intervalo
x=0
[−1, 1] ,
exceto
(observe a Figura 1.19). Pela denição 1.8.1, temos que
∫
1
−1
∫
∫ 1
1
1
lim−
dx
+
lim
dx
2
α→0
β→0+ β x2
−1 x
α
1
−1 −1 = lim−
+ lim+
α→0
β→0
x x −1
β
[
( )]
[
( )]
−1
−1
−1
= lim−
−
+ lim+ −1 −
α→0
β→0
α
−1
β
= [+∞ − 1] + [−1 + ∞] = +∞
1
dx =
x2
Consequentemente, a função
α
f (x) =
1
x2
não é integrável no intervalo
[−1, 1].
OBSERVAÇÃO 1.8.3 Quando os limites que aparecem nas denições anteriores existem e são
nitos, dizemos que a integral imprópria converge. Caso contrário, ou seja, quando um dos
limites não existir, dizemos que a integral imprópria diverge.
EXEMPLO
∫
−∞
(b)
0
Classique as integrais abaixo em convergente ou divergente.
+4
(a)
∫
1.8.4
π
|x|ex dx;
sin x
dx.
cos2 x
Solução (a):
∫
∫
+4
|x|e dx =
x
−∞
−xe dx +
x
lim
a→−∞
∫
0
a
0
4
xex dx

4 ∫
0 ∫
4
0
x
x
x


ex dx
= lim
−xe −
−e dx + xe −
a→−∞
0
a
a
0
(
)
= lim 0 + aea + e0 − ea + 4e4 − 0 − (e4 − 1)
a→−∞
=
=
lim aea − lim ea + 3e4 + 1
a→−∞
lim
a→−∞
a
a→−∞ e−a
1
+ 3e4 + 1 = 3e4 + 1
a→−∞ −e−a
+ 3e4 + 1 = lim
ou seja, a integral converge.
Solução (b):
∫
0
π
∫ π
sin x
sin x
lim
dx
+
lim
dx
2
2
a→ π2 − 0 cos x
b→ π2 + b cos x
a ]
π ]
[
[
1 1 = lim
+ lim
a→ π2 − cos x b→ π2 + cos x 0
b
]
[
[
]
1
1
= lim
− 1 + lim
−1 −
cos b
a→ π2 − cos a
b→ π2 +
= +∞ − 2 + ∞ = +∞
sin x
dx =
cos2 x
∫
a
ou seja, a integral diverge.
24
1.9
Área em coordenadas retangulares
Vimos que, se uma função
[a, b],
f
f (x) ≥ 0 para todo x no intervalo
x = a, x = b, y = 0 e y = f (x) é dada
for não negativa, isto é,
então a área da região delimitada pelas curvas
por
∫
b
A=
f (x) dx.
a
No caso mais geral, estaremos interessados em calcular a área da região situada entre os
grácos de duas funções
f
g, com f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], de acordo com a Figura
e
1.20.
y
y=f(x)
y=g(x)
a
b
x
Figura 1.20: Região entre duas curvas
Nesta situação, devemos utilizar uma diferença de áreas e obter que
∫
∫
b
f (x)dx −
A=
a
b
[f (x) − g(x)] dx.
g(x)dx =
a
Na expressão acima, o termo
simal de base
∫
b
a
f (x) − g(x)
corresponde à altura de um retângulo innite-
dx.
g(x) < 0 para todo x ∈ [a, b],
curvas x = a, x = b, y = 0 e y = g (x) será dada por
∫ b
∫ b
A=
[0 − g(x)] dx = −
g(x)dx.
Note que, se uma função
da região situada entre as
g
for negativa, isto é, se
a
a área
a
Calcule a área da região situada entre o eixo x e o gráco da função f (x) =
2x, com x no intervalo [−2, 2] .
EXEMPLO
1.9.1
Solução:
A representação gráca de
tem imagem negativa no intervalo
f pode ser observada na Figura 1.21. Como esta função
[−2, 0] e não negativa no intervalo [0, 2], devemos proceder
como segue
∫
∫
0
A=
−2
(0 − 2x)dx +
∫
2
(2x − 0)dx =
0
Logo, a área sob o gráco da função
∫
0
−2
2
−2xdx +
0
2
0
2xdx = −x2 + x2 = 8 u.a.
−2
0
f (x) = 2x, no intervalo [−2, 2] , é igual a 8 unidades de
área.
25
y
x
Figura 1.21: Área entre o eixo
x
e o gráco de
f (x) = 2x
Calcule a área da região delimitada pelas curvas y = x2 e y =
√
x.
EXEMPLO
1.9.2
Solução:
Nesse exemplo não foi especicado o intervalo em que está situada a região deli-
mitada pelas curvas. Devemos determinar este intervalo encontrando os pontos de interseção
{
das curvas.
y =√
x2
y= x
Para isso, basta resolver o sistema de equações
x2 =
√
É fácil ver que a solução
que tornam essa sentença verdadeira são x = 0
√
1. Desse modo, a região delimitada pelas curvas y = x2 e y = x ca determinada se
vem da igualdade
x
.
e os valores de
x
e x =
x ∈ [0, 1].
y
x
Figura 1.22: Região delimitada por
y = x2
e
y=
√
x.
De acordo com a Figura 1.22, podemos observar que a área desejada pode ser obtida
através da diferença entre as áreas das regiões situadas sob o gráco de
2
gráco de y = x , com x ∈ [0, 1] .
y =
√
x
e sob o
Assim, temos que
∫
A=
0
1
(√
x−x
)
2
1
2 1
2 3 1 3 1
dx = x 2 − x = − = u.a.
3
3 3 3
3
Portanto, a área desejada é igual a
EXEMPLO
1.9.3
0
1
3
unidades de área.
Calcule a área da região hachurada na Figura 1.23.
Solução:
Primeiro vamos identicar a lei que dene as funções lineares presentes no gráco.
1
Uma reta passa pelos pontos (0,0) e (1,1) e a outra passa pelos pontos (0, 0) e (2, ). Portanto
2
26
y
x
Figura 1.23: Região hachurada do Exemplo 1.9.3
as equações destas retas são
y=x
e
y = x4 ,
respectivamente. Existem várias maneiras de
calcular esta área, uma delas está apresentada a seguir:
)
)
∫ 2(
1
1 1
x − x dx +
− x dx
4
x 4
0
1
∫
∫
∫ 2
3 1
1 2
1
xdx +
dx −
xdx
4 0
4 1
1 x
1 (
)2
3 2 1 2 x + ln |x| − x 8 0
8
1
(
)
3
1
1
+ ln(2) − − ln(1) −
8
2
8
4 1
− + ln(2) = ln(2) u.a.
8 2
∫
A =
=
=
=
=
1
(
Portanto, a área desejada é igual a
ln(2)
unidades de área.
Achar a área da região delimitada pelos grácos de y + x2 = 6 e y + 2x = 3.
EXEMPLO
1.9.4
Solução:
Inicialmente, encontramos as interseções das curvas:
{
y = 6 − x2
y = 3 − 2x
⇒ 6 − x2 = 3 − 2x ⇒ x2 − 2x − 3 = 0 ⇒ x = −1
ou
x = 3.
A seguir, fazemos a representação gráca da área delimitada, conforme ilustra a Figura
1.24.
Podemos então obter a área desejada calculando a área sob a parábola e descontando a
[−1, 3], ou seja,
∫ 3
[(6 − x2 ) − (3 − 2x)]dx
−1
∫ 3
(3 − x2 + 2x)dx
−1
3
x3
2
3x −
+x 3
−1
27
1
32
9−
+ 9 − (−3 + + 1) =
3
3
3
área sob a reta, no intervalo de
A =
=
=
=
27
u.a.
y
x
Figura 1.24: Área delimitada por
Portanto, a área desejada é igual a
EXEMPLO
1.9.5
32
3
y + x2 = 6
e
y + 2x = 3.
unidades de área.
Encontre o valor da área delimitada pelas curvas y = x2 , y = 2 − x2 e
y = 2x + 8.
Solução:
Inicialmente vamos fazer uma representação gráca, conforme ilustra a Figura
1.25. Na sequência, vamos encontrar as interseções das curvas.
Figura 1.25: Região delimitada por
{
Para a reta e a parábola, temos o sistema
16
e
x = −2, y = 4.
{
Para as duas parábolas, temos os sistemas
1
e
x = −1, y = 1.
y = x2 , y = 2 − x2
e
y = 2x + 8
y = x2
y = 2x + 8
cujas soluções são
x = 4, y =
y = x2
y = 2 − x2
cujas soluções são
x = 1, y =
Como ocorre duas trocas no limitante inferior da região, devemos dividir a área desejada
28
em três partes, a saber:
∫
−1
∫
−1
8
(2x + 8 − x2 )dx = ,
3
−2
−2
∫ 1
∫ 1
38
=
(2x + 8) − (2 − x2 )dx =
(2x + 6 + x2 )dx = ,
3
−1
−1
∫ 4
=
(2x + 8) − (x2 )dx = 18.
A1 =
A2
A3
(2x + 8) − (x )dx =
2
1
Portanto, a área desejada é dada por
A = A1 + A2 + A3 =
8 38
100
+
+ 18 =
u.a.
3
3
3
Calcule, de duas formas distintas, a área da região delimitada pelas curvas
EXEMPLO
1.9.6
Solução:
Iniciamos com a representação geométrica da região, que está esboçada na Figura
x = y + 1 e x = y 2 − 1.
1.26. A seguir, devemos encontrar os pontos de interseção entre as curvas, igualando suas
y
x
Figura 1.26: Região entre as curvas
x=y+1
e
x = y2 − 1
equações, obtendo
y2 − 1 = y + 1
⇒
y2 − y − 2 = 0
⇒
y = −1
e
y=2
e ainda,
y = −1 ⇒ x = 0
e
y = 2 ⇒ x = 3.
Uma primeira forma de calcular a área desejada é proceder como nos exemplos anteriores,
onde tomamos
x
como variável de integração. Para isso, devemos isolar
y
em função de
x,
obtendo
y =x−1
e
√
y = ± x + 1.
Note que o sinal positivo na última equação corresponde à porção da parábola situada
acima do eixo
x
e o sinal negativo corresponde a parte situada abaixo do eixo.
29
Como ocorre troca na limitação inferior da região, devemos tomar uma soma de integrais
para calcular sua área, conforme segue
∫
∫ 3
√
√
A =
x + 1 − (− x + 1)dx +
x + 1 − (x − 1)dx
−1
0
∫ 0
∫ 3
√
√
=
2 x + 1dx +
( x + 1 − x + 1)dx
−1
0
0
3
2
√
4√
2
x
=
(x + 1)3 +
(x + 1)3 −
+ x
3
3
2
0
√
−1
0
2
9
4 16 9
+
− + 3 − = u.a.
=
3
3
2
3
2
Uma segunda maneira de calcular esta área é mantendo
y
como variável independente e
y. Neste caso, a curva superior está situada à direita,ou seja,
2
é a reta x = y + 1 e a curva inferior está situada à esquerda, ou seja, é a parábola x = y − 1.
tomar a integração em relação a
Como desta forma não ocorre troca de limitação, podemos calcular a área tomando uma
única integral
∫
2
A =
−1
(y + 1) − (y 2 − 1)dy
2
2
3
y
y
2
=
(y − y + 2)dy =
−
+ 2y 2
3
−1
−1
(
)
8
1 1
9
= 2− +4−
− − 2 = u.a.
3
2 3
2
∫
2
Observe que a troca da variável de integração resultou numa expressão cuja integral
era mais simples de ser resolvida. Desta forma, é importante saber escrever integrais que
permitem calcular áreas tomando tanto
x quanto y como variáveis de integração, para depois
optar por resolver aquela que se mostrar mais simples.
Escreva a(s) integral(is) que permite(m)
calcular a área da região delimitada
√
simultaneamente pelas curvas de equações y = x − 2, x + y = 2 e x + 2y = 5, tomando:
EXEMPLO
1.9.7
(a) integração em relação a x.
Solução:
(b) integração em relação a y.
Iniciamos com a representação geométrica da região, esboçada na Figura 1.27.
Note que temos apenas o ramo superior da parábola, pois
y=
√
x − 2 ≥ 0.
{
O próximo passo é obter as interseções entre as curvas.
x+y =2
, cuja solução é x = −1, y = 3.
x + 2y = 5
{
√
y = x−2
temos o sistema
, cuja solução é x = 2,
x+y =2
{
√
y = x−2
, cuja solução é x = 3,
temos o sistema
x + 2y = 5
Entre as duas retas, temos o sistema
Entre a parábola e uma das retas,
y = 0.
E entre a outra reta e a parábola,
y = 1.
Agora podemos montar as integrais que permitem calcular a área desejada.
(a) Tomando integração em relação a
x, devemos isolar y
30
em função de
x,obtendo y =
5−x
2
y
x
Figura 1.27: Região delimitada por
para a reta superior,
y=
√
x − 2, x + y = 2
x + 2y = 5
√
x − 2 para a parábola, que também
limitação inferior em x = 2, precisamos de
y = 2−x para a reta inferior e y =
é um limitante inferior. Como ocorre troca na
e
duas integrais.
∫
2
∫
−1
2
)
]
)
]
∫ 3 [(
(√
)
5−x
5−x
− (2 − x) dx +
−
x − 2 dx
2
2
2
)
∫ 3(
5−x √
1+x
dx +
− x − 2 dx.
2
2
2
[(
A =
=
−1
y , devemos isolar x em função de y, obtendo x = 5−2y
2
para a reta superior, x = 2 − y para a reta inferior e x = y + 2 para a parábola, que neste
caso também é um limitante superior. Como ocorre troca na limitação superior em y = 1,
(b) Tomando integração em relação a
necessitamos também de duas integrais.
∫
∫ 3
]
A =
(y + 2) − (2 − y) dy +
[(5 − 2y) − (2 − y)] dy
0
1
∫ 1
∫ 3
2
=
(y + y)dy +
(3 − y) dy.
1
[
2
0
1
Neste exemplo, as duas expressões obtidas envolvem soma de integrais. Mesmo assim,
é fácil notar que a expressão na qual
y
é a variável independente é a mais simples de ser
resolvida. Assim, se o enunciado solicitasse que fosse calculado o valor numérico da área em
questão, deveríamos optar por resolver esta expressão.
EXEMPLO
1.9.8
A área de uma determinada região R pode ser calculada pela expressão
∫
A=
2
[ 2
√ ]
(2x ) − (2 x) dx +
∫
1
4
[
√ ]
(−2x + 12) − (2 x) dx.
2
(a) Represente geometricamente a região R.
(b) Escreva a área de R usando y como variável independente.
Solução (a):
Interpretando a expressão da área dada acima temos: Quando x varia de
√
2
1 até 2 a limitação superior é y = 2x e a limitação inferior é y = 2 x e enquanto x
31
Figura 1.28: Região
R
√
y = 2 x e sua representação geométrica está sombreada na Figura 1.28.
Logo, temos que a região
Solução{(b):
A:
{
C:
√
y = −2x + 12
e o inferior continua sendo y = 2 x.
2
é delimitada superiormente pelas curvas y = 2x , y = −2x + 12
varia de 2 até 4 o limitante superior é
e inferiormente por
R
Os pontos de interseção são
2
y = 2x
√ ⇒ (1, 2);
y = 2 x
{
B:
y =
2x2
⇒ (2, 8)
y = −2x + 12
y = −2x√+ 12
⇒ (4, 4).
y =
2 x
Logo, usando y como variável independente para escrever a área de R
√ )
∫ 4( 2 √ )
∫ 8(
y
y
y
12 − y
A=
−
dy +
−
dy.
4
2
2
2
2
4
1.10
e
temos
Área delimitada por curvas escritas em equações
paramétricas (opcional)
y = f (x) uma função contínua no intervalo [a, b], cujo gráco delimita uma região R.
R, utilizando as equações
paramétricas x = ϕ (t) e y = ψ (t), com t ∈ [α, β] , da curva descrita por f. Para isto, basta
Seja
A seguir, vamos obter uma nova expressão para a área da região
lembrar que a área de uma região retangular é dada por
∫
∫
b
A=
f (x) dx =
a
Agora, fazendo a substituição
b = ϕ(β)
b
ydx.
a
y = ψ (t)
e
dx = ϕ′ (t)dt
e supondo que
a = ϕ(α)
obtemos a expressão para o cálculo de área em coordenadas paramétricas:
∫
β
A=
ψ(t)ϕ′ (t)dt.
α
32
e
Encontre a área delimitada pela elipse
EXEMPLO
1.10.1
Solução:
As equações paramétricas da elipse dada são
x = ϕ (t) = a cos t
Desse modo, temos que
x
varia de
0
y = ψ (t) = b sin t.
dx = ϕ′ (t) dt = −a sin tdt
Vamos agora determinar os valores de
temos que
e
x2 y 2
+ 2 = 1.
a2
b
até
a.
α
e
β.
Utilizando a quarta parte da área desejada,
Assim, podemos fazer
x = ϕ (α) = 0
e
x = ϕ (β) = a.
Logo
π
2
ϕ (β) = a ⇒ a cos β = a ⇒ cos β = 1 ⇒ β = 0.
ϕ (α) = 0 ⇒ a cos α = 0 ⇒ cos α = 0 ⇒ α =
Agora, para obter a área total interna à elipse basta utilizar a simetria da região e obter
que
∫
∫
0
A = 4
π
2
b sin t(−a sin t)dt = −4ab
0
sin2 tdt
π
2
(
) π2
1
1
= 4ab
(1 − cos 2t) dt = 2ab t − sin 2t 2
0 2
0
(
)
π 1
= 2ab
− sin π − 0 = abπ.
2 2
∫
π
2
{
EXEMPLO
1.10.2
Calcular a área da região que é interior a elipse E1 =
{
exterior a elipse E2 =
x = 2 cos t
e
y = 4 sin t
x = 2 cos t
.
y = sin t
Figura 1.29: Região entre as elipses.
Solução:
A região cuja área desajamos calcular pode ser vista na Figura 1.29. Novamente,
podemos utilizar argumentos de simetria e calcular a área da região situada no primeiro
quadrante do plano
x ∈ [0, 2].
xy
e multiplicar o resultado por quatro. Neste quadrante, temos que
No entanto
x = 0 ⇒ 2 cos t = 0 ⇒ t = π2
x = 2 ⇒ 2 cos t = 2 ⇒ cos t = 1 ⇒ t = 0,
33
logo, para descrever a região que nos interessa, em coordenas paramétricas, devemos integrar
π
de t =
até t = 0. Assim, notando que neste exemplo devemos tomar a diferença entre as
2
áreas sob as elipses E1 e E2 , obtemos
∫
[4 sin t(−2 sin t)dt − 4
A = 4
π
2
∫
∫
0
sin t(−2 sin t)]dt
π
2
∫
0
2
=
0
2
(−32 sin t + 8 sin t)dt =
π
2
∫
π
2
= 24
0
1.11
0
1
(1 − cos 2t)dt =
2
(
π
2
−24 sin2 tdt
) π2
12
12t −
sin 2t = 6π u.a.
2
0
Área de um setor curvilíneo em coordenadas polares
Nesta seção trabalharemos com áreas de regiões típicas polares e no nal deste capítulo é
apresentada uma breve revisão sobre coordenadas polares.
r = f (θ) uma função contínua que descreve uma curva em coordenadas polares, no
intervalo [α, β]. Como nosso interesse é determinar a área da região delimitada por r = f (θ)
vamos tomar uma partição do intervalo [α, β], conforme ilustra a Figura 1.30.
Seja
Figura 1.30: Região Polar, com
Seja
X = {θ0 , θ1 , θ2 , θ3 , ..., θn }
∆θi = θi − θi−1
uma partição de
[α, β]
e
ri = f (θi ).
em que
α = θ0 < θ1 < θ2 < θ3 < ... < θn = β.
∆θ1, ∆θ2, ∆θ3, ..., ∆θn os subarcos da partição X e
ξi ∈ ∆θi , isto é, θi−1 ≤ ξi ≤ θi .
área do setor circular de raio ri e arco ∆θi é dada por
Sejam
seja
ri
o comprimento do raio
correspondente a um ângulo
A
Ai =
1
(ri )2 ∆θi
2
e a área aproximada área da região delimitada por
An =
n
∑
i=1
1
2
r = f (θ)
(ri )2 ∆θi .
34
é dada por
Seja
|∆θ|
teremos que
o subintervalo de maior diâmetro da partição
|∆θ|
X.
Então, se
n
tender a innito
tenderá a zero. Desse modo poderemos escrever
A = lim An = lim
n
∑
1
|∆θ|→0
n→∞
1
(ri ) ∆θi =
2
2
i=1
ou seja,
1
A=
2
∫
∫
β
2
r2 dθ
α
β
r2 dθ,
(1.11.1)
α
que nos fornece uma expressão para o cálculo de áreas delimitadas por curvas em coordenadas
polares.
Determine a área da região que é simultaneamente exterior à cardióide r =
1 − cos θ e interior ao círculo r = 1.
EXEMPLO
1.11.1
Solução:
A Figura 1.31 ilustra a região considerada.
Figura 1.31: Região delimitada por um cardióide e por uma circunferência.
Como esta região é simétrica em relação ao eixo
x,
podemos calcular o dobro da área
da porção situada no primeiro quadrante do plano xy. Neste quadrante, temos que o ângulo
θ varia no intervalo [0, π2 ]. Ainda, devemos notar que a área desejada é dada, em
coordenadas polares, pela diferença entres as áreas da circunferência e da cardióide. Assim,
polar
usando a expressão 1.11.1, obtemos
2
A =
2
∫
=
∫
π
2
2
1 dθ −
2
∫
π
2
∫
(1 − cos θ) dθ =
π
2
(2 cos θ − cos2 θ)dθ
0
0
0
π
π
2
2
π
1
1
1
2 cos θ − (1 + cos 2θ)dθ = 2 sin θ − θ − sin 2θ = 2 − .
2
2
4
4
0
2
2
0
Portanto, a área desejada é igual
2−
π
4
unidades de área.
EXEMPLO 1.11.2 Escreva, em coordenadas polares, a integral que calcula a área da região
simultaneamente exterior à circunferência r = 1 e interior a rosácea r = 2 cos(2θ).
Solução:
A Figura 1.32 ilustra a região desejada. Para determinar os pontos de interseção
das duas curvas fazemos
2 cos(2θ) = 1 ⇒ cos 2θ =
1
π
π
⇒ 2θ = ⇒ θ = (
2
3
6
35
no
1o
quadrante).
Figura 1.32: Região delimitada por uma rosácea e uma circunferência
Vamos calcular a área da região delimitada com
θ
no intervalo de
[0, π6 ]
e multiplicar por
8, já que as demais áreas são simétricas. Utilizando a Fórmula 1.11.1 e vericando que a
área desejada é igual a área da rosácea menos a área da circunferência, obtemos
1
A=8·
2
∫
π
6
∫
[(2 cos(2θ)) − (1) ]dθ = 4
2
2
0
π
6
(4 cos2 (2θ) − 1)dθ.
0
Escreva a integral que permite
√ calcular a área da região que é simultaneamente interior as curvas r = 5 cos θ e r = 5 3 sin θ.
EXEMPLO
1.11.3
Solução:
x=
Inicialmente, devemos identicar as curvas dadas. Utilizando as relações polares
r cos θ, y = r sin θ e r2 = x2 + y 2 , obtemos que
(
2
2
5
x−
2
)2
25
+ y2 =
√ 4
√
√
√
5 3 2 75
r = 5 3 sin θ ⇒ r2 = 5 3r sin θ ⇒ x2 + y 2 = 5 3y ⇒ x2 + (y −
) =
2
4
r = 5 cos θ ⇒ r = 5r cos θ ⇒ x + y = 5x ⇒
2
e assim, vemos que a região que nos interessa está situada no interior de duas circunferências,
de centros deslocados da origem, conforme ilustra a Figura 1.33.
Figura 1.33: Região situada entre circunferências
A seguir, devemos determinar a interseção entre as curvas
√
5 3 sin θ = 5 cos θ ⇒
√
√
3 tan θ = 1 ⇒ tan θ =
π
3
⇒ θ= .
3
6
Finalmente, observamos que ao descrever a região desejada, devemos considerar
√
5 3 sin θ
para
π
θ ∈ [0, ]
6
e
r = 5 cos θ
para
π π
θ ∈ [ , ].
6 2
36
r =
Portanto, como ocorre troca de
limitação para o raio polar, necessitamos de uma soma de integrais para calcular a área
desejada
∫ π
√
1 2
2
(5 3 sin θ) dθ +
(5 cos θ)2 dθ
2 π6
0
∫ π
∫ π
1 6
1 2
2
=
75 sin θdθ +
25 cos2 θdθ.
2 0
2 π6
1
A =
2
∫
π
6
EXEMPLO 1.11.4 A área de uma determinada região R pode ser calculada, em coordenadas
polares, pela expressão
]
[ ∫ π
∫ π √
2
1 4
1
I=2
(2 sen(θ))2 dθ +
( 2)2 dθ .
2 0
2 π4
(a) Represente geometricamente a região R.
(b) Escreva a expressão que determina a área desta região usando coordenadas cartesianas
em relação: (i) à variável x; (ii) à variável y.
(c) Calcule o valor da área da região R.
Solução (a):
A partir da integral dada vemos que a região R possui simetria, há troca de
√
θ = π4 e as funções que delimitam a área são ρ = 2 senθ e ρ = 2.
√
2
2
2
2
Estas curvas são, respectivamente, as circunferências x + (y − 1) = 1 e x + y =
2. Na
limitação do raio polar em
Figura abaixo estão representados os grácos destas curvas e
R
é a região simultaneamente
interior as duas circunferências que está sombreada na Figura 1.34.
Figura 1.34: Região
Solução (b):
Interseção de
{
ρ = 2 sin θ
(−1, 1)
e
ρ=
√
2
é a solução de:
π
ρ = 2√
sin θ
=⇒ θ =
ρ =
2
4
(esta interseção é dada na integral
das curvas são
e
I ).
R
ou
3π
4
Em coordenadas cartesianas os pontos de interseção
(1, 1).
37
x:
(i) Integração em relação à variável
∫
1
I=
−1
√
√
( 2 − x2 − 1 + 1 − x2 ) dx
∫
ou
1
I=2
√
√
( 2 − x2 − 1 + 1 − x2 ) dx
0
(ii) Integração em relação à variável
∫
1
I=2
√
y:
∫
2y −
y2
2
dy + 2
0
Solução (c):
√
√
2 − y 2 dy
1
Para calcular o valor da área da região
R
usaremos a expressão
I
dada
em coordenadas polares. Assim,
[ ∫ π
]
∫ π √
2
1
1 4
(2 sen(θ))2 dθ +
A = 2
( 2)2 dθ
2 0
2 π4
∫ π
∫ π
4
2
2
=
4 sen θ dθ +
2 dθ
π
4
0
∫
π
4
= 4
1−
cos(2θ)
2
0
π
(
2
dθ + 2θ = 2 θ −
π
sen(2θ)
2
) π4
π
= (π − 1)
+
2
0
4
1.12
u.a.
Comprimento de Arco
1.12.1 Comprimento de Arco em Coordenadas Cartesianas
Seja
y = f (x)
uma função contínua no intervalo
[a, b] ,
cujo gráco descreve o arco
conforme ilustra a Figura 1.35.
y
f(xi)
Mi
M0
f(xi-1)
Mi-1
M1
a
Δy
Δs
Δx
x1
xi-1
Mn
xi
Figura 1.35: Comprimento de arco
Vamos dividir o arco
d
AB
em subarcos por meio da partição
X = {M0 , M1 , M2 , ..., Mn }
38
b x
d
AB,
em que
A = M0 < M1 < M2 < ... < Mn = B
cujas abscissas são
x0 , x1 , x2 , ..., xn .
Tracemos as cordas
M0 M1 , M1 M2 , · · · , Mi−1 Mi , · · · , Mn−1 Mn
e designemos os seus comprimentos por
∆S1 , ∆S2 , · · · , ∆Si , · · · , ∆Sn .
Obtém-se então a linha poligonal
AM0 M1 · · · Mn−1 B
ao longo do arco
d
AB
cujo comprimento aproximado é dado por
ln = ∆S1 + ∆S2 + · · · + ∆Si + · · · + ∆Sn
ou seja,
ln =
n
∑
∆Si .
(I)
i=1
Mas
∆Si
é a hipotenusa do triângulo de lados
∆xi
e
∆yi ,
de modo que podemos escrever
(∆Si )2 = (∆xi )2 + (∆yi )2 ,
dividindo tudo por
∆xi
obtemos
(
∆Si
∆xi
)2
(
=
ou seja,
∆xi
∆xi
)2
+
√
∆Si
=
∆xi
√
e assim
∆Si =
(
(
1+
(
1+
∆yi
∆xi
∆yi
∆xi
∆yi
∆xi
)2
)2
)2
∆xi .
(II)
Agora, como
∆xi = xi − xi−1
segue que
e
∆yi = f (xi ) − f (xi−1 )
∆yi
f (xi ) − f (xi−1 )
=
∆xi
xi − xi−1
e pelo teorema de Lagrange, sabemos que existe
ξi ∈ [xi−1 , xi ]
f (xi ) − f (xi−1 )
= f ′ (ξi ) .
xi − xi−1
Portanto, obtemos que
39
tal que
∆yi
= f ′ (ξi ) .
∆xi
Substituindo
(II)
em
(I)
resulta que
ln =
n
∑
√
(
1+
i=1
e substituindo
(III)
em
(III)
(IV )
∆yi
∆xi
)2
∆xi
(IV )
resulta que
ln =
n √
∑
1 + (f ′ (ξi ))2 ∆xi .
i=1
d Então, se n → ∞, segue
|∆x| o intervalo de maior diâmetro de cada partição de AB.
|∆x| → 0 e (ξi ) → x. Assim:
∫ b√
n √
∑
2
′
l = lim ln = lim
1 + (f (ξi )) ∆xi =
1 + (f ′ (x))2 dx.
Seja
que
|∆x|→0 i=1
n→∞
a
d no intervalo [a, b]
AB
∫ b√
l=
1 + (f ′ (x))2 dx.
Portanto, o comprimento do arco
é dado por
(1.12.1)
a
Determinar o comprimento do arco da curva descrita por y =
EXEMPLO
1.12.2
Solução:
A Figura 1.36 ilustra o comprimento de arco considerado.
√
no intervalo [0, 4] .
x, com x
y
x
Figura 1.36: Arco de
Como
y = f (x) =
√
x
temos que
f ′ (x) =
f (x) =
√
x
1
√
. Aplicando a fórmula 1.12.1, obtemos
2 x
√
)2
1
√
dx
l =
1 + (f (x)) dx =
1+
2 x
a
0
∫ 4√
∫ 4√
∫ √
1 4 4x + 1
1
4x + 1
√
=
dx =
dx.
1 + dx =
4x
4x
2 0
x
0
0
∫ b√
∫
′
4
(
2
Note que esta última integral é imprópria, pois o integrando não é contínuo em
x = 0. No
entanto, neste exemplo não será preciso aplicar limites para resolver a integral, pois podemos
2
utilizar uma mudança de variáveis. Fazendo a substituição t = x, encontramos dx = 2tdt e
como
x ∈ [0, 4],
t ∈ [0, 2] . Logo
∫ √
∫ 2√
1 2 4t2 + 1
√
2tdt =
4t2 + 1dt.
l=
2 0
t2
0
obtemos que
40
Como o novo integrando agora é contínuo no intervalo de integração, podemos utilizar o
teorema fundamental do cálculo e a técnica de substituições trigonométricas para encontrar
que
) 2
√
1 √ 2
1 (
l =
t 4t + 1 + ln 2t + 4t2 + 1 2
4
0
√
√
1
17 + ln(4 + 17) u.c.
=
4
1.12.3 Comprimento de um arco em coordenadas paramétricas
x = ϕ (t) e y = ψ (t) , com t ∈ [α, β] , as equações paramétricas da
y = f (x) . Então, como dx = ϕ′ (t) dt e dy = ψ ′ (t) dt, podemos escrever
Sejam
por
curva descrita
dy
ψ ′ (t) dt
ψ ′ (t)
f (x) =
= ′
= ′ .
dx
ϕ (t) dt
ϕ (t)
′
Substituindo na fórmula 1.12.1 obtemos
∫ b√
l =
=
=
=
=
1 + (f ′ (x))2 dx
a
∫ β√
(ψ ′ (t))2 ′
1+
ϕ (t) dt
(ϕ′ (t))2
α
∫ β√ ′
(ϕ (t))2 + (ψ ′ (t))2 ′
ϕ (t) dt
ϕ′ (t)2
α
√
∫ β (ϕ′ (t))2 + (ψ ′ (t))2
ϕ′ (t) dt
′ (t)
ϕ
α
∫ β√
(ϕ′ (t))2 + (ψ ′ (t))2 dt.
α
Portanto, o comprimento de arco em coordenadas paramétricas é dado por
∫
β
l=
√
(ϕ′ (t))2 + (ψ ′ (t))2 dt.
(1.12.2)
α
Mostre, usando coordenadas paramétricas, que o comprimento de uma circunferência de raio r é igual a 2πr.
EXEMPLO
1.12.4
Solução:
Em coordenadas paramétricas, a circunferência é descrita por
{
x(t) = r cos t
y(t) = r sin t
com
t ∈ [0, 2π].
O seu comprimento de arco, em paramétricas, de acordo com 1.12.2 é dado por
∫
l=
2π
√
∫
∫
√
r2 (sin t + cos2 t)dt =
0
1.12.5
2π
rdt = rt|2π
0 = 2πr.
2
(−r sin t)2 + (r cos t)2 dt =
0
EXEMPLO
2π
0
Calcule o comprimento de arco da astróide descrita por
41
y
3
3
-3
x
-3
Figura 1.37: Astróide
Solução:
com t ∈ [0, 2π].
ψ(t) = 3 sin3 t
ϕ (t) = 3 cos3 t,
A curva pode ser visualizada na Figura 1.37.
Como há simetria, podemos encontrar o comprimento do subarco situado no primeiro
π
quadrante, tomando t ∈ [0, ] e multiplicar o resultado obtido por quatro.
2
2
′
2
′
Como ϕ (t) = −9 cos sin t e ψ (t) = 9 sin t cos t, substituindo na fórmula 1.12.2, obtemos
∫
π
2
l = 4
∫
√
(
)2
2
2
2
(−9 cos t sin t) + 9 sin t cos t dt = 4 · 9
0
∫
π
2
= 36
∫
√
(
)
2
2
cos2 t sin t cos2 t + sin t dt = 36
0
√
cos4 t sin2 t + sin4 t cos2 tdt
0
π
2
cos t sin tdt = 18 sin2 t = 18 u.c.
π
2
0
π
2
0
18
Portanto, o comprimento de arco da astróide dada é
unidades de comprimento.
1.12.6 As equações paramétricas do movimento de uma partícula no plano são
3
dadas por x = 3t e y = 2t 2 . Qual será a distância percorrida pela partícula entre os instantes
t = 0 e t = 1?
EXEMPLO
Solução:
A distância percorrida pela partícula é igual ao comprimento de arco da curva
que descreve a sua trajetória. Aplicando a fórmula 1.12.2 para
x = ϕ(t) = 3t
com
t ∈ [0, 1],
e
3
y = ψ(t) = 2t 2
obtemos
∫
1
l =
∫
√
1
32 + (3t 2 )2 dt =
0
1
√
9 + 9tdt
0
1
= 3
1 + tdt = 2(1 + t) 0
0
√
3
3
2
2
= 2(2) − 2(1) = 4 2 − 2 u.c.
∫
1
√ Portanto, a distância percorrida
4 2 − 2 unidades de comprimento.
√
3
2
pela partícula entre os instantes
42
t=0
e
t=1
é igual a
1.12.7 Comprimento de arco em coordenadas polares
ϕ (θ) = r cos θ e ψ (θ) = r sin θ as coordenadas polares da
[α, β]. Substituindo r por f (θ) nas equações paramétricas vem
Sejam
ϕ (θ) = f (θ) cos θ
curva
r = f (θ),
com
θ∈
ψ (θ) = f (θ) sin θ
e
e assim
ϕ′ (θ) = f ′ (θ) cos θ − f (θ) sin θ = r′ cos θ − r sin θ
ψ ′ (θ) = f ′ (θ) senθ + f (θ) cos θ = r′ senθ + r cos θ.
Agora
(ϕ′ (t)) + (ψ ′ (t)) = (r′ cos θ − rsenθ) + (r′ senθ + r cos θ)
2
2
2
2
que após aplicar os produtos notáveis e simplicar, resulta em
(ϕ′ (t)) + (ψ ′ (t)) = (r′ ) + r2 .
2
2
2
Substituindo na equação 1.12.2, obtemos a fórmula para o cálculo do comprimento de
arco em coordenadas polares, que é dada por
∫
β
√
l=
(r′ )2 + r2 dθ.
(1.12.3)
α
EXEMPLO
1.12.8
Encontrar o comprimento de arco do cardióide r = a (1 + cos θ).
Solução:
Por simetria, podemos determinar o comprimento do arco situado no primeiro
′
e segundo quadrante e multiplicar por dois. Como r = a (1 + cos θ) tem-se r = −a sin θ.
Substituindo na fórmula 1.12.3 vem
∫
l =
=
=
=
=
=
√
(r′ )2 + r2 dθ
α
∫ π√
2
(−a sin θ)2 + (a (1 + cos θ))2 dθ
0
∫
π√
sin2 θ + 1 + 2 cos θ + cos2 θdθ
2a
0
∫ π√
2a
2 + 2 cos θdθ
0
∫ π
θ
2a · 2
cos dθ
2
0
π
1 4a · 2 sin θ = 8a u.c.
2 β
0
Logo, o comprimento de arco do cardióide
r = a (1 + cos θ)
é igual a
8a u.c.
Determine o comprimento de arco da porção da espiral r = 2e2θ (com θ ≥ 0)
que está situada dentro da circunferência r = a, onde a > 2.
EXEMPLO
1.12.9
Solução:
Inicialmente, vamos obter os limitantes de integração. Na interseção da espiral
com a circunferência, temos que
43
2e2θ = a ⇒ e2θ =
a
a
⇒ 2θ = ln
2
2
1 a
ln
2 2
[ 1 a]
por θ ∈ 0, ln
.
2
2
⇒ θ=
Portanto, a porção da espiral que nos interessa é descrita
Ainda,
r = 2e2θ segue que r′ = 4e2θ e assim, substituindo na expressão 1.12.3 obtemos
como temos
o comprimento em coordenada polares
∫
1
2
a
2
ln
l =
∫
0
1
2
ln
√
a
2
20e4θ dθ
0
1
2
a
2
ln
=
0
1.13
∫
√
2θ
2
2θ
2
(4e ) + (2e ) dθ =
1 ln a
)
√ 2θ
√ 2θ 2 2 √ ( a
2 5e dθ = 5e = 5
− 1 u.c.
2
0
Volume de um Sólido de Revolução
Considere o sólido
intervalo
[a, b]
T
y = f (x)
gerado pela rotação da curva
em torno do eixo
x,
no
como na Figura 1.38
y
y Cálculo do elemento de volume
y=f(x)
y=f(x)
r=f(x)
Área plana
a
a
b x
x
b
z
dx
dV=π r²dx
dV=π[f(x)]²dx
Figura 1.38: Rotação de uma curva em torno do eixo
Seja
P = {x0 , x1 , · · · , xn }
uma partição do intervalo
os subintervalos da partição. Se
∆xi
ξi ∈ ∆xi ,
[a, b]
então o volume do
x
∆x1 , ∆x2 , · · · , ∆xn
cilindro de raio f (ξi ) e altura
e sejam
é dado por
Vi = π [f (ξi )]2 ∆xi
e o volume aproximado do sólido será dado pela soma dos volumes dos
Vn =
n
∑
n − cilindros,
isto é,
π [f (ξi )]2 ∆xi .
i=1
|∆θ| o subintervalo de maior diâmetro, então se n → ∞, segue que |∆θ| → 0, ξi → x
volume V do sólido T será dado por
∫ b
n
∑
2
V = lim Vn = lim
π [f (ξi )] ∆xi = π
[f (x)]2 dx.
Seja
e o
n→∞
|∆θ|→0
a
i=1
Portanto, o volume de um sólido de revolução (em torno do eixo
expressão
∫
é calculado pela
b
[f (x)]2 dx.
V =π
x)
a
44
(1.13.1)
1.13.1 A m de que não haja desperdício de ração e para que seus animais estejam
bem nutridos, um fazendeiro construiu um recipiente com uma pequena abertura na parte
inferior, que permite a reposição automática da alimentação, conforme mostra a Figura 1.39.
Determine, usando sólidos de revolução, a capacidade total de armazenagem do recipiente,
em metros cúbicos.
EXEMPLO
2m
4m
cilindro
cone
6m
Figura 1.39: Forma do recipiente.
Solução:
Vamos encontrar o volume do cilindro (V1 ) e do cone (V2 .) Assim, o volume total
V = V1 + V2 .
determinar V1 vamos
será dado por
Para
rotacionar a reta
y=2
em torno do eixo
x
(Figura 1.40).
y
y
x
x
z
-2
Figura 1.40: Cilindro de Revolução
Aplicando a expressão 1.13.1, obtemos
∫
4
22 dx = 4π · 4 = 16π.
V1 = π
0
Já para o cone, como temos um raio
r=2
e altura
h = 6,
obtemos a reta
rotacionar em torno do eixo x (Figura 1.41).
y
y
x
x
z
Figura 1.41: Cone de Revolução
Aplicando a expressão 1.13.1 mais uma vez, obtemos
∫
V2 = π
0
6
6
63 π
1 2
1 3 x dx = πx =
= 8π.
9
27
27
Portanto o volume desejado é dado por
0
V = 16π + 8π = 24π u.v.
45
y = 13 x
para
Calcule o volume do sólido gerado pela rotação da curva f (x) = x3 , com x
no intervalo [1,2], em torno do eixo x.
EXEMPLO
1.13.2
Solução:
O sólido desejado pode ser visualizado na Figura 1.42.
y
y
r
x
x
z
Figura 1.42: Sólido gerado pela rotação de
y = x3
em torno do eixo
x
E o volume desejado é dado por
∫
2
V =π
( 3 )2
x dx = π
1
∫
2
2
127π
πx7 =
u.v.
x dx =
7 1
7
6
1
Determinar o volume do sólido gerado pela revolução da região delimitada
pelas curvas y = x2 e y = x + 2 em torno do eixo x (veja a Figura 1.43).
EXEMPLO
1.13.3
y
y
x
x
z
Figura 1.43: Sólido gerado pela rotação de uma região plana em torno do eixo
Solução:
x
Nesse exemplo não foi especicado o intervalo em que está situada a região delimi-
tada pelas curvas. Para determinar este intervalo, devemos encontrar os pontos de interseção
das curvas dadas. Igualando suas equações, obtemos
x2 = x + 2 ⇒ x2 − x − 2 = 0 ⇒ x = −1
e
x = 2.
A Figura 1.43 indica que o sólido desejado está situado entre duas superfícies. Assim,
seu volume é dado pela diferença entre os volumes externo e interno. De acordo com 1.13.1,
46
temos que
∫
V
∫
2
(x + 2) dx − π
2
2
= π
−1
2
−1
∫
= π
−1
(
= π
( 2 )2
x dx
(x2 + 4x + 4 − x4 )dx
1
1 3
x + 2x2 + 4x − x5
3
5
) 2
72
= π u.v.
5
−1
Encontre o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da curva
(x − 2) + y = 1 em torno do eixo y.
EXEMPLO
1.13.4
2
2
Solução:
Observe na Figura 1.44 a circunferência geratriz do sólido.
y
1
1
-1
2
3
x
-1
Figura 1.44: circunferência
Isolando a variável
x
(x − 2)2 + y 2 = 1
na equação da circunferência, obtemos
(x − 2)2 = 1 − y 2
⇒
x=2±
√
1 − y2
Observe que o volume do sólido desejado é formado pelo volume obtido pela rotação da
√
x = 2 + 1 − y 2 em torno do eixo y, menos o volume obtido pela rotação da curva
curva
x=2−
√
1 − y2.
Portanto, o volume desejado é igual a
V = V1 − V2 ,
∫
onde
V1 = π
(2 +
−1
∫
e
V2 = π
1
1
−1
(2 −
√
1 − y 2 )2 dy
√
1 − y 2 )2 dy
ou seja,
∫
1
V =π
−1
∫
√
√
2
2
2
2
[(2 + 1 − y ) − (2 − 1 − y ) ]dy = π
1
−1
√
8 1 − y 2 dy.
Para resolver esta integral, utilizamos a substituição trigonométrica
cos θdθ
e assim, obtemos que
47
y = sin θ,
com
dy =
∫
V
π
2
= π
− π2
∫
√
8 1 − sin2 θ cos θdθ
∫
π
2
π
2
2
cos θdθ = 4π
= 8π
(1 + cos 2θ)dθ
− π2
− π2
π
2
= π[4θ + 2 sin (2θ)] = 4π 2 .
π
−2
4π 2
Portanto, o volume desejado é igual a
unidades de volume.
1.13.5 Rotação em torno de uma Reta Paralela a um Eixo Coordenado
Até agora consideremos somente sólidos gerados por rotações de curvas em torno de um
dos eixos coordenados, onde
y = f (x)
x = g(y)
ou
eram os raios dos cilindros de revolução
(elementos de volume).
y = f (x),
No caso mais geral, podemos rotacionar a curva
reta
y = c,
com
x ∈ [a, b],
em torno da
de acordo com a Figura a 1.45.
y
y
y=c
r
y=f(x)
y=c
r
a
x
b
y=f(x)
a
b
x
z
Figura 1.45: Sólido obtido pela rotação
y = f (x)
em torno da reta
y=c
Neste caso, o raio do cilindro innitesimal é igual à distância entre a curva e o eixo de
revolução, ou seja, é dado por
r = c − f (x)
e o volume do sólido resultante é dado por
∫
b
(c − f (x))2 dx.
V =π
a
De forma semelhante, se a curva
reta
x = c,
x = g(y),
com
y ∈ [a, b],
for rotacionada em torno da
o volume do sólido resultante é dado por
∫
b
(c − g(y))2 dy.
V =π
a
Note que quando
c=0
temos novamente a revolução em torno dos eixos coordenados.
48
Calcule o volume do sólido obtido quando a porção da pará bola y = 2 − x2
que está situada acima do eixo x é rotacionada em torno da reta y = 3.
EXEMPLO
1.13.6
Solução:
Na Figura 1.46 podemos observar a curva geratriz, o eixo de revolução e o sólido
de revolução obtido.
y
y
x
x
z
Figura 1.46: Curva geratriz e sólido de revolução obtido pela rotação de
de
y = 2 − x2
em torno
y = 3.
Como rotacionamos em torno de uma reta paralela ao eixo das abscissas, devemos efetuar
a integração em relação a
situada acima do eixo
x,
x.
O intervalo de integração, denido aqui pela parte da parábola
é descrito por
√ √
x ∈ [− 2, 2].
Já o raio de rotação, dado pela distância entre a curva e o eixo de rotação, é dado por
r = 3 − (2 − x2 ) = 1 + x2
e assim, o volume desejado é dado por
∫
V =π
∫
√
2
√
− 2
(1 + x2 )2 dx = π
√
2
√
− 2
(1 + 2x2 + x4 )dx =
94 √
2π.
15
1.13.7 Escreva as integrais que permitem calcular o volume do sólido obtido quando
a região situada entre as curvas y = x2 e y = 2x é rotacionada em torno:
EXEMPLO
(a) do eixo y;
Solução:
(b) da reta y = 5;
(c) da reta x = 2.
A região a ser rotacionada está representada na Figura 1.47.
y
x
Figura 1.47: Região a ser rotacionada
As interseções entre as curvas são dadas por
49
x2 = 2x ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x = 0, x = 2 ⇒ y = 0, y = 4.
No item (a), rotacionamos em torno do eixo das ordenadas e, por isso, devemos tomar a
integração em relação a
y. Como o só lido resultante será vazado, devemos tomar a diferença
entre os volumes dos sólidos externo e interno.
O raio externo, denido pela parábola, é dado por
reta e é dado por
y
x= .
2
x=
√
y. O raio interno é denido pela
Assim, o volume desejado é calculado pela integral
∫
4
∫
√
4
( y) − π
V =π
2
0
0
y
( )2 dy = π
2
∫
4
0
(
y2
y−
4
)
dy.
Já no item (b), como rotacionamos em torno de uma reta paralela ao eixo das abscissas,
devemos tomar a integração em relação a
x.
Novamente o sólido resultante será vazado e
devemos tomar a diferença entre os volumes dos sólidos externo e interno.
O raio externo, denido pela distância entre a parábola e o eixo de rotação, é dado por
r = 5 − x2 e o raio interno, denido pela distância entre a reta e o eixo
por r = 5 − 2x. O volume do novo sólido é calculado pela integral
∫ 2
∫ 2
2 2
V = π
(5 − x ) dx − π
(5 − 2x)2 dx
0
∫0 2
= π
(25 − 10x2 + x4 ) − (25 − 20x + 4x2 )dx
0
∫ 2
= π
(−14x2 + x4 + 20x)dx.
de rotação, é dado
0
Por m, como no item (c) rotacionamos em torno de uma reta paralela ao eixo das
ordenadas, devemos tomar a integração em relação a
y.
Mais uma vez devemos tomar a
diferença entre os volumes dos sólidos externo e interno.
O raio externo, neste caso, é denido pela reta e é dado por
agora denido pela parábola, é dado por
r =2−
√
r =2−
y.
y
2
e o raio interno,
Assim, o último volume desejado é calculado pela integral
∫
V
EXEMPLO
1.13.8
∫ 4
y 2
√
= π
(2 − ) dy − π
(2 − y)2 dy
2
0
∫0 4
y2
√
= π
(4 − 2y + ) − (4 − 4 y + y)dy
4
∫0 4
2
y
√
= π
(−3y +
+ 4 y)dy.
4
0
4
1
x
Seja R a região sob o gráco de f (x) = √ e acima do eixo x com x ∈ [0, 4].
Determine:
(a) a área da região R, se existir;
(b) o volume do sólido obtido pela rotação da região R em torno do eixo x, se existir.
(c) o volume do sólido obtido pela rotação da região R em torno do eixo y, se existir.
50
Solução (a):
∫
4
A =
0
1
√ dx = lim
a→0+
x
∫
4
x
4
√
√ √
dx = lim+ 2 x = lim+ (2 4 − 2 a) = 2u.a.
a→0
a→0
− 21
a
a
Solução (b):
∫
V
4
(
= π
0
1
√
x
)2
∫
dx = π lim+
a→0
4
1
dx = π lim+ ln x = lim+ (ln 4 − ln a) = +∞
a→0
a→0
x
4
a
a
Portanto o sólido obtido não tem volume nito.
Solução (c):
∫
V
= π
1
2
∫
+∞
(
2
(4) dy + π
0
(
= 8π + π lim
b→+∞
1
2
1
− 3
3x
) b
1
)2
∫ b
1
dy = π · 16 · + π lim
y −4 dy
b→+∞ 1
2
2
(
)
1
8
32π
= 8π + π lim − 3 +
=
u.v.
b→+∞
3b
3
3
1
y2
2
51
1.14
Exercícios Gerais
f, g : [1, 3] → R
S (g, P ) .
1. Dadas as funções
S (f, P )
e
2. Dada a função
f : [−2, 5] → R
denidas por
denida por
3. Determine as expressões para a
5 − x2 , considerando x ∈ [1, 2].
f (x) = x + 2
f (x) = x2 + 2
soma superior
e
g (x) = x2 + x
encontre
e para a
encontre
S(f, P ) .
soma inferior
de
f (x) =
4. Utilize somas superiores para calcular a área da região situada entre as curvas
x4 + 2, x = 0, x = 1 e y = 0.
∫
y =
3
(x2 − 2x)dx.
5. Utilize a denição de integral denida para calcular
(Observe que é
1
preciso provar que a função é integrável.)
∫
4
(−x2 − 1)dx.
6. Utilize soma de áreas de retângulos circunscritos para calcular
0
7. Utilize soma de áreas de retângulos circunscritos para determinar a área sob o gráco
3
de f (x) = x + 1, para x ∈ [0, b], onde b > 0 é arbitrário.
8. Calcule, usando somas superiores, a área da região situada entre o gráco de
e o eixo
x,
entre as retas
x = −1
e
f (x) = ex
x = 2.
9. Utilize somas inferiores para calcular a área da região situada entre a curva
o eixo
y,
com
10. Considere
x = y2
e
y ∈ [0, 2].
f : [a, b] → R
uma função contínua. Mostre que:
∫a
∫a
(a)
Se
f
é uma função par, então
(b)
Se
f
é uma função ímpar, então
(c)
Interprete geometricamente os itens anteriores.
−a
f (x)dx = 2
∫a
−a
0
f (x)dx.
f (x)dx = 0.
o
11. Um metereologista estabelece que a temperatura T (em F ), num dia de inverno é dada
1
por T (t) =
t(t − 12)(t − 24), onde o tempo t é medido em horas e t = 0 corresponde
20
à meia-noite. Ache a temperatura média entre as 6 horas da manhã e o meio dia.
Sugestão: utilize o teorema do valor médio para integrais.
12. Encontre uma função
f
contínua, positiva e tal que a área da região situada sob o seu
3
gráco e entre as retas x = 0 e x = t seja igual a A(t) = t , para todo t > 0.
∫
13. Determine uma função
f
x
f (t)dt = [f (x)]2
diferenciável, positiva e tal que
para todo
0
x ∈ R+ .
f : R → R uma função contínua e dena uma nova função g : R → R
∫ x3
g(x) =
f (t)dt. Calcule o valor de g ′ (1), sabendo que f (1) = 2.
14. Seja
x2
52
por
g : R → R uma função com
∫ x
dg
(t)dt para todo x ∈ R.
f (x) =
0 dt
15. (ENADE) Considere
denida por
derivada
dg
dt
f
contínua e
a função
Nessas condições avalie as armações que seguem.
[a, b], a, b ∈ R, a < b.
I A função
f
é integrável em todo intervalo
II A função
f
é derivável e sua derivada é a função
III A função diferença
f −g
g.
é uma função constante.
É correto o que se arma em
(a) I, apenas.
(b) II, apenas.
(c) I e III, apenas.
(d) II e III, apenas.
(e) I, II e III.
Justique sua resposta.
16. Seja
f : [0, 1) → R
denida por
1
f (x) = √
.
1 − x2
∫
∫
1
(d)
x sin xdx
3
4
2
(
(g)
√
1
)
√
1
4
x+ √
+ x dx
3
x
∫
∫
9
dx
π
4
(c)
tan2 x sec2 xdx
0
∫
(f )
∫
tan xdx
3
√
0
π
3
(h)
existe.
0
1
√
dx
x 1 + x2
(e)
0
∫
4
3
f (x) dx
Verique se
17. Determine o valor das seguintes integrais, se possível.
∫ √2
∫ 1
x2
−x2
√
(a)
xe dx
(b)
x3 +
1
−1
∫
1
(i)
0
1
4
√
x
dx
x+1
x
dx
2 + 4x
18. Encontre, se existir, o valor de cada uma das seguintes integrais:
∫
(a)
1
∫ 02
(
x+
√
1
x− √
3
x
)
∫
dx (e)
x2 ln(x)dx
( )
∫0 +∞
1
1
(c)
cos
dx
2
x
1 √ x
∫ 2
2
1
√
(d)
dx
1 − x2
0
(b)
(f )
(g)
(h)
∫
0
∫
4
x
√
dx
xe dx
(i)
2
16
−
x
−∞
0
∫ ∞
∫ +∞
−|x−4|
xe
dx (j)
xe−x dx
∫ −∞
∫0 +∞
5
1
1
√
√
dx (k)
dx
5−x
x x2 − 1
1
1
∫ +∞
∫ 1
1
−x
√
e dx
(l)
dx
1−x
0
0
x
1
(m)
∫ −∞
1
1
dx
(n)
x4
∫ −1
1
1
dx
(o)
3
0 x
∫ +∞
1
(p)
dx
(x + 1)2
−2
19. Os engenheiros de produção de uma empresa estimam que um determinado poço pro−1t
duzirá gás natural a uma taxa dada por f (t) = 700e 5 milhares de metros cúbicos,
onde
t é o tempo desde o início da produção.
Estime a quantidade total de gás natural
que poderá ser extraída desse poço.
∫
20. Determine todos os valores de
p
para os quais
1
53
+∞
1
dx
xp
converge.
ex dx
∫
p∈R
21. Determine para quais valores de
+∞
a integral
e
1
dx
x(ln x)p
22. Calcule, se possível, as seguintes integrais impróprias:
∫
+∞
(a)
xe
∫
−x2
∫
dx
−∞
∫
1
(g)
1
9
∫
−1
ln(x )
dx
x2
π
2
(c)
√
e x
√ dx
(e)
(f )
x
0
∫ 6
1
√
(h)
dx
3 x2 − 9
3 x
x ln xdx
0
+∞
arctan x
dx
x2 + 1
(b)
1
(d)
∫
+∞
converge.
sin(2x)dx
∫
−∞
π
cos x
dx
1 − sin x
∫ 3√
(i)
x2 − 6x + 13dx
√
0
1
23. Em equações diferenciais, dene-se a Transformada de Laplace de uma função
∫
+∞
f
por
e−sx f (x)dx,
L(f (x)) =
0
para todo
s∈R
para o qual a integral imprópria seja convergente. Encontre a Trans-
formada de Laplace de:
(a) f (x) = eax
(b) f (x) = cos x
24. A função gama é denida para todo
∫
x>0
+∞
Γ(x) =
(c) f (x) = sin x
por
tx−1 e−t dt.
0
(a)
Calcule
Γ(1)
(b)
Mostre que, para
e
Γ(2).
n
inteiro positivo,
Γ(n + 1) = nΓ(n).
25. Encontre a área da região limitada pelas curvas:
(a) y = sin x, y = cos x , x = 0
(b) y − x = 6, y − x3 = 0
(c) y = −x2 + 9
e
e
x = π2 .
e
2y + x = 0.
y = 3 − x.
(d) y = sin x, y = x sin x, x = 0
x = π2 .
e
(e) 28 − y − 5x = 0, x − y − 2 = 0, y = 2x
e
y = 0.
26. Represente geometricamente a região cuja área é calculada por
∫
2
A=
[
]
√
(y + 6) − ( 4 − y 2 ) dy.
0
27. Calcule a área de cada região delimitada pelas curvas dadas abaixo através de:
(i)
integração em relação a
(a) y = x + 3
e
x (ii)
integra ção em relação a
x = −y 2 + 3.
(b) 2x + y = −2, x − y = −1
(c) y = x2 − 1, y = x22
√
(d) y + x = 6, y = x
e
7x − y = 17.
e
y = 32x2 .
e
y + 2 = 3x.
54
y.
28. Represente geometricamente a região cuja área é calculada pela expressão
∫
2
A=
[
(
2x
2
)
1
( )]
) ( )]
∫ 4 [(
2
62 − 15x
2
−
dx +
−
dx.
x
4
x
2
A seguir, reescreva esta expressão utilizando
y
como variável independente.
29. Estabeleça a(s) integral(is) que permite(m) calcular a área da região hachurada na
gura abaixo, delimitada simultaneamente pelas curvas
y = x, y = x2
e
y =
mediante:
(a) integração em relação a
x.
(b) integração em relação a
4
,
x−1
y.
y
x
30. Encontre uma reta horizontal y = k que divida a área da região compreendida entre
2
as curvas y = x e y = 9 em duas partes iguais.
31. A área de uma determinada região
∫
A=
R
√
2
2
pode ser calculada pela expressão
(√
√
− 2
2
1 − x2 −
√
)
2x2 dx.
Reescreva esta expressão, utilizando:
(a)
integração em relação a
y;
(b)
coordenadas paramétricas.
32. Represente geometricamente a região cuja área, em coordenadas paramétricas, é dada
por
∫
∫
0
0
3 sin t(−3 sin t)dt − 2
A=2
π
3 sin t(−2 sin t)dt.
π
P (0, 0) de
(0, a), quando este círculo gira sobre o eixo x. Podese representar esta ciclóide através das equações x = a(t − sin t) e y = a(1 − cos t), com
t ∈ [0, 2π]. Determine a área da região delimitada pela ciclóide.
33. Uma ciclóide é uma curva que pode ser descrita pelo movimento do ponto
um círculo de raio
a,
centrado em
34. Uma curva de equação
2
2
2
x3 + y 3 = a3
é chamada astróide. Calcule a área da região
delimitada pela astróide obtida quando
a = 5.
35. Calcule a área da região situada simultaneamente no interior dos seguintes pares de
curvas:
(a) r = 3 cos θ
e
(b) r = 1 + cos θ
(c) r = sin θ
e
r = 1 + cos θ;
e
r = 1;
r = 1 − cos θ;
(d) r2 = cos(2θ)
e
r2 = sin(2θ);
(e) r = 2 (1 + sin θ)
e
r = 2 (1 + cos θ) .
55
36. Encontrar a área simultaneamente interior ao círculo
r = 6 cos θ
e exterior a
r =
2(1 + cos θ).
37. Calcule a área da região simultaneamente interior à curva
r = 4 + 4 cos θ
e exterior à
r = 1 + cos θ
e exterior à
r = 6.
38. Calcule a área da região simultaneamente interior à curva
r = 2 cos θ.
39. Calcule a área da região simultaneamente interior às curvas
r = sin(2θ)
40. Determine a área da região simultaneamente interior às rosáceas
e
r = sin θ.
r = sin(2θ)
e
r =
cos(2θ).
41. Escreva a integral que permite calcular a área sombreada entre as curvas
e
r=
42. Seja
√
R
3 cos(2θ),
r = sin(2θ)
dada na gura abaixo.
a porção da região simultaneamente interior às curvas
que está situada no exterior da curva
r = 2 cos θ
e
r = 4 sin θ
r = 1. Escreva as integrais que permitem calcular:
(a)
a área da região
R;
(b)
o comprimento de arco da fronteira da região
R.
43. Calcule a área das regiões sombreadas nas guras abaixo:
(a)
r=1
e
r = 2 cos(2θ)
(b)
1
r = 2e 4 θ
(c)
r = sin(3θ)
e
r = cos(3θ)
44. Represente geometricamente a região cuja área, em coordenadas polares, é dada por
[ ∫ π
]
∫ π
6
4
1
1
I=2
sin2 θdθ +
cos2 (2θ)dθ .
π
2 0
2 6
45. Monte a(s) integral(is) que permite(m) calcular a área hachurada na gura abaixo,
delimitada pelas curvas
r = 2 + 2 cos θ, r = 4 cos(3θ)
56
e
r = 2.
46. Calcule o comprimento de arco das curvas dadas por:
x = 13 y 3 +
(b)
x = 3 + t2
(c)
x = 5t2
(d)
x = et cos t
e
(e)
r = e−θ ,
0 ≤ θ ≤ 2π;
(f )
r=
1
, com
4y
2 ≤ y ≤ 5;
(a)
y = 6 + 2t2 ,
e
y = 2t3 ,
e
com
com
com
0 ≤ t ≤ 1;
y = et sin t,
cos2 12 θ, com
1 ≤ t ≤ 5;
com
0 ≤ t ≤ π2 ;
0 ≤ θ ≤ π;
47. Determine a distância percorrida por uma partícula que se desloca entre os pontos
A(2, 3) e B(0,√3) cuja
y(t) = 3 − sen(3 t).
posição, no instante
48. A posição de uma partícula, num instante
2 sin t − 2t cos t.
t = 0 e t = π2 .
t,
é dada por
x(t) = 1 +
√
cos(3
t)
e
t, é dada por x(t) = 2 cos t + 2t sin t e y(t) =
Calcule a distância percorrida por esta partícula entre os instantes
49. Suponha que as equações
x(t) = 4t3 + 1
e
9
y(t) = 2t 2
descrevam a trajetória de uma
partícula em movimento. Calcule a distância que esta partícula percorre ao se deslocar
entre os pontos
A(5, 2)
e
√
B(33, 32 2).
50. Calcule a distância percorrida por uma partícula que se desloca, entre os instantes
t=0
e
t = 4,
de acordo com as equações
51. A curva descrita por
x(t) = 3e−t cos 6t
e
5
x(t) = 1 + 2 cos(3t 2 )
y(t) = 3e−t sin 6t,
e
5
y(t) = 5 − 2 sin(3t 2 ).
chamada de espiral logarít-
mica e está representada geometricamente na Figura 1.48. Mostre que o arco descrito
por esta espiral, quando
t ∈ [0, +∞),
possui comprimento nito.
y
x
Figura 1.48: Espiral logarítmica
52. Encontre o comprimento das curvas que limitam a região formada pela interseção das
curva
r=
√
3 sin θ
e
r = 3 cos θ,
situada no primeiro quadrante.
57
53. Represente gracamente o arco cujo comprimento é calculado pela integral
∫
π
6
l=
√
∫
48 cos2
π
2
2
θ + 48 sin θdθ +
√
16 sin2 θ + 16 cos2 θdθ.
π
6
0
54. Monte as integrais que permitem calcular o comprimento do arco da fronteira da região
r = 1 + sin θ
que é simultaneamente interior à
r = 3 sin θ.
e
55. Calcule o volume do sólido obtido pela revolução da curva
torno do eixo
yx2 = 1,
com
x ≥ 1,
em
x.
56. Determinar o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da curva
em torno do eixo
x.
57. Determinar o volume do toro gerado pela rotação do círculo de equação
a2 em torno do eixo x, supondo a < b.
x2 y 2
+
=1
a2 b 2
x2 + (y − b)2 =
58. Obtenha o volume do sólido obtido pela revolução da região delimitada por:
√
4 − x, 3y = x
(a)
y=
(b)
y = |x| + 2, y = x , x = −2
e
y = 0,
2
2
(c)
y=x
y = 2,
(d)
y = 1 − x2
(e)
x+y =3
e
e
e
em torno do eixo
e
x=1
em torno da reta
x;
em torno do eixo
x;
y = 2;
x − y = 1,
em torno da reta
y = 3;
y + x2 = 3,
em torno da reta
x = 2.
59. Determine o volume do sólido obtido quando a região situada sob a curva
acima do eixo
x,
com
x ≤ 0,
é rotacionada em torno da reta
y = ex
e
y = 2.
60. Um hiperbolóide de uma folha de revolução pode ser obtido pela rotação de uma
hipérbole em torno do seu eixo imaginário.
pelos planos
em torno do
x = −3, x = 3
eixo x.
Calcule o volume do sólido delimitado
2
2
e pelo hiperbolóide obtido pela rotação de
R
61. Quando uma determinada região
é rotacionada em torno do eixo
9y − 4x = 36
y,
o volume do
sólido resultante pode ser calculado pela expressão
∫
2
[(
V =π
1
3
Represente geometricamente a região
quando
R
7 − 3y
2
R
R
( )2 ]
1
−
dy.
y
e, a seguir, calcule o volume do sólido obtido
é rotacionada em torno da reta
62. Considere a região
)2
y = 3.
delimitada simultaneamente pelas curvas
y = x3
e
x = y3.
(a) Obtenha a(s) integral(is) que permite(m) calcular o perímetro da região
(b) Calcule o volume do sólido obtido quando a região
eixo
R
R.
é rotacionada em torno do
y.
(c) Escreva as integrais que permitem calcular o volume do sólido obtido quando a
região
R
é rotacionada em torno da reta
58
y = 1.
63. Escreva as integrais que permitem calcular o volume do sólido obtido quando a região
2
delimitada pelas curvas y = x − 4 e y = x − 2 é rotacionada em torno:
(a) do eixo
x
(b) da reta
64. Considere a região
R
primeiro quadrante e
y=2
(c) da reta
x = −3.
y = x3
y = 2 − x.
delimitada pelas curvas
abaixo da reta
e
y = 2x,
(a) Determine o volume do sólido obtido quando a região
do eixo
R
que está situada no
é revolucionada em torno
x.
(b) Escreva as integrais que permitem calcular o volume do sólido obtido quando a
região
R
é revolucionada em torno da reta
x = −1.
65. Mostre, via volume de sólidos de revolução, que o volume de um cone de raio
2
h
é
r
e altura
πr h
V =
.
3
66. Mostre, via volume de sólidos de revolução, que o volume de uma esfera de raio
4
V = πa3 .
3
59
a
é
1.15
Respostas
2
n
S (f, P ) = 8 +
2.
S (f, P ) =
175 133 133
−
+ 2
3
2n
6n
3.
S (f, P ) =
8
3
1
+
− 2
3 2n 6n
4.
S (f, P ) =
1
11
1
1
+
+ 2−
5
2n 3n
30n4
5.
2
3
6.
− 76
3
7.
1 4
b
4
8.
e2 − e−1
9.
8
3
e
S (g, P ) =
38 10
4
+
+ 2
3
n
3n
1.
e
S (f, P ) =
8
3
1
−
− 2
3 2n 6n
+b
10. Dica para os itens (a) e (b): use propriedades para quebrar o lado esquerdo em duas
integrais, use a denição de função par (ou ímpar) e use a substituição de variáveis
u = −x
para reescrever uma das integrais.
11.
18, 9o F
12.
f (t) = 3t2
13.
f (x) =
14.
g ′ (1) = 2
x
2
15. Item (c)
∫
16.
0
17. .
1
1
f (x) dx = π
2
18. .
(a)
(b)
(c)
(d)
19.
√
√
(b) 32 10 − 43 2
(e) 0, 405
(h) ln 2
(a) 12 e−1 − 12 e−2
(d) sin 1 − cos 1
(g) 3, 202
− 13
8
ln 2 −
3
sin 1
1
π
4
8
9
(e) − 1
(f ) 8
(g) 4
(h) 1
(i) 4
(j) 1
(k) 12 π
(l) 2
3500 m3
20. Converge para
p > 1.
21. Converge para
p > 1.
60
(c) 13
(f ) 83√
(i) 32 2
(m) e
(n) não existe
(o) não existe
(p) não existe
22. .
(a)
23.
24.
25.
(a) 12 e−1
(d) − 41
(g) − 1
(b) 0
(e) 2e3 − 2
(h) 0, 027
1
s−a
para s > a
(a) Γ(1) = 1,
√
(a) 2 2 − 2
26. .
(c) não existe
(f ) 0
(i) 4, 59
(b)
s2
s
+1
para s > 0
(c)
s2
1
+1
Γ(2) = 1
(b) 22
(c)
(d) 2 − 2 sin 1
125
6
(e) 17
y
x
(a)
27.
125
6
∫
28.
2
(b) 16
(
A=
1
2
29. .
62 − 4y
15
∫
2
(a) A =
∫
1
(b) A =
1
30.
k=
)
(d)
23
6
( )
) (√ )
∫ 8(
2
2y
62 − 4y
−
dy +
−
dy
y
15
2
2
)
4
− x dx
x−1
2
)
∫ 4 (
y+4 √
√
− y dy
(y − y) dy +
√
1+ 17
y
2
( 2
)
x − x dx +
√
1+ 17
2
√
32−4 2
3
(c)
∫
√
1+ 17
2
(
9
√
3
4
31. .
∫
(a) A = 2
0
∫
π
4
(b) A =
3π
4
32. .
√
2
2
∫ 1 √
√
y
√
dy + 2 √
1 − y 2 dy
4
2
2
2
∫
− sin tdt −
√
2
−
2
2
√
√
2t2 dt
2
2
y
x
33.
3a2 π
34.
3πa2
8
35.
(a)
5π
4
(b) 45 π − 2
(c) 21 (π − 2)
(d) 1 −
61
√
2
2
√
(e) 6π − 8 2
para s > 0
37.
4π
√
18 3 − 4π
38.
π
2
39.
1
π
4
40.
π
2
36.
−
3
16
√
3
−1
41. Uma das várias respostas possíveis é:
∫
1 √
( 3 cos 2θ)2 dθ +
2
π
4
A=
0
42.
∫
π
6
0
1
(sin 2θ)2 dθ +
2
∫
π
4
π
6
1 √
( 3 cos 2θ)2 dθ
2
1
∫
∫ π
(
)
1 arctan 2
1 3
2
4 cos2 θ − 1 dθ
(a) A =
(16 sin θ − 1)dθ +
2 arcsin 14
2 arctan 12
∫ arctan 1
∫ π
∫ π
2
3
3
(b) l =
4dθ +
2dθ +
dθ
arcsin
√
9 3
8
(a)
43.
−
1
4
arctan
1
2
arcsin
5π
9π
1
4
π
(b) 4e 4 − 8e 4 + 4e 4
π
4
(c)
π
8
−
1
4
44. .
45. Uma das várias respostas possíveis é:
1
A =
2
46. .
√
47.
π u.c.
48.
π2
4
49.
352
27
50.
192
√
π
9
[
2
2
√
(b) 24 5
π
2e 2 −
√
]
1
(2 + 2 cos θ) − (4 cos 3θ) dθ +
2
0
∫ π
∫ π
1 9
1 6
+
4dθ +
(4 cos 3θ)2 dθ
2 0
2 π9
1563
40
(a)
(d)
∫
2
(e)
√
(c)
2(1 − e−2π )
68
27
√
∫
π
2
π
9
34 −
[
]
(2 + 2 cos θ)2 − 4 dθ
250
27
(f ) 2
(observe que a resolução da integral envolve uma integral com descontinuidade)
22 −
250
27
62
51. O comprimento desejado é nito e igual a
52.
√
1
3
3π +
√
333.
π
2
53. Arco composto de dois subarcos de circunferências, conforme gura abaixo:
y
x
∫
54.
π
6
l=2
∫
√
2
2
9 cos θ + 9 sin θdθ + 2
π
3
56.
4πab2
3
57.
2π 2 a2 b
(a) 32 π
58.
59.
7
π
2
60.
32π
61.
62.
√
cos2 θ + (1 + sin θ)2 dθ
π
6
0
55.
π
2
(b)
92π
5
(c)
64
15
√
2π
(d)
162
π
5
(e) 12 π
− 6π ln 6
)
√
∫ 1 (√
1
−4
32
(b) V =
(a) l =
1 + 9x4 + 1 + x 3 dx
π
35
9
−1
∫ 0
∫ 1
√
√
2
3 2
3
(c) V = π
(1 − x) − (1 − x ) dx + π
(1 − x3 )2 − (1 − 3 x)2 dx
410
π
27
−1
∫
63. .
0
∫
2
(x − 9x + 4x + 12)dx
2
(20 − 13x2 − x4 + 8x)dx
−1
∫ −1
∫ −3
∫ 0
0
√
√
(c) V = π
(y + 8 + 4 y + 4)dy − π
(y + 8 − 4 y + 4)dy − π
(y 2 + 8y + 16)dy
4
(a) V = π
2
(b) V = π
−4
−4
∫
64.
(a)
134
π
189
(b) V = π
1
(1 +
0
√
3
y )2
y) − 1 +
dy + π
2
2
(
−3
∫
1
4
3
y )2
(3 − y) − 1 +
dy
2
2
(
65. Dica: Note que um cone tal como desejado pode ser obtido pela rotaç ão em torno do
h
eixo y da reta y = x, com x ∈ [−r, r] e y ∈ [0, h].
r
66. Dica: Note que a esfera pode ser obtida pela rotação da circunferência
torno de qualquer eixo coordenado.
63
x2 +y 2 = a2
em
Revisão de Coordenadas Polares no R2
1.16
No sistema de coordenadas polares, as coordenadas consistem de uma distância e da
medida de um ângulo em relação a um ponto xo e a uma semirreta xa. A Figura 1.49
ilustra um ponto
P
num sistema de coordenadas polares. O ponto xo, denotado por
O,
é
P
r
θ
o
A
Figura 1.49: Ponto
chamado
pólo ou origem.
P
usando coordenadas polares
OA é chamada eixo polar. O ponto P ca bem
(r, θ), onde r representa a distância entre a origem e o
em radianos, do ângulo orientado AÔP. O segmento OP ,
A semirreta xa
determinado através do par ordenado
ponto
P,
e
é chamado
θ
representa a medida,
raio.
Relação entre o Sistema de Coordenadas Cartesianas Retangulares e o Sistema
de Coordenadas Polares













x = r cos θ
y = r sin θ
r2 =√x2 + y 2 .
r = x2 + y 2
y
tan θ =
x
Algumas equações em coordenadas polares e seus respectivos grácos
Retas
1.
2.
θ = θ0 ou θ = θ0 ± nπ, n ∈ Z é uma
θ0 ± nπ radianos com o eixo polar.
r sin θ = a
e
r cos θ = b,
com
θ0
ou
θ =
π
,
2
reta que passa pela pólo e faz um ângulo
a, b ∈ R,
são retas paralelas ao eixo polar e
respectivamente.
Circunferências
1.
2.
r = a, a ∈ R
r = 2a cos θ
ao eixo θ =
é uma circunferência de raio
é uma circunferência de raio
π
de modo que
2
|a|.
|a|,
com centro sobre o eixo polar e tangente
(i) se
a>0
o gráco está à direita do pólo;
(ii) se
a<0
o gráco está à esquerda do pólo.
64
3.
r = 2b sin θ
é uma circunferência de raio
|b|,
com centro sobre o eixo
θ=
π
e tangente
2
ao eixo polar de modo que
(i) se
b>0
o gráco está acima do pólo;
(ii) se
b<0
o gráco está abaixo do pólo.
Limaçons
Equações do tipo
r = a ± b cos θ
ou
r = a ± b sin θ,
onde
a, b ∈ R
o gráco varia conforme
os casos abaixo.
1. se
b > a,
então o gráco tem um laço. Veja a Figura 1.50.
r=a-bcosθ
r=a+bsinθ
r=a+bcosθ
r=a-bsinθ
Figura 1.50: Limaçons com laço
2. se
b = a,
então o gráco tem o formato de um coração, por isso é conhecido como
Cardióide.
Veja a Figura 1.51.
r=a(1+ cosθ)
r=a(1- cosθ)
r=a(1- sinθ)
r=a(1+ sinθ)
Figura 1.51: Cardióide
3. se
b < a,
então o gráco não tem laço e não passa pelo pólo. Veja a Figura 1.52.
r=a - bcosθ
r=a+bcosθ
r=a+bsinθ
Figura 1.52: Limaçons sem laço
65
r=a - bsinθ
Rosáceas
Equações do tipo
r = a cos(nθ)
ou
r = a sin(nθ),
onde
a∈R
e
n∈N
o gráco varia
conforme os casos abaixo.
1. Se
n
é par temos uma rosácea com
2n
pétalas. Veja a Figura 1.53.
r = asin(4θ)
r = acos(4θ)
Figura 1.53: Rosáceas com
2. Se
n
é ímpar temos uma rosácea com
é totalmente desenhada para
θ
n
2n
pétalas
pétalas. Observe que a rosácea com
variando de
0
até
π.
Usando
θ ∈ [0, 2π]
n
ímpar
a rosácea será
desenhada duas vezes. Veja a Figura 1.54.
r=a sin(5θ)
r=a cos(5θ)
Figura 1.54: Rosáceas com
n
pétalas
Lemniscatas
Equações do tipo
r2 = ±a2 cos(2θ)
ou
r2 = ±a2 sin(2θ),
onde
a ∈ R.
É preciso prestar
atenção ao domínio de cada uma das lemniscatas. Os grácos para cada caso estão na Figura
1.55.
66
r²=-a²sin(2θ)
r²=-a²cos(2θ)
r²=a²sin(2θ)
r²=a²cos(2θ)
Figura 1.55: Lemniscatas
Espirais
As equações seguintes representam algumas espirais.
1. Espiral hiperbólica:
rθ = a, a > 0.
2. Espiral de Arquimedes:
3. Espiral logarítmica:
4. Espiral parabólica:
r = aθ, a > 0.
r = eaθ .
r2 = θ.
A Figura 1.56 ilustra estas espirais.
(a, π/2)
(a, π/2)
rθ=a (θ>0)
rθ=a (θ<0)
r=eaθ
r=
θ
Figura 1.56: Espirais
67
r=aθ (θ ³0)
r=aθ (θ£ 0)
r=-
θ
Capítulo 2
FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS E
DIFERENCIAÇÃO PARCIAL
Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de):
1. Denir funções de várias variáveis e dar exemplos práticos;
2. Encontrar o domínio e fazer o gráco (esferas, cones,cilindros, parabolóides, planos e
interseções entre essas superfícies) com funções de várias variáveis com duas variáveis
independentes;
3. Usando a denição mostrar que o limite de uma função de duas variáveis existe;
4. Vericar se uma função de duas variáveis é contínua num ponto;
5. Encontrar derivadas parciais e interpretá-las geometricamente quando a função for de
duas variáveis independentes;
6. Encontrar derivadas parciais de funções compostas;
7. Encontrar as derivadas parciais de funções implícitas;
8. Resolver problemas que envolvam derivadas parciais como taxa de variação;
9. Representar geometricamente as diferenciais parciais e totais;
10. Resolver problemas que envolvam diferenciais parciais e totais;
11. Encontrar derivadas parciais de ordem superior;
12. Encontrar os extremos de uma função de duas variáveis quando existem;
13. Resolver problemas que envolvam extremos de funções de duas variáveis;
14. Resolver exercícios usando uma ferramenta tecnológica.
A prova será composta por questões que possibilitam vericar se os objetivos foram
atingidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação das questões é o modelo adotado na formulação dos exercícios e no desenvolvimento
teórico desse capítulo, nessa apostila.
68
2.1
Introdução
Um fabricante pode constatar que o custo da produção
C
de um determinado artigo de-
pende da qualidade do material usado, do salário-hora dos operários, do tipo de maquinaria
necessário, das despesas de manutenção e da supervisão. Dizemos então que
C
é função de
cinco variáveis, porque depende de cinco quantidades diferentes. Neste Capítulo estudaremos as funções de várias variáveis, começando com o caso de funções de duas variáveis e
estendendo então a um número arbitrário de variáveis. Como exemplo de função de duas
variáveis podemos utilizar a área de um retângulo, função esta muito conhecida.
Consideremos o retângulo de base
a
e altura
b.
A área desse retângulo é
A = ab.
Por outro lado, se
de
x,
a for uma variável x podemos escrever a área desse retângulo em função
isto é,
A (x) = xb.
Desse modo, temos a área como função de uma variável. Podemos também, fazer variar
a base e a altura simultaneamente. Nesse caso, tomando
b=y
teremos a área dada por
A(x, y) = xy,
ou seja, a área é expressa como função de duas variáveis.
é
A (x, y) é denida para todo par de pontos pertencentes ao plano R2 e a imagem
2
um número real. O convencional é escrever A : R → R.
Um raciocínio análogo pode ser feito para o volume de um paralelepípedo. Sejam a, b e
c
as dimensões de um paralelepípedo. O volume será dado por
A função
V = abc.
Por outro lado, se
a
for uma variável
x,
expresso como função de uma variável
x
podemos escrever o volume desse paralelepípedo
isto é,
V (x) = xbc.
a e b simultaneamente, isto é, tomando b = y
como uma função de duas variáveis x e y , ou
Podemos também, fazer variar as dimensões
teremos o volume do paralelepípedo expresso
seja,
V (x, y) = xyc.
Também é possível variar as três dimensões simultaneamente e, nesse caso tomando
o volume do paralelepípedo será expresso como uma função de três variáveis
x, y
e
z,
z=c
isto é,
V (x, y, z) = xyz.
3
é denida para toda tripla de pontos pertencentes ao espaço R e a
3
imagem é um número real. O convencional é escrever V : R → R. Vejamos um exemplo
A função
V (x, y, z)
que envolve mais do que três variáveis.
2.1.1 Suponhamos que uma pessoa vá a um supermercado e a nota de compras seja
descrita conforme o modelo abaixo.
EXEMPLO
69
Nota de compras
Produtos
Unidades
Preço por unidade
Total
Leite
2 pacotes
1,00
2,00
Pão
10
0,10
1,00
Laranja
2kg
0,50
1,00
Maçã
2kg
2,50
5,00
Açúcar
5kg
Suponhamos que as variáveis
x, y , z , w
0,60
3,00
Total a pagar
12,00
e
t
representem, respectivamente, leite, pão,
laranja, maçã e açúcar, então podemos escrever a função "total a pagar por
T (x, y, z, w, t) = x + 0, 1y + 0, 5z + 2, 5w + 0, 6t.
A função
T
é uma função de cinco variáveis. Para encontrar o total a pagar referente a
tabela anterior, fazemos
T (2, 10, 2, 2, 5) = 2 + 0, 1 (10) + 0, 5 (2) + 2, 5 (2) + 0, 6 (5)
= 2 + 1 + 1 + 5 + 3 = 12.
T (x, y, z, w, t)
T : R5 → R.
A função
escrever
é denida para todo ponto
(x, y, z, w, t) ∈ R5 .
O convencional é
Note que, em todos os exemplos acima, a imagem da função é um número real. Com
base nesses exemplos vamos denir funções de várias variáveis.
2.2
Função de Várias Variáveis
DEFINIÇÃO 2.2.1 Seja D um subconjunto de Rn e seja (x1 , x2 , x3 , · · · , xn ) ∈ D. Se a cada
n−upla ordenada pertencente a D corresponder um único número real f (x1 , x2 , x3 , · · · , xn ) ,
dizemos que f é uma função de n−variáveis, denida em D com imagem em R. O subconjunto D é chamado domínio de f. Convencionalmente escreve-se f : D ⊂ Rn → R.
Vejamos alguns exemplos de funções de várias variáveis:
(a) f : D ⊂ R2 → R denida por f (x, y) = 2x + 3y + 1.
(b) f : D ⊂ R3 → R denida por f (x, y, z) = x2 + y + z + 6.
(c) f : D ⊂ R4 → R denida por f (x, y, z, w) = x2 + y 2 + z + w + 6.
(d) f : D ⊂ R5 → R denida por f (x, y, z, w, t) = x2 + y 2 + z + w + t2 + 6.
EXEMPLO
2.2.2
1
é uma função de duas variáveis, cujo
y−x
domínio é D = {(x, y) ∈ R2 tal que y > x}. Geometricamente, D é formado por todos os
pontos do plano xy que estão situados "acima"da reta y = x. Já a função w = f (x, y, z) =
1
(x2 +y 2 +z 2 )− 2 é uma função de três variáveis cujo domínio são todos os pontos (x, y, z) ∈ R3
para os quais x2 + y 2 + z 2 ̸= 0, ou seja, todos os ponto de R3 , com exceção da origem.
EXEMPLO
2.2.3
A função z = f (x, y) = √
EXEMPLO 2.2.4 A temperatura em um ponto (x, y) de uma placa de metal plana é dada por
T (x, y) = x2 + 4y 2 graus.
(a) Determine a temperatura no ponto (3, 1).
(b) Determine e represente geometricamente a curva ao longo da qual a temperatura tem
um valor constante igual a 16 graus.
Solução:
(b)
(a)
T (3, 1) = 32 + 4 = 13 graus.
2
2
tem equação T (x, y) = 16, ou seja, x + 4y = 16,
Temos que
A curva desejada
2
x2
elipse
+ y4 = 1, representada na Figura 2.1.
16
70
que nos fornece a
y
x
Figura 2.1: 16 graus ao longo da elipse.
2.2.5 Gráco de uma Função de Várias Variáveis
DEFINIÇÃO 2.2.6 Seja
f : D ⊂ Rn → R uma função de n variáveis. Denimos o gráco
de f como o subconjunto de Rn+1 formado por todos os pontos da forma
(x1 , x2 , · · · , xn , f (x1 , x2 , · · · , xn )) ⊂ Rn+1 ,
onde (x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Rn .
n = 2, o gráco de f é uma superfície em R3 . Quando n ≥ 3, não é mais possível
4
o gráco de f, pois este será um subconjunto de R .
No caso
visualizar
EXEMPLO
2.2.7
Figura 2.2.
O gráco de f (x, y) = 9 − x2 − y 2 é um parabolóide, conforme mostra a
Figura 2.2: Parabolóide
z = f (x, y) = 9 − x2 − y 2
A equação de uma superfície pode ser escrita na forma implícita ou explícita, em função
de duas variáveis, isto é,
EXEMPLO
2.2.8
F (x, y, z) = 0
ou
z = f (x, y).
A equação da esfera centrada na origem pode ser escrita como segue
• Implicitamente: x2 + y 2 + z 2 − R2 = 0.
√
• Explicitamente em função de x e y, com z = ± R2 − x2 − y 2 .
71
Representação Gráca de uma Superfície
Para representar gracamente uma superfície procede-se como segue:
1. Determina-se as interseções com os eixos cartesianos determinando os pontos
(x, 0, 0), (0, y, 0) e (0, 0, z).
2. Determina-se os traços das superfícies sobre os planos coordenados
(a)
xy
fazendo
z=0
na equação da superfície;
(b)
xz
fazendo
y=0
na equação da superfície;
(c)
yz
fazendo
x=0
na equação da superfície.
3. Determina-se as simetrias
(a) em relação aos planos coordenados
•
•
•
Uma superfície é simétrica em relação ao plano
′
existe um ponto P (x, y, −z);
xy se para qualquer ponto P (x, y, z)
Uma superfície é simétrica em relação ao plano
′
existe um ponto P (x, −y, z);
xz se para qualquer ponto P (x, y, z)
Uma superfície é simétrica em relação ao plano
′
existe um ponto P (−x, y, z).
yz se para qualquer ponto P (x, y, z)
(b) em relação aos eixos coordenados
•
•
Uma superfície é simétrica em relação ao eixo
′
existe um ponto P (x, −y, −z);
x se para qualquer ponto P (x, y, z)
Uma superfície é simétrica em relação ao eixo
′
y
se para qualquer ponto
P (x, y, z)
Uma superfície é simétrica em relação ao eixo
′
existe um ponto P (−x, −y, z).
z
se para qualquer ponto
P (x, y, z)
Uma superfície é simétrica em relação à origem se para qualquer ponto
′
existe um ponto P (−x, −y, −z).
P (x, y, z)
existe um ponto
•
P (−x, y, −z);
(c) em relação à origem
•
4. Secções e Extensão: Quando os traços principais não forem sucientes para caracterização da superfície, recorre-se a determinação de secções com planos paralelos aos
planos coordenados. Para isso fazemos
• z = k sendo k
F (x, y, k) = 0
• y = k sendo k
F (x, k, z) = 0
uma constante na equação
sobre o plano coordenado
uma constante na equação
sobre o plano coordenado
F (x, y, z) = 0, isto é, teremos a equação
xy;
F (x, y, z) = 0, isto é, teremos a equação
xz;
• x = k sendo k uma constante na equação F (x, y, z) = 0, isto é, teremos a equação
F (k, y, z) = 0 sobre o plano coordenado yz.
EXEMPLO
2.2.9
Esboçar geometricamente a superfície de equação
−
x2 y 2 z 2
+
−
= 1.
52 42 32
72
Solução:
Vamos proceder conforme os passos listados acima.
(x, 0, 0) e (0, 0, z) não
P (0, 4, 0) e P ′ (0, −4, 0).
1. Interseções com os eixos coordenados: Os pontos
ponto
(0, y, 0)
é duplo ou seja temos os pontos
são reais e o
2. Traços sobre os planos coordenados
•
Sobre o plano
xy : Fazendo z = 0 tem-se a hipérbole −
Figura 2.3: Traço sobre
x2 y 2
+
= 1 (Figura 2.3).
52 42
xy
•
Sobre o plano
xz :
Fazendo
y=0
tem-se o conjunto vazio.
•
Sobre o plano
yz :
Fazendo
x=0
tem-se a hipérbole
Figura 2.4: Traço sobre
3. Simetrias: Explicitamente, a equação
2
− x52 +
√
x2 z 2
y =4 1+ 2 + 2
5
3
y2
42
−
y2 z2
−
=1
42 32
yz
z2
32
=1
pode ser escrita como
√
ou
(Figura 2.4).
y = −4 1 +
x2 z 2
+
52 32
logo, é simétrica em relação aos planos coordenados, aos eixos coordenados e à origem.
4. Secções e extensões: fazendo
com k ∈ R, obtemos uma família de hipérboles de
y = k, com k > 4 ou k < −4, obtemos uma família
k ∈ R, obtemos novamente uma família de hipérboles
z = k,
eixo real paralelo ao eixoy. Fazendo
de elipses. Fazendo
x = k,
com
de eixo real paralelo ao eixo
•
Por exemplo, fazendo
−
y.
z=3
temos a equação de uma hipérbole (Figura 2.5)
x2 y 2 32
x2 y 2
+
−
=
1
⇒
−
+
= 2.
52 42 32
52 42
73
Figura 2.5: Traço sobre o plano
•
Por exemplo, fazendo
y = ±8
z = 3.
temos a equação de elipses (Figura 2.6)
x2 (±8)2 z 2
x2 z 2
− 2+
− 2 = 1 ⇒ − 2 − 2 = −3 ⇒
5
42
3
5
3
Figura 2.6: Traços sobre os planos
5. Construção da superfície.
x2 z 2
+
= 3.
52 32
y = ±8.
Os elementos fornecidos pela discussão acima permitem
construir a superfície hipebólica de duas folhas, conforme a Figura 2.7.
z
y
x
Figura 2.7: Hiperbolóide de duas folhas
Note que a gura acima não é o gráco de uma função de duas variáveis,
é a representação
cuja equação é dada explicitamente pelas
√ geométrica de uma superfície
√
OBSERVAÇÃO
2.2.10
funções: z = −3 −1 −
x2 y 2
x2 y 2
+
e z = 3 −1 − + .
25 16
25 16
√
Considere a função de duas variáveis f (x, y) = 4 − 4x2 − y 2 . Determine
o domínio de f (x, y), construa e identique o gráco de z = f (x, y).
EXEMPLO
2.2.11
74
Solução:
D(f ) = {(x, y) ∈ R2 / 4x2 + y 2 ≤ 4} = {(x, y) ∈ R2 / x2 +
domínio de
f (x, y)
O gráco de
é o conjunto de pontos do plano
f (x, y)
xy
no interior da elipse
é uma superfície, ou seja, um conjunto de ponto em
Gr(f ) = {(x, y, z) ∈ R3 / (x, y) ∈ D(f )
Assim temos
z =
√
y2
≤ 1},
4
4 − 4x2 − y 2
que é um ramo (z
R3
y2
= 1.
4
dado por
z = f (x, y)}.
e
≥ 0)
x2 +
ou seja, o
do gráco de
y2
z2
+
= 1,
4
4
z = f (x, y) está
x2 +
esta é a equação de um elipsóide com centro na origem. Logo, o gráco de
representado na Figura 2.8.
Figura 2.8: Ramo
z≥0
do elipsóide
y2 z2
x +
+
=1
4
4
2
2.2.12 Curvas e Superfícies de Nível
Uma curva ao longo da qual uma função de duas variáveis
(como a elipse do Exemplo 2.2.4) é denominada
z = f (x, y) tem valor constante
curva de nível ou curva de contorno de
f.
A equação de uma curva de nível
f
k
para
f
é da forma
f (x, y) = k.
Quando a função
representa uma distribuição de temperatura, suas curvas de nível são chamadas
mas. Se f representa o potencial elétrico, as curvas de nível de f
equipotenciais.
isotercurvas
z = f (x, y). Se a interseção de
f (x, y) = k. A cada ponto
desta curva de nível corresponde um único ponto na superfície S que está k unidades acima
do plano xy, se k > 0, ou k unidades abaixo dele, se k < 0. Ao considerarmos diferentes
valores para a constante k, obtemos um conjunto de curvas chamado de mapa de contorno
de S .
Suponha que uma superfície
S
com o plano
z=k
S
são chamadas de
é o gráco de uma função
é não vazia, então ela é uma curva de nível
Tal mapa de contorno facilita a visualização da superfície. Quando as curvas de nível são
k, a proximidade de curvas sucessivas nos dá a
S. Quanto mais próximas as curvas, signica que os valores
mostradas em intervalos equi-espaçados de
informação sobre a aclividade de
de
z
mudam mais rapidamente do que quando elas estão mais afastadas, ou seja, quando
curvas de nível estão juntas, a superfície é "íngreme".
Seja f (x, y) = x2 + y 2 . Faça um mapa de contorno de f, mostrando as
curvas de nível em 1, 2, 3, 4, 5.
EXEMPLO
2.2.13
75
Solução:
As curvas de nível são as circunferências
x2 + y 2 = k.
Um mapa de contorno de
f
pode ser visto na Figura 2.9.
y
x
Figura 2.9: Curvas de Nível:
x2 + y 2 = k
w = f (x, y, z),
f (x, y, z) = k, que são chamadas de superfícies
de nível de f. Ainda, toda superfície denida por uma equação em x, y, z pode ser considerada
Embora não possamos visualizar o gráco de uma função de três variáveis
podemos considerar as superfícies de equações
como uma superfície de nível de alguma função de três variáveis. Por exemplo, o hiperbolóide
2
2
2
da Figura 2.7 é a superfície de nível
g(x, y, z) = 1
onde
g(x, y, z) = −
x
y
z
+ 2 − 2.
2
5
4
3
2.2.14 Distâncias e Bolas no Espaço
P (x1 , x2 , · · · , xn ) e A (y1 , y2 , · · · , yn ) dois pontos de Rn . A distância
denotada por ||P − A|| , é dada por
√
||P − A|| = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + · · · + (xn − yn )2 .
Sejam
de
P
até
A,
DEFINIÇÃO 2.2.15 Sejam A (y1 , y2 , · · · , yn ) um ponto de Rn e δ > 0 um número real. De-
nominamos bola aberta de centro A e raio δ ao conjunto de todos os pontos P (x1 , x2 , · · · , xn ) ∈
Rn tais que ||P − A|| < δ, ou seja,
B (A, δ) = {(x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Rn ; ||P − A|| < δ} .
EXEMPLO
2.2.16
No plano, para δ = 1 e A(1, 2) temos a bola aberta
{
}
B ((1, 2) , 1) = P (x, y) ∈ R2 ; ||(x, y) − (1, 2)|| < 1
que é gracamente representada pela Figura 2.10.
y
x
Figura 2.10: Bola aberta
76
B ((1, 2) , 1) .
EXEMPLO
2.2.17
Sejam A (1, 1, 2) e δ = 1. Então, a bola aberta
{
}
B((1, 1, 2) , 1) = P (x, y, z) ∈ R3 ; ||(x, y, z) − (1, 1, 2)|| < 1
está gracamente representada pela Figura 2.11.
z
y
x
Figura 2.11: Bola aberta
2.3
B((1, 1, 2) , 1)
Limite de uma Função de duas Variáveis
Vamos estudar a existência do limite de uma função de duas variáveis. O raciocínio
análogo é feito para funções de n variáveis.
DEFINIÇÃO 2.3.1 Seja f uma função de duas variáveis denida numa bola aberta B (A, r) ,
exceto possivelmente em A (x0 , y0 ) . Dizemos que o número L é o limite de f (x, y) quando
(x, y) tende para (x0 , y0 ) se, dado ε > 0, podemos encontrar um δ > 0 tal que |f (x, y) − L| <
ε sempre que 0 < ||(x, y) − (x0 , y0 )|| < δ. Nesse caso, escrevemos
lim
f (x, y) = L.
(x,y)→(x0 ,y0 )
EXEMPLO
2.3.2
Mostre que
lim
(2x + 3y) = 11.
(x,y)→(1,3)
Solução: Devemos mostrar que, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f (x, y) − 11| < ε sempre
que 0 < ||(x, y) − (1, 3)|| < δ. Assim
|f (x, y) − 11| =
=
=
≤
=
|2x + 3y − 11|
|(2x − 2) + (3y − 9)|
|2 (x − 1) + 3 (y − 3)|
|2 (x − 1)| + |3 (y − 3)|
2 |(x − 1)| + 3 |(y − 3)| < ε
e obtemos que
2 |(x − 1)| + 3 |(y − 3)| < ε.
(I)
Por outro lado, de 0 < ||(x, y) − (x0 , y0 )|| < δ, segue que
√
0<
(x − 1)2 + (y − 3)2 < δ.
77
Agora, pela denição de módulo, temos que
|x − 1| =
e
|y − 3| =
√
√
(x −
1)2
≤
(y − 3)2 ≤
√
√
(x − 1)2 + (y − 3)2 < δ
(x − 1)2 + (y − 3)2 < δ
e assim
( II )
2 |(x − 1)| + 3 |(y − 3)| < 2δ + 3δ = 5δ.
Portanto, de (I) e (II) podemos formar o sistema de inequações
{
2 |(x − 1)| + 3 |(y − 3)| < ε
2 |(x − 1)| + 3 |(y − 3)| < 5δ
ε
5
Assim, podemos admitir que 5δ = ε e encontrar que δ = .
ε
Logo, dado ε > 0 existe δ = tal que |f (x, y) − 11| < ε sempre que 0 < ||(x, y) − (1, 3)|| <
5
δ, o que prova pela denição que
lim 2x + 3y = 11.
(x,y)→(1,3)
No Cálculo 1, vimos que para existir o limite de uma função de uma variável, quando x se aproxima de x0 , é necessário que os limites laterais lim+ f (x) e lim− f (x)
OBSERVAÇÃO
2.3.3
x→x0
x→x0
existam e sejam iguais. Já para funções de duas variáveis, a situação análoga é mais complicada, pois no plano há uma innidade de curvas (caminhos) ao longo das quais o ponto
(x, y) pode se aproximar de (x0 , y0 ) . Porém, se o limite da Denição 2.3.1 existe, é preciso então que f (x, y) tenda para L, independentemente do caminho considerado. Essa ideia
nos fornece uma importante regra (Teorema 2.3.4) para investigar a existência de limites de
funções de duas variáveis.
TEOREMA 2.3.4
Seja f uma função de duas variáveis denida numa bola aberta centrada
em A (x0 , y0 ), exceto possivelmente em A (x0 , y0 ) . Se f (x, y) tem limites diferentes quando
(x, y) tende para (x0 , y0 ) por caminhos diferentes, então
lim
f (x, y)
não existe.
(x,y)→(x0 ,y0 )
Vamos mostrar que
EXEMPLO
2.3.5
Solução:
Considere
caminho que passa
lim
(x,y)→(0,0) x2
C1 = {(x, y) ∈ R2 ; x = 0} .
pelo ponto (0, 0) . Assim,
lim
f (x, y) =
(x,y)→ (0,0)
lim
C2 = {(x, y) ∈ R2 ; y = kx}.
(0, 0) . Assim
lim
(x,y)→ (0,0)
f (x, y) =
lim
x→0
y
e é um
0·y
= 0.
+ y2
Note que
C2
lim
é o conjunto de retas que
(x,kx)→(0,0) x2
k
x2 k
=
.
x2 (1 + k 2 )
1 + k2
78
é exatamente o eixo
y→0 02
f (x, kx) =
(x,kx)→(0,0)
= lim
C1
f (0, y) = lim
Considere agora
C2
Note que
(0,y)→(0,0)
C1
passam pelo ponto
xy
não existe.
+ y2
xkx
+ (kx)2
Mostramos então que
lim
̸=
f (x, y)
(x,y)→(0,0)
S1
e com isso, concluímos que
EXEMPLO
Solução:
f (x, y)
S2
xy
+ y2
lim
(x,y)→(0,0) x2
Vamos mostrar que
2.3.6
lim
(x,y)→(0,0)
não existe.
3x2 y
existe.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Primeiro vamos vericar se, por caminhos diferentes, o limite tem o mesmo valor
C1 = {(x, y) ∈ R2 ; y = kx} , o conjunto de retas que passam pelo
numérico. Considerando
ponto
(0, 0)
temos
lim
f (x, y) =
lim
(x,y)→ (0,0)
(x,kx)→(0,0)
C1
= lim
x→0
Considerando agora
pelo ponto
(0, 0) ,
3x2 kx
x2 + (kx)2
lim
(x,kx)→(0,0)
x3 k
xk
= lim
= 0.
2
2
x (1 + k ) x→0 1 + k 2
C2 = {(x, y) ∈ D; y = kx2 },
o conjunto de parábolas que passam
temos que
lim
f (x, y) =
(x,y)→ (0,0)
C2
lim
2
x→0
lim
f (x, y) =
(x,y)→ (0,0)
C1
(
)
f x, kx2 =
(x,kx )→(0,0)
= lim
Como
f (x, kx) =
lim
lim
2
(x,kx )→(0,0)
3x2 kx2
x2 + (kx2 )2
3x4 k
3x2 k
=
lim
= 0.
x2 (1 + k 2 x2 ) x→0 1 + k 2 x2
f (x, y) ,
(x,y)→ (0,0)
segue que há probabilidades de que
L = 0
C2
3xy
seja o limite de f (x, y) = 2 2 . Para conrmar, devemos vericar se a Denição 2.3.1 está
x +y
satisfeita. Devemos mostrar que, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f (x, y) − 0| < ε sempre
que
0 < ||(x, y) − (0, 0)|| < δ.
Assim,
2
2
3x2 y = |3x y| = 3 |x | |y| < ε. ( I )
|f (x, y) − 0| = 2
x + y 2 |x2 + y 2 |
x2 + y 2
√
De 0 < ||(x, y) − (0, 0)|| < δ obtemos 0 <
x2 + y 2 < δ. Sendo x2 ≤ x2 + y 2
√
√
y 2 ≤ x2 + y 2 podemos escrever
√
3 (x2 + y 2 ) |y|
3 |x2 | |y|
≤
= 3 |y| < 3 x2 + y 2 < 3δ.
2
2
2
2
x +y
x +y
Comparando (I) com (II) podemos admitir que
3δ = ε,
Portanto, mostramos que existe o limite existe e que
EXEMPLO
2.3.7
Calcule, se possível, o valor de
79
lim
(x,y)→(0,1)
( II )
ε
δ= .
3
3x2 y
= 0.
x2 + y 2
donde vem
lim
(x,y)→(0,0)
3x4 (y − 1)4
.
(x4 + y 2 − 2y + 1)3
e
|y| =
Solução:
Iniciamos investigando a existência do limite, utilizando diferentes caminhos que
passam pelo ponto
(0, 1).
Utilizando os caminhos lineares
lim
(x,y)→ (0,1)
C1
C1 = {(x, y) ∈ R2 ; y = kx + 1}
3x4 (y − 1)4
=
(x4 + (y − 1)2 )3
lim
(x,kx+1)→(0,1)
= lim
x→0
Agora, usando os caminhos parabólicos
lim
(x,y)→ (0,1)
C2
temos que
3x4 (kx)4
(x4 + (kx)2 )3
3k 4 x8
= 0.
x6 (x2 + k 2 )3
C2 = {(x, y) ∈ R2 ; y = kx2 + 1}
3x4 (y − 1)4
=
(x4 + (y − 1)2 )3
3x4 (kx2 )4
(x4 + (kx2 )2 )3
lim
2
(x,kx +1)→(0,1)
= lim
x→0
temos que
3k 4 x12
3k 4
=
.
x12 (1 + k 2 )3
(1 + k 2 )3
Portanto, como obtemos limites diferentes por caminhos distintos, concluímos que o limite
não existe.
EXEMPLO
Calcule, se possível, o valor de
2.3.8
lim
(x,y,z)→(3,1,−5)
(x + 2y + z)3
.
(x − 3)(y − 1)(z + 5)
Solução:
Iniciamos investigando a existência do limite. Como temos uma função de 3 va3
riáveis, devemos usar caminhos em R . Se v = (a, b, c) são as coordenadas de um vetor diretor
de uma reta que passa pelo ponto
(3, 1, −5), podemos utilizar as equações paramétricas para
denir o caminho retilíneo
{
}
C1 = (x, y, z) ∈ R3 ; x = 3 + at, y = 1 + bt, z = −5 + ct .
Para nos aproximarmos de
lim
(x,y,z)→ (3,1,−5)
C1
(3, 1, −5)
C1 ,
por
basta fazermos o parâmetro
t→0
e assim
(3 + at + 2 + 2bt − 5 + ct)3
(x + 2y + z)3
= lim
t→0
(x − 3)(y − 1)(z + 5)
(at)(bt)(ct)
= lim
t→0
Atribuindo diferentes valores para
para nos aproximarmos de
a, b, c, ou seja,
(at + 2bt + ct)3
(a + 2b + c)3
=
.
abct3
abc
utilizando caminhos retilíneos distintos
(3, 1, −5) obtemos limites também distintos.
Portanto, pela regra
dos dois caminhos, o limite em questão não existe.
2.3.9
(i)
(ii)
(a)
(b)
Se
Propriedades dos Limites
f : R2 → R é denida por f (x, y) = ax+by+c, então
Se
lim
f (x, y)
(x,y)→(x0 ,y0 )
lim
e
lim
[f (x, y) ± g(x, y)] =
(x,y)→(x0 ,y0 )
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
cf (x, y) = c
g (x, y)
(x,y)→(x0 ,y0 )
lim
f (x, y) ±
(x,y)→(x0 ,y0 )
lim
existem e
f (x, y)
(x,y)→(x0 ,y0 )
80
lim
f (x, y) = ax0 +by0 +c.
(x,y)→(x0 ,y0 )
c ∈ R,
lim
então:
g (x, y) .
(x,y)→(x0 ,y0 )
(c)
lim
[f (x, y) .g(x, y)] =
(x,y)→(x0 ,y0 )
(d)
f (x, y) ·
lim
(x,y)→(xo ,yo )
f (x, y)
lim
[
]=
(x,y)→(x0 ,y0 ) g(x, y)
lim
lim
g (x, y) .
(x,y)→(x0 ,y0 )
f (x, y)
(x,y)→(x0 ,y0 )
lim
desde que
g (x, y)
lim
g (x, y) ̸= 0.
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x,y)→(x0 ,y0 )
(e)
(
lim
n
[f (x, y)] =
)n
f (x, y)
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
(x,y)→(x0 ,y0 )
para todo
n ∈ Z∗+ .
PROPOSIÇÃO 2.3.10 Se g é uma função de uma variável, contínua num ponto a, e f (x, y)
é uma função tal que
f (x, y) = a, então
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
(
lim
g(f (x, y)) = g
(x,y)→(x0 ,y0 )
Calcular
lim
ln(x2 + xy − 1).
2.3.11
Solução:
Considerando as funções
lim
f (x, y) = x2 + xy − 1
temos que
lim
f (x, y) = 2
(x,y)→(1,2)
)
f (x, y) .
(x,y)→(x0 ,y0 )
EXEMPLO
(x,y)→(1,2)
(g ◦ f ) (x, y) = g(a), ou seja,
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
e que
g
g(u) = ln u,
e
é contínua em
u = 2.
Aplicando a proposição acima,
obtemos
lim
(x,y)→(1,2)
(g ◦ f )(x, y) =
lim
(
(x,y)→(1,2)
= ln
ln(x2 + xy − 1)
)
(x + xy − 1) = ln 2.
2
lim
(x,y)→(1,2)
[
EXEMPLO
lim
2.3.12
Se
lim
(x,y)→(2,−2)
x2 − y 2
· f (x, y) + ln
x+y
(
)]
x2 + 2xy + y 2
+1
= −2, determine
x+y
f (x, y).
(x,y)→(2,−2)
Solução:
−2 =
=
=
=
Como o limite dado existe, temos pelas propriedades de limites:
( 2
)]
x + 2xy + y 2
x2 − y 2
· f (x, y) + ln
+1
lim
(x,y)→(2,−2)
x+y
x+y
(
( 2
))
x + 2xy + y 2
x2 − y 2
lim
·
lim
f (x, y) + ln
lim
+1
(x,y)→(2,−2) x + y
(x,y)→(2,−2)
(x,y)→(2,−2)
x+y
(
(
))
(x + y)2
(x + y)(x − y)
lim
·
lim
f (x, y) + ln
lim
+1
(x,y)→(2,−2)
(x,y)→(2,−2)
(x,y)→(2,−2)
x+y
x+y
(
)
lim (x − y) ·
lim
f (x, y) + ln
lim
(x + y + 1)
[
(x,y)→(2,−2)
= 4·
= 4·
logo,
lim
(x,y)→(2,−2)
(x,y)→(2,−2)
f (x, y) + ln(1)
(x,y)→(2,−2)
lim
f (x, y)
(x,y)→(2,−2)
1
f (x, y) = − .
(x,y)→(2,−2)
2
lim
81
EXEMPLO
2.3.13
Seja f (x, y) =
x2 − y 2
√
.
(x − y) 4y − x2
1. Descreva e represente geometricamente o domínio de f (x, y).
2. Calcule
lim
f (x, y).
(x,y)→(1,1)
Solução (a):
Condições sobre o domínio:
• 4y − x2 > 0 ⇒ y >
x2
4
• x − y ̸= 0 ⇒ y ̸= x
D = {(x, y) ∈ R2 / x ̸= 0
4y = x2 em que x =
̸ y. O domínio
Logo,
x2
}, ou seja, os pontos no interior da parábola
4
está representado na Figura 2.12.
y >
e
y
x
Figura 2.12: Domínio de
f (x, y)
Solução (b):
lim
f (x, y) =
(x,y)→(1,1)
PROPOSIÇÃO 2.3.14 Se
x+y
2
x2 − y 2
√
= lim √
=√
(x,y)→(1,1)
(x,y)→(1,1) (x − y) 4y − x2
3
4y − x2
lim
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
f (x, y) = 0 e g(x, y) é uma função limitada em alguma
bola aberta de centro (x0 , y0 ), exceto possivelmente em (x0 , y0 ), então
lim
f (x, y).g(x, y) = 0.
(x,y)→(x0 ,y0 )
Mostre que
EXEMPLO
2.3.15
Solução:
Consideremos
Sabemos que
Escrevendo
g
lim
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = x
x = 0,
(x,y)→(0,0)
x2 y
= 0.
x2 + y 2
e
g(x, y) =
xy
.
+ y2
então basta mostrar que
g(x, y)
é limitada.
em coordenadas polares, temos que
g(x, y) =
xy
r2 cos θ sin θ
=
= cos θ sin θ.
x2 + y 2
r2
|cos θ sin θ| ≤ 1 e portanto
x2 y
anterior,
lim
= 0.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
Evidentemente,
proposição
x2
82
temos que
g(x, y)
é limitada.
Logo, pela
Outra maneira de resolver usando ainda a Proposição 2.3.14.
f (x, y) = y
Sejam
e
g(x, y) =
|g(x, y)| =
ou seja,
g(x, y)
x2
.
x2 + y 2
Então
x2
≤1
x2 + y 2
é limitada para todo
lim
f (x, y) = 0
(x,y)→(0,0)
para todo
(x, y) ̸= (0, 0),
e
(x, y) ̸= (0, 0),
logo pela Proposição acima temos o
resultado desejado.
Calcule, se existir,
2x2 y 2 − 2xy 3
.
(x,y)→(0,0)
3x2 + 3y 2
EXEMPLO
2.3.16
Solução:
Usando as propriedades temos:
(
2x2 y 2 − 2xy 3
=
lim
(x,y)→(0,0)
3x2 + 3y 2
lim
(x,y)→(0,0)
2x2
= 0,
(x,y)→(0,0) 3
lim
nhança da origem,
2x2 y 2
2xy y 2
−
3 x2 + y 2
3 x2 + y 2
)
2x2
y2
2xy
y2
· 2
−
lim
·
(x,y)→(0,0) 3
x + y 2 (x,y)→(0,0) 3 x2 + y 2
=
Como
lim
lim
2xy
y2
= 0, e 2
é uma função
(x,y)→(0,0) 3
x + y2
exceto em (0, 0), temos pela Proposição 2.3.14
lim
limitada numa vizi-
2x2 y 2 − 2xy 3
2x2
y2
2xy
y2
=
lim
·
−
lim
·
= 0.
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0) 3
3x2 + 3y 2
x2 + y 2 (x,y)→(0,0) 3 x2 + y 2
lim
2.4
Continuidade de uma Função de duas Variáveis
DEFINIÇÃO 2.4.1 Seja
f : D ⊂ R2 → R uma função de duas variáveis e (x0 , y0 ) ∈ D.
Dizemos que f é contínua em (x0 , y0 ) se satisfaz as condições:
(i) f (xo , yo ) existe
(ii)
lim
f (x, y)
(x,y)→(x0 ,y0 )
(iii)
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
existe
f (x, y) = f (x0 , y0 ) .
{
EXEMPLO
2.4.2
Verique se a função f (x, y) =
em (0, 0) .
Solução:
Devemos vericar se
(i)
f (0, 0) = 0,
Como
(ii)
f
0
se (x, y) ̸= (0, 0)
se (x, y) = (0, 0)
é contínua
a primeira condição está satisfeita.
xy
2 +y 2 não existe. Portanto, a segunda condição
x
(x,y)→(0,0)
lim
da Denição 2.4.1 não é satisfeita.
f (x, y)
xy
+ y2
satisfaz as condições da Denição 2.4.1.
Vimos no Exemplo 2.3.5 que
Logo,
x2
não é contínua em
(0, 0) .
83
 4
 x − (y − 1)4
se (x, y) ̸= (0, 1)
EXEMPLO 2.4.3 A função denida por f (x, y) =
é conx2 + (y − 1)2

0
se (x, y) = (0, 1)
tínua em (0, 1)?
Solução:
Devemos vericar se
(i)
f (0, 1) = 0,
Como
(ii)
f
satisfaz as condições da Denição 2.4.1.
a primeira condição está satisfeita.
lim
Vamos vericar se
f (x, y)
(x,y)→(0,1)
existe e é igual a zero (se for diferente a função não
será contínua no ponto)
[ 2
]
x4 − (y − 1)4
[x2 − (y − 1)2 ][x2 + (y − 1)2 ]
2
=
lim
=
lim
x
−
(y
−
1)
= 0.
(x,y)→(0,1) x2 + (y − 1)2
(x,y)→(0,1)
(x,y)→(0,1)
x2 + (y − 1)2
lim
(iii)
Dos itens anteriores, segue que
lim
f (x, y) = 0 = f (0, 1).
(x,y)→(0,1)
Portanto, a função
EXEMPLO
2.4.4
f (x, y)
dada é contínua no ponto


(0, 1).
3x2 y
se (x, y) ̸= (0, 0)
Verique se a função f (x, y) =
é contínua em
x2 + y 2

0
se (x, y) = (0, 0)
(0, 0) .
Solução:
Devemos vericar se
(i)
f (0, 0) = 0,
Como
f
satisfaz as condições da Denição 2.4.1.
a primeira condição está satisfeita.
3x2 y
Como vimos no Exemplo 2.3.6,
lim
= 0, a segunda condição está satisfeita.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
(ii)
(iii)
Segue dos itens anteriores que
lim
f (x, y) = f (0, 0) .
(x,y)→(0,0)
Portanto, as três condições da Denição 2.4.1 estão satisfeitas. Logo,
em
f (x, y) é contínua
(0, 0) .
EXEMPLO 2.4.5 Utilize argumentos consistentes para determinar, se existir, o valor de b que
torne as funções denidas abaixo contínuas.
(a) f (x, y) =
(b) g(x, y) =














x2 y 2
,
x4 + y 2
se
b,
se
(x, y) ̸= (0, 0)
.
(x, y) = (0, 0)
x3 (y − 5)2
,
2x7 + 3(y − 5)4
se
(x, y) ̸= (0, 5)
b,
se
(x, y) = (0, 5)
84
Solução (a) 1:
lim
Queremos determinar, se existe,
f (x, y).
(x,y)→(0,0)
Para tal, primeiro veri-
caremos se por caminhos diferentes obtemos o mesmo valor numérico para este limite.
Considere o caminho
C1 = {(x, y) ∈ R2 / y = kx}
Considere o caminho
C2 = {(x, y) ∈ R2 / y = kx2 }
[
]
x2 (kx)2
lim
f (x, y) =
lim
f (x, kx) = lim 4
x→0 x + (kx)2
(x,y)−→(0,0)
(x,kx)→(0,0)
C1
[
]
[ 2 2 ]
k 2 x4
k x
= lim 2 2
= lim 2
=0
2
x→0 x (x + k )
x→0 x + k 2
[
]
[ 2 2 ]
x 2 k 2 x4
k x
lim
f (x, y) =
lim
f
(x,
kx
)
=
lim
=
lim
=0
4
2
4
x→0 x + k x
x→0 1 + k 2
(x,y)−→(0,0)
(x,kx2 )→(0,0)
C
2
2
Como por
C1
e
C2
obtivemos o limite como sendo 0, há probabilidades que o limite exista.
Para conrmar devemos mostrar que dado
|f (x, y)| < ϵ
ϵ > 0,
sempre que
existe
δ>0
de modo que
0 < ∥(x, y) − (0, 0)∥ < δ.
Por propriedades modulares temos
assim,
2 2 2 4
2
2 2
xy = x y ≤ x (x + y ) = x2 ≤ x2 + y 2 < δ 2
|f (x, y)| = 4
x + y 2 x4 + y 2
x4 + y 2
√
escolhendo δ =
ϵ, provamos usando a denição, que lim f (x, y) = 0.
(x,y)→(0,0)
b=0
escolhendo
Solução (a) 2:
temos que a função
f (x, y)
é contínua em todos os pontos
Portanto,
(x, y).
Note que podemos escrever
x2 y 2
y2
y2
2
2
lim f (x, y) = lim
= lim x 4
= lim x · lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0) x4 + y 2
x + y 2 (x,y)→(0,0)
Como
em
lim
x2 = 0
(x,y)→(0,0)
(0, 0),
e
y2
x4 + y 2
é uma função limitada numa vizinhança da origem, exceto
temos que
(
lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
Portanto, escolhendo
2
b = 0
y2
x · 4
x + y2
2
lim
(x,y)→(0,0)
temos que a função
f (x, y)
)
= 0.
é contínua em todos os pontos
(x, y) ∈ R .
Solução (b):
Queremos determinar, se existe,
lim
g(x, y).
(x,y)→(0,5)
Para tal, primeiro veri-
caremos se por caminhos diferentes obtemos o mesmo valor numérico para este limite.
Considere o caminho
C1 = {(x, y) ∈ R2 / y = kx + 5}
[
x3 (kx)2
g(x, y) =
lim
g(x, kx + 5) = lim
lim
x→0 2x7 + 3(kx)4
(x,kx+5)→(0,5)
(x,y)−→(0,5)
C1
[
]
]
[
k 2 x5
k2x
= lim 4 3
=0
= lim
x→0 x (2x + 3k 4 )
x→0 2x3 + 3k 4
85
]
Considere o caminho
C2 = {(x, y) ∈ R2 / y = kx2 + 5}
[
]
[
]
x3 k 2 x 4
k2
k2
lim
g(x, y) =
lim
g(x,
kx
+
5)
=
lim
=
lim
=
x→0 2x7 + 3k 4 x8
x→0 2 + 3k 4 x
(x,y)−→(0,5)
(x,kx2 +5)→(0,5)
2
C
2
2
Como pelo caminho
distintos de
k
C2
obtivemos o valor do limite dependendo de
Seja
temos que para valores
obtemos respostas distintas para o valor do limite, logo
existe. Portanto, não existe
2.5
k
b
de modo que
g(x, y)
lim
g(x, y)
(x,y)→(0,5)
seja contínua no ponto
não
(0, 5).
Derivadas Parciais
z = f (x, y) uma
f. Fixando y0
função real de duas variáveis reais e seja
domínio de
(x0 , y0 ) um ponto do
g(x) = f (x, y0 ). A
derivada parcial de f,
podemos considerar a função de uma variável
x = x0 , quando
em relação a x, no ponto (x0 , y0 ) e indica-se por
derivada desta função no ponto
∂f
(x0 , y0 )
∂x
ou
existe, denomina-se
∂z
(x0 , y0 ).
∂x
Assim,
∂f
g(x) − g(x0 )
(x0 , y0 ) = g ′ (x0 ) = lim
x→x0
∂x
x − x0
f (x, y0 ) − f (x0 , y0 )
= lim
x→x0
x − x0
f (x0 + ∆x, y0 ) − f (x0 , y0 )
= lim
∆x→0
∆x
De modo análogo, xando
f (x0 , y).
x0
podemos considerar a função de uma variável
y = y0 , quando
parcial de f, em relação a y, no ponto (x0 , y0 ) e indica-se por
A derivada desta função no ponto
∂f
(x0 , y0 )
∂y
ou
existe, denomina-se
h(y) =
derivada
∂z
(x0 , y0 ).
∂y
Assim,
∂f
h(y) − y(y0 )
(x0 , y0 ) = h′ (y0 ) = lim
y→y0
∂y
y − y0
f (x0 , y) − f (x0 , y0 )
= lim
y→y0
y − y0
f (x0 , y0 + ∆y) − f (x0 , y0 )
= lim
∆y→0
∆y
Assim, denimos
DEFINIÇÃO 2.5.1 Seja f
: D ⊂ R2 → R uma função real de duas variáveis reais e (x, y) ∈
D. As derivadas parciais de primeira ordem ∂f
e ∂f
de f em (x, y) são dadas por
∂x
∂y
e
∂f (x, y)
f (x + ∆x, y) − f (x, y)
= lim
∆x→0
∂x
∆x
f (x, y + ∆y) − f (x, y)
∂f (x, y)
= lim
.
∆y→0
∂y
∆y
86
Seja f (x, y) = x2 y + xy 2 encontre
EXEMPLO
2.5.2
Solução:
Aplicando a Denição 2.5.1 obtemos
∂f (x, y)
=
∂x
lim
∆x→0
=
lim
∆x→0
=
lim
∆x→0
=
lim
∆x→0
=
lim
∆x→0
=
lim
∆x→0
∂f (x,y)
∂x
e
∂f (x,y)
.
∂y
f (x + ∆x, y) − f (x, y)
∆x
(x + ∆x)2 y + (x + ∆x)y 2 − (x2 y + xy 2 )
∆x
x2 y + 2xy∆x + y (∆x)2 + xy 2 + y 2 ∆x − x2 y − xy 2
∆x
2
2
2xy∆x + y (∆x) + y ∆x
∆x
(2xy + y∆x + y 2 ) ∆x
∆x
2xy + y∆x + y 2 = 2xy + y 2 .
Analogamente, encontra-se que
∂f (x, y)
f (x, y + ∆y) + f (x, y)
= lim
= x2 + 2xy.
∆y→0
∂y
∆y
Note que, para encontrar ∂f
bastou considerar y como uma constante na
∂x
função f (x, y) e aplicar as regras de derivação estudadas na derivação de funções de uma
variável. Para encontrar ∂f
deriva-se em relação a y, mantendo x constante.
∂y
OBSERVAÇÃO
2.5.3
Seja f (x, y) = 3x2 y + 2 sin xy, encontre
EXEMPLO
2.5.4
Solução:
Tomando
y
constante no primeiro caso e
x
∂f
∂x
e
∂f
.
∂y
no segundo, obtemos
∂f (x, y)
= 6xy + 2y cos xy
∂x
∂f (x, y)
= 3x2 + 2x cos xy.
∂y
OBSERVAÇÃO 2.5.5 No caso de f ter mais de duas variáveis, são consideradas constantes
todas as variáveis em relação a qual f não está sendo derivada.
EXEMPLO
2.5.6
Seja f (x, y, z, t) = 3x2 yz 3 t2 + 2 sin x2 yz 3 t2 . Encontre as derivadas parciais
∂f ∂f ∂f ∂f
,
,
e
.
∂x ∂y ∂z
∂t
Solução:
Fazendo
Agora, fazendo
y, z, t
constantes podemos derivar parcialmente em
∂f (x, y, z, t)
= 6xyz 3 t2 + 4xyz 3 t2 cos x2 yz 3 t2 .
∂x
x, z, t constantes, obtemos a derivada parcial em relação
∂f (x, y, z, t)
= 3x2 z 3 t2 + 2x2 z 3 t2 cos x2 yz 3 t2 .
∂y
Tomando
x, y, t
Finalmente,
x:
constantes temos a derivada parcial em
z:
∂f (x, y, z, t)
= 9x2 yz 2 t2 + 6x2 yz 2 t2 cos x2 yz 3 t2 .
∂z
mantendo x, y, z constantes, encontramos
∂f (x, y, z, t)
= 6x2 yz 3 t + 4x2 yz 3 t cos x2 yz 3 t.
∂t
87
a
y:
2.5.7 Interpretação Geométrica das derivadas parciais
No estudo de funções de uma variável real vê-se que a derivada de uma função num ponto
pode ser interpretada como a inclinação da reta tangente ao gráco da função no referido
ponto, veremos que para funções de duas variáveis as derivadas parciais podem ser estudadas
como inclinação de retas tangentes a superfície que representa o gráco da função
z = f (x, y).
f (x, y) uma função de duas variáveis e seja y = y0 . Então, z = f (x, y0 ) descreve uma
C1 sobre a superfície S. Marcamos um ponto P (x0 , y0 ) sobre C1 e traçamos uma reta
∂f (x0 , y0 )
t1 tangente à curva neste ponto com coeciente angular m = tgα. Então,
=
∂x
∂f (x0 , y0 )
tgα, ou seja,
é o coeciente angular da reta tangente à curva C1 no ponto
∂x
P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) . Na Figura 2.13 estão representadas a curva C1 e a reta tangente cuSeja
curva
jas equações são
{
C1 :
{
y = y0
z = f (x, y0 )
e
t1 :
y = y0
∂f (x0 , y0 )
z − f (x0 , y0 ) =
(x − x0 )
∂x
Figura 2.13: Interpretação Geométrica de
∂f
∂x
∂f (x0 , y0 )
é o coeciente angular da reta
∂y

x = x0

∂f (x0 , y0 )
t2 :
(y − y0 )
 z − f (x0 , y0 ) =
∂y
{
x = x0
no ponto P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) ,
C2 :
z = f (x0 , y)
Analogamente,
tangente à curva
conforme ilustra a
Figura 2.14.
Da maneira como as retas tangentes, t1 e
t2 , foram construídas, uma no plano y = y0 e a
outra no plano x = x0 , elas não são paralelas e como (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) é o ponto de interseção
88
Figura 2.14: Interpretação Geométrica de
∂f
∂y
π que as contém,
este plano é o plano tangente à superfície z = f (x, y) no ponto P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )).
Além disso, se C é outra curva qualquer contida na superfície z = f (x, y) que passa pelo
ponto P, então a reta tangente à curva C passando por P também pertence ao plano π. Na
destas retas, temos que elas são concorrentes, logo denem um único plano
Figura 2.15 estão destacadas no gráco de uma função de duas variáveis as duas curvas e
suas retas tangentes para uma melhor visualização.
z
t2
t1
C2
C1
x0
y0
β
α
x
Figura 2.15: Interpretação geométrica das derivadas parciais
89
y
Para determinar a equação do plano tangente precisamos do vetor normal
de um ponto que pertence ao plano. Como
t1
e
t2
⃗n
ao plano e
são retas contidas no plano
π
temos
⃗n é dado pela produto vetorial dos vetores diretores destas retas e
P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) é um ponto que pertence ao plano π. Assim,
) (
) (
)
(
∂f
∂f
∂f
∂f
(x0 , y0 ) × 0, 1,
(x0 , y0 ) = − (x0 , y0 ), − (x0 , y0 ), 1 .
⃗n = v⃗1 × v⃗2 = 1, 0,
∂x
∂y
∂x
∂y
que o vetor normal
P, obtemos que a equação
P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) é dada por:
Usando as componentes do vetor normal e as coordenadas do ponto
do plano
π
tangente à superfície
z = f (x, y)
no ponto
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) +
(x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0.
∂x
∂y
(2.5.1)
Determine a equação de um plano que seja tangente ao parabolóide z =
EXEMPLO
2.5.8
Solução:
(Observação: a resolução deste exemplo usa a denição e não o resultado nal que
x2 + y 2 , no ponto P (1, 2, 5).
foi deduzido acima, pode ser trabalhado como um exemplo inicial para auxiliar a compreensão
e depois feita a generalização.)
f (x, y) = x2 + y 2 .
Note que a superfície desejada é o gráco da função
z =
Para determinar a equação do plano tangente desejado, devemos obter
dois vetores pertencentes a este plano, ou seja, dois vetores tangentes ao parabolóide, no
2
ponto P. Para isso, fazendo y = 2 encontramos a curva z = f (x, 2) = x + 4. A reta tangente
a essa curva, no ponto
P,
é dada por
z − z0 =
∂f (x0 , y0 )
(x − x0 ) = 2x0 (x − x0 ),
∂x
ou seja,
z − 5 = 2(x − 1)
⇒
z = 2x + 3,
y = 2.
no plano
⃗1 =
Da geometria analítica, temos que o vetor diretor desta reta tangente é dado por b
2
(1, 0, 2). Da mesma forma, fazendo x = 1, obtemos a curva z = f (1, y) = 1 + y , cuja reta
tangente, em
P,
é dada por
z − z0 =
∂f (x0 , y0 )
(y − y0 ) = 2y0 (y − y0 ),
∂y
ou seja,
z − 5 = 4(y − 2)
⇒
Assim, encontramos o vetor diretor
z = 4y + 3
b⃗2 = (0, 1, 4).
ao plano tangente desejado, tomando
i j k
⃗b = b⃗1 × b⃗2 = 1 0 2
0 1 4
90
no plano
x = 1.
Agora podemos obter o vetor normal
= (−2, −4, 1).
Portanto, a equação geral do plano desejado é dada por
−2x − 4y + 1z + d = 0.
Como este plano deve passar por
acima, obtemos
P (1, 2, 5),
d = 5.
tem equação
P (1, 2, 5),
substituindo suas coordenadas na equação
2
2
Portanto, o plano tangente ao parabolóide z = x + y , no ponto
−2x − 4y + z + 5 = 0.
Considere a superfície z = x2 + y 2 . Determine o(s) ponto(s) onde um plano
π, que passa pelos pontos (1, 1, 1) e (2, −1, 1), é tangente a esta superfície.
EXEMPLO
2.5.9
Solução:
Sabemos que o vetor normal do plano tangente à superfície
(x0 , y0 , z0 )
é dado por
z = x2 + y 2
no ponto
(
logo, a equação do plano
)
∂f
∂f
− (x0 , y0 ), − (x0 , y0 ), 1 ,
∂x
∂y
tangente π é dada por
π: −
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
x−
y+z+d=0
∂x
∂y
substituindo as derivadas parciais temos,
π : −2x0 x − 2y0 y + z + d = 0.
2
2
Queremos encontrar o ponto P (x0 , y0 , z0 ) que pertence ao plano π e a superfície z = x + y ,
2
2
isto é, z0 = x0 + y0 , e sabemos que os pontos P1 (1, 1, 1) e P2 (2, −1, 1) pertencem ao plano
π. Logo, substituindo os pontos P, P1 e P2 na equação de π temos o seguinte sistema para
resolver

 −2x0 x0 − 2y0 y0 + x20 + y02 + d
−2x0 − 2y0 + 1 + d

−4x0 + 2y0 + 1 + d


d
= 5y02

 y0
2
5y − 6y0 + 1 = 0
x0
⇒
⇒
 0

x0
= 2y0
z0
Portanto, há dois pontos de tangência
=
=
=
P1 (2, 1, 5)


d
= x20 + y02
−2x0 − 2y0 + 1 + d =
0
⇒

x0
=
2y0


1
 P1 (2, 1, 5)
 y0 = 15
2
x0 = 5
2 OU
⇒
(
)


z0 = 15
5
P2 52 , 15 , 15
(
)
2 1 1
e P2
, ,
que satisfazem as hipóteses
5 5 5
= 0
= 0
= 0
e consequentemente dois planos tangentes.
2.6
Derivada de uma Função Composta
Antes de discutir a derivada de uma função composta, vamos falar sobre composição de
funções de duas variáveis.
2
2
Consideremos as funções u(x, y) = x y + y e v (x, y) = x + y . Podemos denir uma nova
2
função F por F (u, v) = 2u + 3v. Reescrevendo F em função de x e y temos:
F (u(x, y), v (x, y)) =
=
=
=
=
2 [u(x, y)]2 + 3 [v (x, y)]
2(x2 y + y)2 + 3(x + y 2 )
2(x4 y 2 + 2x2 y 2 + y 2 ) + 3x + 3y 2
2x4 y 2 + 4x2 y 2 + 2y 2 + 3x + 3y 2
2x4 y 2 + 4x2 y 2 + 5y 2 + 3x
91
e assim,
F (u(1, 2), v (1, 2)) = 2 (1)4 (2)2 + 4 (1)2 (2)2 + 5 (2)2 + 3 (1) = 47.
Ou, como
u(x, y) = x2 y + y
v (x, y) = x + y 2
e
segue que
u(1, 2) = (1)2 2 + 2 = 4
e
v (1, 2) = 1 + 22 = 5,
e então
F (u(1, 2), v (1, 2)) = F (4, 5) = 2 (4)2 + 3 (5) = 47.
Nosso interesse é encontrar
∂F
∂F
e
. A função
∂x
∂y
F (x, y) = 2x4 y 2 + 4x2 y 2 + 5y 2 + 3x
pode ser escrita como uma função
x
e
y.
Isto é,
F (u(x, y), v (x, y)) = 2x4 y 2 + 4x2 y 2 + 5y 2 + 3x
e, nesse caso, temos
∂F
(x, y) = 8x3 y 2 + 8xy 2 + 3
∂x
e
∂F
(x, y) = 4x4 y + 8x2 y + 10y.
∂y
Como podemos observar, obter as derivadas parciais através desse processo não é muito
animador.
Regra da Cadeia.
Isso é motivação suciente para estudar a
f (g (x)) sabemos que [f (g (x))]′ =
uma função composta
f ′ (g (x)) g ′ (x) .
Se tivermos
A mesma teoria é
aplicada para encontrar a derivada parcial de uma função composta de várias variáveis.
TEOREMA 2.6.1
Seja z (x, y) = F (u(x, y), v (x, y)) . Então
∂z (x, y)
∂F (u, v) ∂u(x, y) ∂F (u, v) ∂v(x, y)
=
+
∂x
∂u
∂x
∂v
∂x
e
∂z (x, y)
∂F (u, v) ∂u(x, y) ∂F (u, v) ∂v(x, y)
=
+
∂y
∂u
∂y
∂v
∂y
Consideremos as funções u(x, y) = x2 y + y e v (x, y) = x + y 2 . Denindo
uma nova função z por z (x, y) = F (u, v) = 2u2 + 3v. Encontre as derivadas parciais de z
em relação a x e y.
EXEMPLO
Solução:
2.6.2
Inicialmente, determinamos as derivadas parciais das funções
F (u, v) :
∂F
= 4u,
∂u
∂F
= 3,
∂v
∂u
= 2xy,
∂x
∂u
= x2 + 1,
∂y
92
∂v
= 1,
∂x
∂v
= 2y.
∂y
u(x, y), v(x, y)
e
e utilizando a regra da cadeia (Denição 2.6.1), obtemos as derivadas parciais
∂z (x, y)
∂F ∂u ∂F u ∂v
=
+
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
= 4u
∂u
∂v
+3
∂x
∂x
= 4 (x2 y + y) (2xy) + 3 (1)
= 8x3 y 2 + 8xy 2 + 3
e
∂z (x, y)
∂F ∂u ∂F ∂v
=
+
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y
= 4u
∂u
∂v
+3
∂y
∂y
= 4 (x2 y + y) (x2 + 1) + 3 (2y)
= 4x4 y + 8x2 y + 10y.
Determine
√
∂F ∂F
e
para F (x, y) = ln 5 (x4 + 2xy + y 3 ) + (2xy + 3x2 ).
∂x
∂y
EXEMPLO
2.6.3
Solução:
Podemos reescrever a função
F
como
1
F (u, v) = ln(u + v) 5 ,
onde
u(x, y) = x4 + 2xy + y 3
e
v(x, y) = 2xy + 3x2 .
Usando a regra da cadeia, temos:
∂F
∂x
=
∂F ∂u ∂F ∂v
+
∂u ∂x
∂v ∂x
=
1 1 ∂u 1 1 ∂g
+
5 u + v ∂x 5 u + v ∂x
=
1 (4x3 + 2y) + (2y + 6x)
5 x4 + y 3 + 4xy + 3x2
=
6x + 4y + 4x3
.
20xy + 15x2 + 5x4 + 5y 3
O cálculo da derivada em relação a
y
é deixado como exercício para o estudante.
2.6.4 Sendo α uma constante e w = f (u, v), onde u = x cos α − y sen α
v = x sen α + y cos α, sabendo que f é diferenciável mostre que
EXEMPLO
∂ 2w ∂ 2w
∂ 2w ∂ 2w
+
=
+
.
∂x2
∂y 2
∂u2
∂v 2
93
e
Solução:
Usando a regra da cadeia para as derivadas parciais de primeira e segunda ordem
obtemos:
∂f ∂u ∂f ∂v
∂f
∂f
∂w
=
+
=
cos α +
sen α
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x
∂u
∂v
)
)
(
(
∂2w
∂ ∂f
∂ ∂f
= cosα
(u, v) + senα
(u, v)
∂x2
∂x ∂u
∂x ∂v
( 2
)
( 2
)
∂ f ∂u
∂ 2 f ∂v
∂ f ∂u ∂ 2 f ∂v
= cos α
+
+ sen α
+
∂u2 ∂x ∂v∂u ∂x
∂u∂v ∂x ∂v 2 ∂x
∂2f
∂ 2f
∂ 2f
∂ 2f
2
= cos 2 α
+
cos α sen α
+
sen α cos α
+
sen α
∂u2
∂v∂u
∂u∂v
∂v 2
∂w
∂f ∂u ∂f ∂v
∂f
=
+
=
(−
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y
∂u
α) +
sen
∂f
∂v
cos
(1)
α
(
)
(
)
∂ 2w
∂ ∂f
∂ ∂f
= −senα
(u, v) + cosα
(u, v)
∂y 2
∂y ∂u
∂y ∂v
)
)
( 2
( 2
∂ f ∂u
∂ 2 f ∂v
∂ f ∂u ∂ 2 f ∂v
= − sen α
+
+ cos α
+ 2
∂u2 ∂y ∂v∂u ∂y
∂u∂v ∂y
∂v ∂y
2
2
2
∂ f
∂ f
∂ f
∂ 2f
2
2
= sen α
− cos α sen α
− sen α cos α
+ cos α
∂u2
∂v∂u
∂u∂v
∂v 2
(2)
Das Expressões (1) e (2), temos:
∂ 2w ∂ 2w
∂ 2w
+
=
(
∂x2
∂y 2
∂u2
sen
2
α+
cos
2
∂ 2w
(
∂v 2
α) +
sen
2
α+
cos
2
α) =
∂ 2w ∂ 2w
+
∂u2
∂v 2
e assim provamos que de fato a equação dada é verdadeira.
2.7
Derivada Parcial como Taxa de Variação
Suponhamos que
f
é uma função de duas variáveis. Então, a derivada parcial
nos dá a razão instantânea de variação de
de
x.
Isto é, a taxa de variação de
∂f
(x0 , y0 )
∂y
f
f,
no ponto
por unidade de
nos dá a taxa de variação de
f
x
∂f
(x0 , y0 )
∂x
P (x0 , y0 ) , por unidade de variação
P (x0 , y0 ) . Analogamente,
no ponto
por unidade de
y.
2.7.1 Sabendo que a pressão P (em quilopascals), o volume V
(em litros) e a
temperatura T (em kelvins) de um mol de um gás ideal estão relacionados pela fórmula
P V = 8T, encontre a taxa de variação instantânea de V por unidade de P, quando T = 300k
e V = 100L.
EXEMPLO
Solução:
Estamos interessados na taxa de variação instantânea de
modo que devemos escrever
V
em função de
T
e
P,
V (T, P ) =
A taxa de variação instantânea da pressão
P
por unidade de
P,
de
ou seja,
8T
.
P
por unidade de
parcial
8T
∂V (T, P )
= − 2.
∂P
P
94
V
T
é dada pela derivada
Para determinar
P
usamos a relação
P V = 8T
e obtemos
P =
Portanto,
8 · 300
= 24kP a.
100
∂V (300, 24)
8 · 300
= −4, 17.
=−
∂P
(24)2
EXEMPLO 2.7.2 A altura de um cone circular é 100 cm e decresce a uma razão de 10cm/s.
O raio da base é 50cm e cresce à razão de 5cm/s. Determine a velocidade da variação do
volume deste cone.
Solução:
Primeiro vamos escrever o volume do cone em função do tempo:
V (t) =
πr2 (t)h(t)
,
3
logo, pela regra da cadeia, temos que
∂V dr ∂V dh
2πrh dr πr2 dh
+
=
+
∂r dt
∂h dt
3 dt
3 dt
2
2π50.100
π(50)
=
(5) +
(−10)
3
3
25000π
50000π 25000π
−
=
cm3 /s.
=
3
3
3
dV
dt
2.8
=
Diferencial
No Cálculo I foi visto que sendo
′
f :D⊂R→R
diferenciável numa vizinhança do ponto
a ∈ D, então df = f (a)∆x é uma boa aproximação de ∆f = f (x + ∆x) − f (a), ou seja
df ≈ ∆f para pontos próximos do ponto a. Geometricamente isso signica que para valores
de x próximos a a o gráco da curva y = f (x) aproxima-se do gráco da reta tangente a
esta curva no ponto x = a. Para funções de duas variáveis a situação é análoga com o uso do
plano tangente. O plano tangente ao gráco de uma função z = f (x, y) no ponto P (x0 , y0 , z0 )
como foi visto em (2.5.1) é dado por
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
(x − x0 ) +
(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0
∂x
∂y
(z − z0 ) =
z=
como
z0 = f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
(x − x0 ) +
(y − y0 )
∂x
∂y
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
(x − x0 ) +
(y − y0 ) + z0
∂x
∂y
tem-se
z=
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
(x − x0 ) +
(y − y0 ) + f (x0 , y0 ).
∂x
∂y
95
Fazendo
z = L(x, y)
a correspondente coordenada
superfície
z = f (x, y)
(x, y) ∈ R2 , z = L(x, y)
temos que para cada ponto
z
no ponto
nos fornece
P (x, y, z) que está em cima do plano tangente
P (x0 , y0 , z0 ). Chamaremos a função L(x, y) denida por:
do ponto
à
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
(x − x0 ) +
(y − y0 ) + f (x0 , y0 )
∂x
∂y
L(x, y) =
z = f (x, y). Portanto, para pontos P (x, y), próximos de P (x0 , y0 ),
L(x, y) é uma boa aproximação de f (x, y). Seja f uma função de duas variáveis tais que
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
(x0 , y0 ) ∈ D(f ) e além disso existem as derivadas parciais
e
. Então,
∂x
∂y
a variação de f em P (x0 , y0 ) é dada por
de linearização da função
△f = f (x0 + △x, y0 + △y) − f (x0 , y0 )
f (x, y) ≈ L(x, y)
f (x0 , y0 ) = L(x0 , y0 ) temos que
Sabemos que
logo
f (x0 + △x, y0 + △y) ≈ L(x0 + △x, y0 + △y)
e como
△f ≈ L(x0 + △x, y0 + △y) − L(x0 , y0 )
△f ≈
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
△x+
△y
∂x
∂y
DEFINIÇÃO 2.8.1 Chamaremos de diferencial de f , denotada por df, a expressão
df =
∂f (x0 , y0 )
∂f (x0 , y0 )
dx +
dy
∂x
∂y
sendo dx = ∆x e dy = ∆y as variações das variáveis dependentes.
De modo análogo dene-se a diferencial para funções de
Vemos assim que a diferencial de
f
n
variáveis, com
n ≥ 2.
é uma aproximação para a variação de
f
no ponto
P (x0 , y0 ).
Usando diferencial, determine a variação do volume do recipiente mostrado
na Figura 2.16, quando sua altura aumenta em 3% e seu o raio decresce em 1%.
EXEMPLO
2.8.2
cone
cilindro
5
2
4
Figura 2.16: Recipiente do Exemplo 2.8.2
Solução:
cilindro e
O volume desejado pode ser escrito como
V2
V = V1 + V2 ,
onde
V1
é o volume do
é o volume do cone. No cilindro temos
V1 = πR2 h, R = 4, h = 2, dR =
3
−4
= −0.04; dh = 2
= 0.06
100
100
96
e no cone, temos
V2 =
πR2 H
−4
3
, R = 4, H = 5; dR =
= −0.04; dH = 5
= 0.15.
3
100
100
Portanto a diferencial do volume total é igual a
dV
= dV1 + dV2
) (
)
(
∂V1
∂V1
∂V2
∂V2
dR +
dh +
dR +
dH
=
∂R
∂h
∂R
∂H
2πRh
πR2
= 2πRhdR + πR2 dh +
dR +
dh
3
3
2π · 4 · 5
16π
= 2π · 4 · 2 · (−0, 04) + π · 16 · (0, 06) +
(−0, 04) +
(0, 15)
3
3
1, 6π 2, 4π
0, 8 ∼
= −0, 64π + 0, 96π −
+
= 0, 32π +
π = 0, 59π.
3
3
3
Vamos considerar uma lata cilíndrica fechada, com dimensões r = 2cm e h =
5 cm. O custo do material usado em sua confecção é de R$ 0, 81 por cm2 . Se as dimensões
sofrerem um acréscimo de 10% no raio e 2% na altura, qual será o valor aproximado do
acréscimo no custo da caixa? E qual é o valor exato do acréscimo no custo da caixa?
EXEMPLO
2.8.3
Solução:
Podemos escrever a função custo como
C(r, h) = 0.81(2πrh + 2πr2 ),
2πrh representa a área lateral da caixa e πr2 a área da base e da tampa. Quando o raio
de base sofre um acréscimo de 10%, passa de 2 para 2, 2 cm, portanto ∆r = 0, 2. Quando
a altura sofre um acréscimo de 2%, passa de 5cm para 5, 1cm, portanto, ∆h = 0, 1. Vamos
onde
usar a diferencial para encontrar o valor aproximado do acréscimo do custo
∂C
∂C
dr +
dh
∂r
∂h
= 0, 81(2πh + 4πr)dr + 0, 81.(2πr)dh
= 0, 81(10π + 8π)0.2 + 0, 81.(4π)0, 1 u 10, 17.
dC =
Portanto, o valor aproximado do acréscimo no custo da caixa quando as dimensões são
modicadas é de
R$10, 17,
ou um acréscimo de
14, 28%.
Para saber o valor exato do acréscimo no custo da caixa, temos que calcular
∆C = C(2, 2; 5, 1) − C(2, 5)
(
)
= 0, 81 2π(2, 2) · (5, 1) + 2π(2, 2)2 − 0, 81(20π + 8π) u 10, 47.
Assim, o valor exato é de
R$10, 47, ou um
0, 42%.
acréscimo de
14, 7%.
Observamos, assim, que
o erro do cálculo aproximado foi de
Uma caixa em forma de paralelepípedo, tem dimensões internas iguais a 6cm,
8cm e 12cm. Sendo a espessura das paredes 0,2cm, do fundo 0,3cm e da tampa 0,1cm, fazer
uma estimativa em cm3 do volume de material necessário a ser usado na confecção da caixa.
EXEMPLO
2.8.4
Solução:
Vamos usar a diferencial total para fazer a estimativa solicitada. Sejam
y=8
e
z = 12.
Como a espessura das paredes é 0,2cm temos
dx = dy = 2 (0, 2) = 0, 4
97
x = 6,
e sendo a espessura do fundo 0,3 e da tampa 0,1 temos
dz = 0, 3 + 0, 1 = 0, 4.
Como
V = xyz,
segue que a estimativa desejada é dada por
∂V
∂V
∂V
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
= yzddx + xzdy + xydz
= 8.12.0, 4 + 6.12.0, 4 + 6.8.0, 4 = 86, 4 cm3 .
√
EXEMPLO 2.8.5 Use diferenciais para estimar o valor de
(0, 01)2 + (3, 02)2 + (3, 9)2 .
√
√
Solução: Considere a função w = f (x, y, z) = x2 + y2 + z 2 , temos que f (0, 3, 4) = 25 =
5. Queremos determinar uma aproximação para f (0.01, 3.02, 3.9) e pela teoria de diferencial
dV
=
temos que
f (0.01, 3.02, 3.9) ≈ f (0, 3, 4) + dw,
onde
dw =
∂w
∂w
∂w
dx +
dy +
dz,
∂x
∂y
∂z
com
dx = 0, 01, dy = 0, 02
e
dz = −0, 1.
Assim,
x
y
z
3
4
(0.01, 3.02, 3.9) ≈ f (0, 3, 4)+ ·(0, 01)+ ·(0, 02)+ ·(−0, 1) = 5+0+ ·(0, 02)− ·(0, 1) = 4, 932.
w
w
w
5
5
2.9
Derivadas Parciais de Ordem Superior
Seja
z = f (x, y)
uma função cujas derivadas parciais
∂f
∂x
e
∂f
∂y
também são deriváveis.
Cada uma dessas derivadas parciais poderá ser novamente derivada em relação a
Denotaremos:
∂
•
∂x
∂
•
∂x
∂
•
∂y
(
(
(
∂f
∂x
∂
∂x
∂f
∂x
)
=
(
∂f
∂x
)
=
em relação a
(
∂ 2f
∂x2
))
é a segunda derivada parcial de
=
∂ 2f
∂y∂x
y;
∂3f
∂x3
f
em relação a
é a terceira derivada parcial de
é a segunda derivada parcial de
f
∂f
∂y
e a
y.
x;
em relação a
x;
primeiro em relação a
x
e depois
primeiro em relação a
y
e depois
)
∂ 2f
é a segunda derivada parcial de f
=
∂x∂y
em relação a x;
( ( ))
∂
∂ ∂f
∂ 3f
= 3 é a terceira derivada parcial
•
∂y ∂y ∂y
∂y
∂
•
∂x
f
x
de
f
em relação a
y;
f ter mais de duas variáveis a notação segue a mesma lógica. Por
f (x, y, z, t) tem-se
( ( ( )))
∂
∂
∂ ∂f
∂ 4f
para representar a quarta derivada de f , primeiro
•
=
∂t ∂z ∂y ∂x
∂t∂z∂y∂x
em relação a x, depois em relação a y e assim sucessivamente.
No caso da função
exemplo, se temos
98
Seja f (x, y, z, t) = x3 y 4 z 5 t2 encontrar
EXEMPLO
2.9.1
Solução:
Derivamos inicialmente em relação a
a seguir, derivamos em relação a
t,
∂ 4f
.
∂x∂y∂z∂t
obtendo
∂f
(x, y, z, t) = 2x3 y 4 z 5 t,
∂t
z
∂ 2f
(x, y, z, t) = 10x3 y 4 z 4 t,
∂z∂t
para após derivarmos em
y
∂ 3f
(x, y, z, t) = 40x3 y 3 z 4 t,
∂y∂z∂t
e nalmente derivarmos em
x
e obter
∂ 4f
(x, y, z, t) = 120x2 y 3 z 4 t.
∂x∂y∂z∂t
EXEMPLO
2.9.2
Uma função de duas variáveis u é dita harmônica se satisfaz a equação
∂ 2u
= 0, conhecida como equação de Laplace em R2 . Mostre que a função
∂y 2
∂ 2u
+
∂x2
u(x, y) = ex sin y + ey cos x
é uma função harmônica.
Solução:
Tomando as derivadas parciais sucessivas de
∂u
∂x
∂ 2u
∂x2
∂u
∂y
∂ 2u
∂y 2
u,
temos
= (sin y) ex − (sin x) ey
= (sin y) ex − (cos x) ey
= (cos x) ey + (cos y) ex
= (cos x) ey − (sin y) ex .
Substituindo na equação de Laplace, obtemos que
Como a
∂ 2u ∂ 2u
+
= (sin y) ex − (cos x) ey + (cos x) ey − (sin y) ex = 0.
∂x2 ∂y 2
função u dada satisfez a equação de Laplace, mostramos que ela
é uma função
harmônica.
2.10
Extremos de uma Função de duas Variáveis
f tem um máximo relativo no ponto
(a, b) se existir um bola aberta de centro (a, b) e raio ϵ > 0 tal que, para todo (x, y) pertencente à bola, tem-se f (x, y) ≤ f (a, b) . Por outro lado, se f (x, y) ≥ f (a, b) para todo (x, y)
pertencente à bola, dizemos que f tem um ponto de mínimo relativo no ponto (a, b) .
Os pontos de máximos e de mínimos de f são denominados pontos extremos de f. A
imagem de um ponto de máximo é chamada de valor máximo de f, da mesma forma que a
imagem de um ponto de mínimo é denominada valor mínimo de f.
Seja
f
uma função de duas variáveis. Dizemos que
99
2.10.1 Ponto Crítico
∂f
∂f
(a, b) e
(a, b)
∂x
∂y
são ambas nulas ou se uma delas não existir, então (a, b) é denominado ponto crítico de f.
Os pontos críticos de f são os candidatos a pontos de máximo ou mínimo.
DEFINIÇÃO 2.10.2 Seja (a, b) um ponto pertencente ao domínio de f. Se
2.10.3 Ponto de Máximo e Ponto de Mínimo
TEOREMA 2.10.4 Seja (a, b) um ponto pertencente ao domínio de f. Suponhamos que ∂f
,
∂x
∂f ∂ 2 f ∂ 2 f
∂ 2f
∂ 2f
,
,
,
e
existem e são contínuas numa bola aberta de centro (a, b) .
∂y ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y
∂y∂x
Suponhamos que (a, b) seja um ponto crítico e sejam ainda:
2
∂ f
∂ 2f
∂x2 (a, b) ∂y∂x (a, b) ∂2f
∆(a, b) = 2
e
Θ(a,
b)
=
(a, b) .
2
∂x2
∂ f (a, b) ∂ f (a, b) ∂x∂y
∂y 2
Então:
(i) se ∆ > 0 e Θ < 0, a função f tem um máximo relativo em (a, b) ;
(ii) se ∆ > 0 e Θ > 0, a função f tem um mínimo relativo em (a, b) ;
(iii) se ∆ = 0, nada podemos armar;
(iv) se ∆ < 0, a função f tem um ponto de sela em (a, b) .
Encontre os pontos críticos das funções abaixo e classique-os como pontos
de máximo, mínimo ou de sela.
EXEMPLO
2.10.5
(a) f (x, y) = 4xy − x4 − 2y 2;
(b) f (x, y) = 3x4 + 2y 4 ;
Solução (a):
Vamos iniciar encontrando os pontos críticos. Como as derivadas parciais são
∂f (x, y)
= 4y − 4x
∂x
∂f (x, y)
= 4x − 4y
∂y
e
e estão sempre bem denidas, os pontos críticos de
{
são dados por
4x − 4y = 0
⇒ x − x3 = 0 ⇒ x(1 − x2 ) = 0 ⇒ x = 0; x = ±1
4y − 4x3 = 0
Assim os pontos críticos são
delta. Como
f
P (0, 0), Q(1, 1)
−12x2 4
△(x, y) = 4
−4
e
R(−1, −1).
A seguir, vamos analisar o
= 48x2 − 16,
temos que
△(0, 0) = −16,
△(1, 1) = 32
Na sequência, vamos analisar o valor de
Θ(x, y) =
100
△(−1, −1) = 32.
∂2f
∂x2
= −12x2 .
Temos que
Θ(1, 1) = −12
Θ(0, 0) = 0
Θ(−1, −1) = −12.
Portanto, de acordo com o Teorema 2.10.4, concluímos que
△(0, 0) < 0 e o ponto P (0, 0) é de sela,
△(1, 1) > 0 e Θ < 0 e o ponto Q(1, 1) é ponto de máximo,
△(−1, −1) > 0 e Θ < 0 e o ponto R(−1, −1) é ponto de máximo.
Solução (b):
Vamos iniciar encontrando os pontos críticos. Como as derivadas parciais são
∂f (x, y)
= 12x3
∂x
∂f (x, y)
= 8y 3
∂y
e
e estão sempre bem denidas, os pontos críticos de
{
Assim, o único ponto crítico é
12x3 = 0
⇒
8y 3 = 0
P (0, 0).
−36x2
0
△(x, y) = 0
24y 2
{
f
são dados por
x=0
y=0
Logo,
= 864x2 y 2 ⇒ △(0, 0) = 0.
Portanto, de acordo com o Teorema 2.10.4, nada podemos concluir. Analisando os valores
f (0, 0) = 0 e f (x, y) > 0 para todo (x, y) ̸= (0, 0). Portanto, (0, 0)
4
4
da função f (x, y) = 3x + 2y .
da função observamos que
é um ponto de mínimo
Determine as dimensões de uma caixa retangular sem tampa destinada ao
acondicionamento de 108 cm3 de volume se queremos usar a mínima quantidade em material
para sua confecção.
EXEMPLO
2.10.6
Solução:
Sejam
superfície e
V
x
o comprimento da base,
tuído por
a largura da base e
z
a altura da caixa,
S
a
o volume da caixa. Então podemos escrever o sistema
{
S(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz
V (x, y, z) = xyz
S(x, y, z) pode ser escrita
V
. Desse modo temos
xy
A função
y
como uma função de duas variáveis, se
S(x, y) = xy +
z
2V
2V
+
.
y
x
Aplicando o Teorema 2.10.4, vamos determinar os pontos críticos de
S.
Inicialmente,
devemos resolver o sistema de equações denido pelas derivadas parciais. Como

2V
∂S


(x,
y)
=
y
−

 ∂x
x2


2V
∂S


(x, y) = x − 2
∂y
y
temos que
101
for substi-

2V



 y − x2 = 0

2V


 x− 2 =0
y
{
yx2 = 2V
xy 2 = 2V
⇒
⇒
yx2 = xy 2
x, y ̸= 0, podemos dividir ambos os lados da última igualdade por xy e
x
=
y. Portanto, obtemos que 2V = x3 e como V = 108, segue que x =
√
3
2 (108) = 6 e y = 6. Logo, o ponto (a, b) = (6, 6) é único ponto crítico da função S(x, y) =
2V
2V
xy +
+
.
y
x
como sabemos que
encontrar que
Na sequência, vamos classicar este ponto crítico. Para isso, precisamos obter os valores
de
∆(6, 6)
e
Θ (6, 6) .
Tomando as segundas derivadas, temos que
∂ 2S
4V
(x, y) = 3
2
∂x
x
donde vem
∂ 2S
4 (108)
(6, 6) =
= 2,
2
∂x
63
∂ 2S
(x, y) = 1
∂x∂y
donde vem
∂ 2S
(6, 6) = 1,
∂x∂y
∂ 2S
(x, y) = 1
∂y∂x
donde vem
∂ 2S
(6, 6) = 1,
∂y∂x
∂ 2S
4V
(x, y) = 3
2
∂y
y
donde vem
∂ 2S
4 (108)
(6, 6) =
= 2.
2
∂y
63
Portanto,
2 1
∆ = 1 2
e
Θ = 2.
Θ = 2 > 0, pelo segundo item do Teorema 2.10.4, obtemos que f
tem um mínimo relativo no ponto (6, 6) . Logo, as dimensões da base da caixa são x = 6cm
V
108
e y = 6cm. Ainda, como z =
segue que z =
= 3.
xy
6 (6)
Portanto, as dimensões da caixa, para que o custo de fabricação seja mínimo, são x =
6 cm, y = 6 cm e z = 3 cm.
Como
∆=3>0
=3
e
Um fabricante faz 2 modelos de um item, padrão e de luxo. Custa R$ 40, 00
para fabricar um modelo padrão e R$ 60, 00 para o de luxo. Uma rma de pesquisa de
mercado estima que se o modelo padrão for vendido por x reais e o de luxo por y reais, então
o fabricante venderá 500(y − x) do item padrão e 45000 + 500(x − 2y) do de luxo a cada
ano. Com que preços os itens devem ser vendidos para maximizar o lucro?
EXEMPLO
2.10.7
Solução:
A função lucro é dada por:
L(x, y) = 500(y − x)(x − 40) + (45000 + 500(x − 2y))(y − 60).
As derivadas parciais de
L
são dadas por
∂L(x, y)
= 1000y − 1000x − 10 000
∂x
e
∂L(x, y)
= 1000x − 2000y + 85 000
∂y
102
Como as derivadas estão sempre bem denidas, para encontrar os pontos críticos de
L
devemos fazer
∂L(x, y)
=0
∂x
e
∂L(x, y)
=0
∂y
Resolvendo este sistema, temos
{
1000y − 1000x − 10 000 = 0
⇒
1000x − 2000y + 85000 = 0
Portanto, o único ponto crítico é
{
−1000x + 1000y = 10000
⇒
1000x − 2000y = −85000
{
x = 65
.
y = 75
(65, 75). Vamos analisar se este ponto crítico é um ponto
de máximo. Como
∂ 2L
= −1000,
∂x2
∂ 2L
= −2000,
∂y 2
e
∂ 2L
= 1000,
∂x∂y
∂2L
= 1000,
∂y∂x
temos que
−1000 1000
△ = 1000 −2000
Portanto, o ponto
vendido por
R$ 65, 00
P (65, 75)
= 106 > 0
e
Θ=
∂ 2L
= −1000 < 0.
∂x2
é, de fato, um ponto de máximo. Logo, o item padrão será
e o de luxo por
R$ 75, 00.
EXEMPLO 2.10.8 Encontre as coordenadas do ponto que pertence a superfície z = xy + 2 e
cujo quadrado da distância à origem do sistema de coordenadas cartesianas seja mínimo.
Qual é esse valor mínimo?
Solução:
Queremos determinar o ponto
Q(x, y, z)
de mínimo da função
f (x, y, z) = d(Q, O)2 = x2 + y 2 + z 2 ,
com a condição que
Q
é um ponto da superfície
z = xy + 2.
Substituindo na função da
distância obtemos a função
f (x, y) = x2 + y 2 + x2 y 2 + 4xy + 4.
Para encontrar os pontos críticos de
f,
tomamos
∂f (x, y)
= 2x + 2xy 2 + 4y
∂x
e
∂f (x, y)
= 2y + 2x2 y + 4x.
∂y
Como as derivadas parciais sempre estão denidas os pontos críticos de
sistema





∂f (x,y)
∂x
= 0
∂f (x,y)
∂y
= 0
⇒

 2x + 2xy 2 + 4y = 0

2y + 2x2 y + 4x = 0
103
f
são as soluções do
Temos que
P1 (0, 0)
é uma solução do sistema. Para as demais soluções do sistema, multipli-
cando a primeira equação por
x
e a segunda por

 2x2 + 2x2 y 2 + 4xy

Se
y=x
obtemos
= 0
−2y 2 − 2x2 y 2 − 4xy = 0
⇒ 2x2 − 2y 2 = 0 ⇒ y = ±x.
voltando na primeira equação temos,
2x + 2x3 + 4x = 0 ⇒
Se
y
y = −x


x

ou
2
= 0
⇒ x = 0 ⇒ P1 (0, 0).
x +3 = 0
voltando na primeira equação temos,
2x + 2x − 4x = 0 ⇒
3


x

ou
2
= 0
⇒
x −1 = 0
Portanto, temos três pontos críticos

 x

=
ou
x
P1 (0, 0), P2 (1, −1)
= ±1
e
{
0
⇒
P3 (−1, 1).
P2 (1, −1)
.
P3 (−1, 1)
Usaremos o teste da
segunda derivada para classicá-los. Temos que
∆(x, y) = ∂ 2 f (x,y)
∂x2
∂ 2 f (x,y)
∂y∂x
∂ 2 f (x,y)
∂x∂y
2
∂ 2 f (x,y)
∂y 2
2
2 + 2y 2 4xy + 4
=
4xy + 4 2 + 2x2
= 4(1 + y )(1 + x ) − 16(xy + 1) = 4 + 4x2 + 4y 2 + 4x2 y 2 − 16xy − 16
e
Θ(x, y) =
∂ 2 f (x, y)
= 2 + 2y 2 .
∂x2
Aplicando nos pontos críticos, obtemos:
∆(0, 0) = −12 < 0
∆(1, −1) = 16 > 0
∆(−1, 1) = 16 > 0
⇒ P1 (0, 0) é um ponto de sela de f (x, y).
Θ(1, −1) = 4 > 0 ⇒ P2 (1, −1) é ponto de mínimo de f (x, y).
e Θ(−1, 1) = 4 > 0
⇒ P3 (−1, 1) é ponto de mínimo de f (x, y).
Assim os candidatos a para o ponto Q são: P2 (1, −1, 1), e P3 (−1, 1, 1). Substituindo na
e
expressão da distância ao quadrado obtemos:
d(P2 , O)2 = 3
e
d(P3 , O)2 = 3.
Portanto, os dois pontos são pontos de mínimo para o quadrado da distância e o valor mínimo
é 3.
2.11
Derivadas de Funções Implícitas
Seja y = y(x) uma função denida implicitamente pela equação F (x, y) = 0. Por exemplo,
x2 + y 2 − 9 = 0 ou x2 y 3 + x3 y 2 + xy + x + y − 9 = 0. A equação x2 + y 2 − 9 = 0 pode ser
facilmente explicitada em função de x ou de y. Porém, não podemos fazer o mesmo com a
2 3
3 2
2
2
equação x y + x y + xy + x + y − 9 = 0. Também, fazendo F (x, y) = x + y − 9 facilmente
dy dx
e
, o mesmo não ocorre se zermos F (x, y) = x2 y 3 +x3 y 2 +xy +x+y −9.
encontramos
dx dy
104
Nosso interesse está em encontrar uma forma de determinar com rapidez as derivadas
dx
.
dy
dy
dx
e
Inicialmente, vamos resolver o problema usando o conhecimento adquirido em Cálculo I.
Vamos derivar
y
implicitamente em relação a
x,
na equação
x2 y 3 + x3 y 2 + xy + x + y − 9 = 0,
obtendo
(2xy 3 + 3x2 y 2 y ′ ) + (3x2 y 2 + 2x3 yy ′ ) + (y + xy ′ ) + 1 + y ′ = 0
(3x2 y 2 y ′ + 2x3 yy ′ + xy ′ + y ′ ) + (2xy 3 + 3x2 y 2 + y + 1) = 0
(3x2 y 2 + 2x3 y + x + 1) y ′ = − (2xy 3 + 3x2 y 2 + y + 1) .
Logo,
y′ =
Sendo
dy
2xy 3 + 3x2 y 2 + y + 1
=− 2 2
. (I)
dx
3x y + 2x3 y + x + 1
F (x, y) = x2 y 3 + x3 y 2 + xy + x + y − 9,
obtemos as derivadas parciais de
F, dadas
por
∂F (x, y)
= 2xy 3 + 3x2 y 2 + y + 1
∂x
e
∂F (x, y)
= 3x2 y 2 + 2x3 y + x + 1.
∂y
Observando estes resultados e comparando com (I), podemos escrever a fórmula
∂F (x, y)
dy
∂x
=−
∂F (x, y)
dx
∂y
sempre que
Se
F (x, y) ,
z = z(x, y)
∂F (x, y)
∂x
e
∂F (x, y)
∂y
forem contínuas em
é denida implicitamente em função de
x
e
y
∂F (x, y)
̸= 0.
∂y
equação F (x, y, z) = 0,
(x, y)
pela
e
usando o mesmo procedimento anterior obtém-se suas derivadas parciais, que serão denotadas
por
∂z
∂x
e
∂z
.
∂y
Dada a função implícita x2 + y 2 + z 2 − 9 = 0, encontrar
EXEMPLO
2.11.1
Solução:
Escrevendo
F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 9,
obtemos
∂F (x, y, z)
= 2x,
∂x
∂F (x, y, z)
= 2y,
∂y
∂F (x, y, z)
= 2z.
∂y
105
∂z ∂y ∂x
,
e
.
∂x ∂x ∂z
Agora, substituindo convenientemente na fórmula acima, encontramos
∂F
∂z
2x
x
x
= − ∂x = −
= − = −√
,
∂F
∂x
2z
z
9 − (x2 + y 2 )
∂z
∂F
2x
∂y
x
x
,
= − ∂x = −
= − = −√
∂F
∂x
2y
y
9 − (x2 + z 2 )
∂y
∂F
2z
∂x
z
z
= − ∂z = −
= − = −√
.
∂F
∂z
2x
x
9 − (y 2 + z 2 )
∂x
EXEMPLO
2.11.2
Uma função z(x, y) é dada implicitamente por uma equação do tipo F
(
x z
,
y x2
∂F
0, onde F (u, v) é uma função diferenciável tal que
̸= 0. Mostre que z satisfaz a equação
∂v
∂z
∂z
diferencial parcial x + y = 2z.
∂x
∂y
Resolução:
Como
z
depende implicitamente de
x
e
y,
devemos utilizar a expressão para
derivação implícita
∂F
∂z
= − ∂x
∂F
∂x
∂z
Agora, para obter as derivadas de
cadeia para obter
F,
e
denimos
∂F
∂z
∂y
=−
∂F
∂y
∂z
x
z
u= ev= 2
y
x
e utilizamos a regra da
( )
(
)
1
∂F −2z
1 ∂F
2z ∂F
+
=
− 3
,
3
y
∂v
x
y ∂u
x ∂v
( )
∂F ∂u ∂F ∂v
∂F
∂F 1
1 ∂F
∂F
=
+
=
.0 +
= 2
,
2
∂z
∂u ∂z
∂v ∂z
∂u
∂v x
x ∂v
∂F
∂F ∂u ∂F ∂v
∂F
=
+
=
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
∂u
∂F
∂F ∂u ∂F ∂v
∂F
=
+
=
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y
∂u
(
−x
y2
)
Portanto, substituindo nas derivadas implícitas de
+
z,
∂F
−x ∂F
.0 = 2
.
∂v
y ∂u
obtemos
2z ∂F
1 ∂F
∂F
− 3
∂z
x2
y ∂u
x ∂v
= − ∂x = −
=−
∂F
1 ∂F
∂x
y
∂z
x2 ∂v
e
106
∂F
∂u + 2z
∂F
x
∂v
)
=
∂F
−x ∂F
∂F
3
2
∂z
x
∂y
y ∂u
=−
=−
= 2 ∂u .
∂F
1
∂F
∂y
y ∂F
2
∂z
x ∂v
∂v
Portanto, substituindo na equação dada, temos


∂F
∂z
∂z
2z 
 x3
 x2
x
+y
= x − ∂u +  + y  2
∂x
∂y
y ∂F
x
y
∂v

107

∂F
−x3
∂u 
=
∂F 
y
∂v
∂F
∂F
3
x
∂u + 2z +
∂u = 2z.
∂F
y ∂F
∂v
∂v
2.12
Exercícios Gerais
1. Determine, descreva e represente geometricamente o domínio das funções abaixo:
(a)
(c)
(e)
xy − 5
;
f (x, y) = √
2 y − x2
√
f (x, y) = x ln(y 2 − x);
√
2x2 − y
;
f (x, y) =
4 − x2 − y 2
x+y+1
;
x−1
√
√
f (x, y) = y − x − 1 − y;
f (x, y) =
(b)
(d)
(f )
f (x, y, z) = ln(16 − x2 − y 2 − 4z 2 ).
2. Represente geometricamente as superfícies de equações:
(b) x2 + y 2 − z 2 = 25;
(a) x2 + y 2 + z 2 = 25;
(d) z 2 − x2 − y 2 = 0.
(c) 9x + 4y + 12z = 36;
1
, determine as curvas de nível
x2 +y 2
seguir, faça um esboço do gráco desta função.
3. Dada a função
f (x, y) =
z = 41 , z = 4
4. Descreva e represente geometricamente as superfícies de nível de
5. Usando a denição mostre que:
(a)
lim
(3x + 2y) = 8
(b)
(x,y)→(2,1)
lim
(x,y)→(1,3)
6. Em cada exercício abaixo verique se
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) existe.
x2
x2 + y 2
(b) f (x, y) =
x2 y 2
x2 + y 2
(d) f (x, y) =
x2 + y
x2 + y 2
(e) f (x, y) =
x2 + y 3
x2 + y 2
(c)
2x(y − 2)
2
(x,y)→(0,2) 3x + y 2 − 4y + 4
lim
(x,y,z)→(2,1,0)
(x + y + z − 3)5
(x − 2)(y − 1)z 3
(b)
Justique a sua resposta.
(c) f (x, y) =
x3 + y 3
x2 + y 2
(f ) f (x, y) =
x−y
x+y
(x − 3)5 y 2 + (x − 3)4 y 4
3
(x,y)→(3,0) (x2 − 6x + 9 + y 6 )
lim
(d)
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x2 y 2 z 2
x6 + y 6 + z 6
8. Calcule o valor dos seguintes limites usando as propriedades:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
lim
(x,y)→(2,2)
ex−y [ln(x2 − y 2 ) − ln(x − y)];
sin(x2 + y 2 )
;
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
cos(x2 + y 2 ) − 1
;
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
√
x2 − 2
;
lim√
x2 y + x2 − 2y − 2
(x,y)→( 2,1)
lim
lim
(x,y)→(0,1)
√
x+y−1
√
;
x− 1−y
108
A
(2x − 4y) = −10.
(a) f (x, y) =
lim
z = 9.
f (x, y, z) = x2 +y 2 −z 2 .
7. Calcule, se possível, o valor dos limites abaixo. Justique a sua resposta.
(a)
e
(f )
(g)
(h)
(x2 + y 2 ) ln(x2 + y 2 );
lim
(x,y)→(0,0)
(x2 − 5x + 6)(y 4 − 16)
;
(x,y)→(3,2)
(x − 3)(y − 2)
sin(x − y) + sin(y)
lim
.
(x,y)→(0,π)
xy
lim
9. Use as propriedades de limite para determinar o valor de
[
lim
(x,y)→(4,4)
10. Se
lim
(x,y)→(1,1)
lim
lim
g(x, y),
(x,y)→(4,4)
sendo
]
(x − y)g(x, y)
1
+ cos(x − y) = .
2
2
x −y
2
{xf (x, y) + ey−x [ln(x2 − y 2 ) − ln(x − y)]} = ln 2,
determine o valor de
f (x, y).
(x,y)→(1,1)
f é contínua, justicando sua resposta.

 √ 2xy , se (x, y) ̸= (0, 0)
(a) f (x, y) =
x2 + y 2

0, se (x, y) = (0, 0)

(x + y + z + 1)2

, se (x, y, z) ̸= (1, 0, −2)
(b) f (x, y, z) =
(x − 1)2 + y 4 + (z + 2)2

1, se (x, y, z) = (1, 0, −2)

 x + y , se (x, y) ̸= (0, 0)
(c) f (x, y) =
x2 + y 2
 0, se (x, y) = (0, 0)

 5xy 2 − 3x2 y
, se (x, y) ̸= (0, 0)
(d) f (x, y) =
2x2 + y 4

0,
se (x, y) = (0, 0)

 x2 y 2
, se (x, y) ̸= (0, 0)
(e) f (x, y) =
x2 + y 4

0, se (x, y) = (0, 0)

xy − 2x

, se (x, y) ̸= (−1, 2)
2
2
(f ) f (x, y) =
.
x + y + 2x − 4y + 5

0,
se
(x, y) = (−1, 2)

3y 4 (x + 1)4

, se (x, y) ̸= (−1, 0)
(g) f (x, y) =
(y 4 + x2 + 2x + 1)3

0, se (x, y) = (−1, 0)

5x2 (y − 2)

, se (x, y) ̸= (0, 2)
é contínua
Determine se a função f (x, y) =
x2 + y 2 − 4y + 4

b,
se (x, y) = (0, 2)
em (0, 2) para algum valor de b ∈ R. Justique sua resposta com argumentos consistentes, explicitando o valor de b e uma relação entre ε e δ, se for o caso.
11. Em cada item verique se a função
12.
109
13.
14.
 2
 x + 3x2 y + y 2
, se (x, y) ̸= (0, 0)
é contínua
Determine se a função f (x, y) =
2x2 + 2y 2

b,
se (x, y) = (0, 0)
na origem para algum valor de b ∈ R. Justique sua resposta com argumentos consistentes, explicitando o valor de b e uma relação entre ε e δ, se for o caso.

 (x − 3)(y + 2)(z − 1)2
, se (x, y, z) ̸= (3, −2, 1)
Determine se a função f (x, y, z) =
(2x + y − 3z − 1)4

b,
se (x, y, z) = (3, −2, 1)
é contínua em (3, −2, 1) para algum valor de b. Justique sua resposta com argumentos
consistentes.
15. Utilize argumentos consistentes para calcular, se existir, o valor de
R2 → R é uma função contínua dada por
f (x, y) = 1 + xy
x2 − y 2
x2 + y 2
se
f (0, 0),
onde
f :
(x, y) ̸= (0, 0).
16. Escreva as funções abaixo na forma de funções composta e encontre as derivadas parciais em relação a
√
x
e
y.
(a) z = ln x2 e2y + x2 e−2y
(c) z = x2 cos2 y + 2x2 sin y cos y + x2 sin2 y
(
)
2
(b) z = ln (ex+y )2 + x2 + y
√
(d) z = x + y 2 + (x2 e−2y )3
17. Usando a regra da cadeia, encontre as derivadas parciais de
√
x+y
(b) f (x, y) = ln 3 (x2 + y 2 ) + (2x + y 2 x2 )
2
+y +1
( )
(y)
x
∂z
∂z
é solução da equação diferencial y
Mostre que z = sin
+ ln
+x
= 0.
y
x
∂y
∂x
(y )
(z )
2
Verique se a função f (x, y, z) = x sin
+ y 2 ln
+ z 2 ex/y é uma solução da
z
x
∂f
∂f
∂f
equação diferencial parcial x
+y
+z
= 2f.
∂x
∂y
∂z
(a) f (x, y) =
18.
19.
∂ 2z ∂ 2z
+
= 0.
∂x2 ∂y 2
( 2)
2y
xy
Verique se a função f (x, y) = e
+ ln
x2
2
2
x∂ f
y∂ f
parcial
+
= 2xyexy .
2
y ∂x
x ∂y 2
20. Se
21.
x2
22. Se
z = ln (x2 + y 2 )
u= √
mostre que
1
x2 + y 2 + z 2
mostre que
é uma solução da equação diferencial
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
= 0.
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
f (x, y, z) = x3 y 4 z 5 + x sin yz e g (x, y) = ex ln y.
parciais de f e g até a terceira ordem.
23. Sejam
Encontre todas as derivadas
24. Determine uma equação para o plano que é tangente à superfície
ponto
P (−1, 1, 2).
110
−2x2 + y 2 =
−z
,
2
no
−12x2 + 3y 2 − z = 0,
25. Encontre a equação do plano tangente à superfície
no ponto
P (1, 4, 36).
26. Encontre um ponto da superfície
plano
6x + 4y − z = 5.
2x + y + 3z − 6 = 0
27. Sabendo que o plano
z = f (x, y),
z = 3x2 − y 2
P (1, 1, 1),
no ponto
onde seu plano tangente é paralelo ao
é paralelo ao plano tangente ao gráco de
calcule os valores de
28. Mostre que todos os planos tangentes ao gráco de
∂f
(1, 1)
∂x
∂f
(1, 1).
∂y
e
f (x, y) =
x3
x2 + y 2
passam pela
origem.
π que
f (x, y) = xy.
29. Determine a equação do plano
tangente ao gráco de
30. Considere as funções
passa pelos pontos
f (x, y) = 2 + x2 + y 2
e
(1, 1, 2)
e
g(x, y) = −x2 − y 2 .
f (x, y)
(a) a equação do plano tangente ao gráco de
no ponto
(−1, 1, 1)
Determine:
(1, 2, 7);
(b) o ponto onde o plano obtido no item (a) tangencia o gráco de
31. Considere a função de duas variáveis
(a) Determine o domínio de
f (x, y) =
32. Considere
interseção
f (x, y).
z = f (x, y) tal que o
⃗v = (0, 1, 2) .
√
a função de duas variáveis f (x, y) =
36 − 9x2 − 4y 2 . E
do gráco de z = f (x, y) com o plano y = 2.
C
no ponto
w = (x2 + y 2 + z 2 )k . Determine para quais valores de k
(1, 2,
√
a igualdade
C
a curva de
11).
∂ 2w ∂ 2w
+
+
∂x2 ∂y 2
é satisfeita.
u = x + ay 2 .
34. Seja
z = f (u),
35. Seja
f (x − y, y − z, z − x)
com
(
Prove que
∂z
∂z
− 2ay
= 0.
∂y
∂x
uma função diferenciável. Calcule
y−x z−y
,
xy
yz
)
∂f
∂f
∂f
+
+
.
∂x ∂y
∂z
∂f
∂f
∂f
+ y2
+ z2 .
∂x
∂y
∂z
(y x z )
3
, ,
. Mostre que
Seja f uma função diferenciável qualquer e considere w = x f
x z x
∂w
∂w
∂w
w satisfaz a equação diferencial parcial x
+y
+z
= 3w.
∂x
∂y
∂z
36. Dada uma função
37.
seja
f (x, y).
(b) Determine a equação da reta tangente à curva
∂ 2w
=0
∂z 2
plano tangente a
neste ponto seja ortogonal ao vetor
(a) Determine o domínio de
33. Seja
g(x, y).
√
100 + 4y 2 − 25x2 .
(b) Determine o ponto sobre o gráco de
z = f (x, y)
e que seja
f
,
calcule
111
x2
w = f (x2 − at) + g(x + at2 ), onde f
∂ w ∂2w
e
.
∂t2
∂x2
38. Seja
2
39. Seja
g
e
são funções diferenciáveis e
w = f (u)+g(v) uma função diferenciável, onde u(x, t) = x2 +t2 ev(x, t) = x2 −t2 .
Mostre que
∂2w ∂2w
df
+ 2 = 4 + 4(x2 + t2 )
2
∂x
∂t
du
40. Seja
a ∈ R. Calcule
w = f (x, y)
(
41. Considere a função
∂w
∂r
1
+ 2
r
(
∂w
∂θ
)2
(
=
)
.
∂w
∂x
)2
(
+
∂w
∂y
e
y(r, θ) = r sin θ.
)2
.
∂f
(2t, t3 ), em que f (x, y) é uma função de duas variáveis
∂y
′
primeira e segunda ordem contínuas. Determine g (t).
g(t) = t ·
com derivadas parciais de
42. Sejam
)2
d2 f
d2 g
+
du2 dv 2
x(r, θ) = r cos θ
uma função diferenciável, onde
Mostre que
(
f (u, v) uma função de duas variáveis diferenciável e F (x, y) uma função de duas
variáveis denida por
F (x, y) = f (sin x, cos y).
∂f
∂f
(0, 1) =
(0, 1) = 2,
∂u
∂v
Sabendo que
43. Sejam
f (u, v)
e
g(x, y)
calcule
∂F
(0, 0)
∂x
e
∂F
(0, 0).
∂y
funções de duas variáveis que admitem derivadas parciais de
√
√
∂f
g(x, y) = f ( x3 + ln(y) + 1, cos(x) + y 2 + 3),
(1, 3) = 6 e
∂u
∂f
(1, 3) = 2, determine a equação do plano tangente a superfície z = g(x, y) no ponto
∂v
(0, 1, 10).
primeira ordem. Se
44. A areia é derramada num monte cônico na velocidade de
instante, o monte tem
6m
de diâmetro e
5m
4 m3
por minuto. Num dado
de altura. Qual a taxa de aumento
da altura nesse instante, se o diâmetro aumenta na velocidade de
2 centı́metros
por
minuto?
R,
e E
45. A resistência
em amperes
I = 15A, E
E
, onde I é a corrente
I
a força eletromoriz em volts. Num instante, quando E = 120V e
em ohms, de um circuíto é dada por
é
aumenta numa de velocidade
Encontre a taxa de variação instantânea
0, 1V /s e I
de R.
46. Num determinado circuito elétrico, a corrente
da resistência
210 volts, R
R
e da indutância
L
por
I
R =
diminui à velocidade de
0, 05A/s.
é dada, em função da voltagem
V
I = √
.
R2 + 10L2
No instante em que
V
V,
é
3 ohms e está decaindo a uma taxa de 0, 1 ohms por segundo,
enquanto que L é igual a 2 henrys e está crescendo a uma razão de 0, 05 henrys por
segundo. Qual deve ser a variação de V, neste instante, para que a corrente permaneça
é igual a
constante?
47. Um reservatório de areia tem o formato de uma pirâmide invertida de base quadrada.
3
A taxa de vazão da areia deste reservatório diminui a uma velocidade de 40π cm /min.
Esta areia forma no chão um monte cônico. O volume total de areia no reservatório
112
era
243π cm3 .
Determine a velocidade com que aumenta a altura do cone quando um
terço da areia já caiu do reservatório. Sabendo que neste instante a altura do monte é
3 cm
0, 3 cm/min.
e o raio aumenta uma taxa de
P V = kT, com k = 10, para encontrar a taxa de variação
3
instantânea da temperatura no instante em que o volume do gás é 120cm e está sob
2
3
uma pressão de 8din/cm , a taxa de crescimento é 2 cm /s, a pressão decresce a taxa
2
de 0,1 din/cm · s. Sugestão: escreva P, V e T em função do tempo.
48. Use a lei do gás comprimido
49. A energia consumida num resistor elétrico, em função da voltagem
2
R
é dada por
de
200 volts
V
P =
.
R
V
e da resistência
Deseja-se que um determinado resistor tenha uma voltagem
20
e uma resistência de
ohms.
(a) Qual deverá ser a variação na resistência para que a energia consumida nesse resistor
que praticamente inalterada quando a voltagem sofrer um decréscimo de 0, 2 volts?
(b)
Se esse resistor consumir
for
1%
3%
a mais que a energia desejada quando sua resistência
menor que a desejada, qual será a variação percentual da sua voltagem?
50. Considere o triângulo da gura abaixo.
Num dado instante temos que
(a) Se o comprimento
x
x = 40cm, y = 50cm
e o ângulo
θ
e
θ=
π
rad.
6
aumentam a uma taxa de 3cm/s e 0.05rad/s,
respectivamente, e o comprimento
y
diminui a uma taxa de 2cm/s, determine a
taxa de variação da área deste triângulo em relação ao tempo.
(b) Suponha que ao realizar a medida dos comprimentos dos lados,
θ, foi cometido um erro.
x e y, e do ângulo,
Em relação a qual destas variáveis o valor da área é mais
sensível? Justique sua resposta usando diferenciais.
51. O ângulo central de um setor circular é
80◦ e o raio desse setor é 20 cm. Qual deverá ser o
acréscimo a ser dado no raio para que a área deste setor circular que aproximadamente
◦
inalterada quando o ângulo central sofrer um decréscimo de 1 ?
T (em kelvins)
de um mol de um gás ideal estão relacionados por meio da fórmula P V = 8, 31T. Deter-
52. A pressão
P
(em quilopascals), o volume
V
(em litros) e a temperatura
mine a taxa de variação da pressão quando a temperatura é 300K e está aumentando
a uma taxa de 0,1K/s e o volume é 100L e está aumentando com a taxa de 0,2L/s.
53. A fórmula do tamanho do lote de Wilson em economia diz que a quantidade mais
√
econômica
K
Q
de produtos para uma loja pedir é dada pela fórmula
é o custo do pedido,
M
é o número de itens vendidos por semana e
semanal de manutenção de cada item. Se
(a) para qual das variáveis
Q=
K, M
e
h
K = 2, M = 20
a sensibilidade de
resposta usando diferenciais.
113
2KM
, onde
h
h
é o custo
e
h = 0, 05,
Q
é maior? Justique sua
determine:
(b) a variação do número de itens vendidos por semana se
Q
e
K
10%
aumentam
e
o custo semanal de manutenção de cada item permanece constante.
54. Um pintor cobra
medidas do teto
R$12, 00 por m2
são 12m e 15m e
para pintar as 4 paredes e o teto de uma sala. Se as
altura
3m,
com um erro de até
0, 05m
em todas as
dimensões. Aproxime o erro, usando a diferencial, na estimativa do custo do trabalho,
a partir dessas medidas.
V2
watts. Se V = 120 volts
R
ohms, calcular através da diferencial um valor aproximado para a variação
55. A energia consumida num resistor elétrico é dada por
e
R = 12
de energia quando
V
decresce de
0, 001V
e
R
P =
0, 02
aumenta de
ohms.
56. Um material está sendo escoado de um recipiente, formando uma pilha cônica. Num
12 cm e a altura é 8 cm . Obtenha uma aproximação
se o raio varia para 12, 5 cm e a altura para 7, 8 cm. Compare
dado instante, o raio da base é de
da variação do volume,
o resultado da variação obtida com a variação exata do volume.
57. Um funil cônico (sem tampa) de dimensões
h=4m
e
r=3m
será construído para
auxiliar o armazenamento de grãos. Sabendo que o material utilizado na construção
2
desse funil custa R$ 150, 00 por m . Usando diferencial, responda qual será o acréscimo
de custo na construção desse funil se aumentarmos seu raio em
5%
e sua altura
3%.
58. Uma caixa em forma de paralelepípedo tem dimensões internas iguais a 7cm, 8cm e
13cm. Sendo a espessura das paredes 0,2cm, do fundo 0,3cm e da tampa 0,1cm, fazer
3
uma estimativa aproximada em cm da quantidade de material necessário a ser usado
na confecção da caixa.
59. Uma empresa de cosméticos necessita de latas cilíndricas fechadas com raio de
altura de
20 cm para embalar seus produtos.
4 cm
e
Porém, devido as variações na fabricação,
estas embalagens apresentam pequenas oscilações em suas medidas. Diante disso:
(a) Se um engenheiro de controle de qualidade precisa assegurar que essas embalagens
tenham o volume correto, ele deverá se preocupar mais com variações no raio ou
na altura? Justique sua resposta com argumentos usando diferenciais.
(b) Se o custo de fabricação destas embalagens for de
20
centavos por
cm2 ,
obtenha
uma estimativa para o acréscimo (ou decréscimo) no custo ao fabricar-se embalagens com altura
2%
maior e raio
3%
menor em relação ao original.
60. Usando diferencieis encontre uma aproximação para:
(a)
(b)
(c)
(1, 1)3,02 ;
cos(e0,2 − 1)
√
;
9, 4
√
(3, 02)2 + (1, 97)2 + (5, 99)2 .
√
61. Considere a função de duas variáveis dada por
f (x, y) = 2 x2 +
(a) Determine e represente geometricamente o domínio de
(b) Usando diferenciais encontre uma aproximação para
114
y2
− 1.
9
f (x, y).
f (1.98, 3.3).
62. Considere a função de duas variáveis dada por
f (x, y) = √
x+y−1
√
.
x− 1−y
f (x, y).
(a) Determine e represente geometricamente o domínio de
(b) Usando as propriedades de limite calcule
lim
f (x, y).
(x,y)→(4,−3)
(c) Usando diferenciais encontre uma aproximação para
f (9.06, −3.04).
(d) Usando diferenciais encontre uma aproximação para
f (4.04, −3.04).
63. Dada a superfície
z = −x2 − y 2 + 6x − 4y − 4,
determine:
(a) a equação do plano tangente a esta superfície no ponto
(b) a classicação do ponto
P (3, −2, 9),
64. Determine os pontos críticos da função
P (3, −2, 9);
se possível, como extremo da superfície.
1
5
f (x, y) = 2 ln(x2 y) + x4 − x2 − y + 5
4
2
e
classique-os, se possível, como pontos de máximo, mínimo ou de sela.
3
65. Uma caixa retangular tem volume 20 m . O material usado nas laterais custa R$ 1,00
por metro quadrado, o material usado o fundo custa R$ 2,00 por metro quadrado e o
material usado na tampa custa R$ 3,00 por metro quadrado. Quais as dimensões da
caixa para que o custo de confeção seja mínimo?
66. Sejam
A(0, 0), B(4, 0) e C(3, 3)
os vértices de um triângulo. Encontre o ponto
tal que a soma dos quadrados das distâncias do ponto
P
P (x, y)
aos vértices seja a menor
possível.
67. Determine as dimensões relativas de uma caixa retangular sem tampa que possua uma
2
área total de 300 cm e que comporte o máximo possível de volume.
68. Uma empresa de embalagem necessita fabricar caixas retangulares de
128 cm3
de vo-
lume. Se o material da parte lateral custa a metade do material a ser usado para a
tampa e para o fundo da caixa, determinar as dimensões da caixa que minimizam o
seu custo de produção.
69. Uma caixa retangular é colocada no primeiro octante, com um dos seus vértices na
origem e três de suas faces coincidindo com os três planos coordenados.
oposto à origem está situado no plano de equação
3x + 2y + z = 6.
O vértice
Qual é o volume
máximo possível de tal caixa? Quais serão as suas dimensões?
70. Uma certa indústria produz dois tipos de ligas metálicas. O custo total da produção
2
2
dessas ligas é expresso pela função C(x, y) = x + 100x + y − xy e a receita total
2
obtida com a vendas dessas ligas é dada pela função R(x, y) = 100x − x + 2000y + xy,
onde
x
e
y
representam a quantidade de toneladas de cada uma das ligas. Determine
o nível de produção que maximiza o lucro dessa indústria.
x e
y. Tais produtos são oferecidos ao mercado consumidor a preços unitários p1 e p2 ,
respectivamente, que dependem de x e y conforme equações p1 = 120 − 2x e p2 =
200−y. O custo total da empresa para produzir e vender quantidades x e y dos produtos
2
2
é dado por C = x + 2y + 2xy. Admitindo que toda a produção seja absorvida pelo
71. Determinada empresa produz 2 produtos cujas quantidades são indicadas por
mercado, determine a produção que maximiza o lucro.
115
A custa R$ 40,00 e o casaco B
A e y o preço de venda do casaco
pela loja foi de (3200 − 50x + 25y) unidades do casaco A
casaco B. Encontre os valores de x e y para que o lucro
72. Uma loja vende dois tipos de casacos
custa R$ 50,00. Seja
B. O total de
e (25x − 25y)
x
A
e
B.
O casaco
o preço de venda do casaco
vendas feito
unidades do
obtido pela loja seja o maior possível.
73. Encontre as coordenadas do ponto que pertence ao plano
P (3, −2, 1)
quadrado da distância ao ponto
x+y−z+5 = 0
e cujo
seja mínimo.
2
2
2
74. Suponha que a temperatura em um ponto qualquer da esfera x + y + z = 4 seja
2
dada, em graus, por T (x, y, z) = xyz . Em quais pontos desta esfera a temperatura é
máxima? Em quais pontos da esfera a temperatura é mímima?
75. Determine o valor máximo para a soma dos cossenos dos ângulos internos de um
triângulo.
76. Determine a equação do plano que é tangente a superfície denida implicitamente por
z 3 − (x2 + y 2 )z + 2 = 0 no ponto P (1, 2, 2).
x2 + z 3 − z − xy sin z = 1 dene implicitamente uma função
z = f (x, y) cujo gráco passa pelo ponto P (1, 1, 0). Determine a equação do plano
tangente ao gráco de f no ponto P.
77. Sabe-se que a equação
78. Seja
y = y(x)
renciável,
uma função denida implicitamente por
u = x2 + y
e
v = y2.
Determine
F.
79. Seja
z = z(x, y)
dy
dx
em função de
uma função denida implicitamente por
função diferenciável. Mostre que
x
∂z
∂z
−y
= 0.
∂x
∂y
116
x = F (u, v),
x, y
onde
F
é dife-
e das derivadas de
F (xy, z) = 0,
onde
F
é uma
2.13
1.
Respostas
(a) Todos os pontos do plano
xy
(b) Todos os pontos do plano
xy
y = x2 .
à direita (ou acima) e sobre a reta
y = −1 − x
x = 1.
excluindo a reta
(c) Todos os pontos do plano
(d) Todos os pontos do plano
acima) da reta
acima (ou no interior) do gráco de
xy
xy
à esquerda (ou no exterior) do gráco de
que estão abaixo da reta
y =1
x = y2.
e à esquerda (ou
y = x.
2
2
que estão no interior da circunferência x + y = 4
2
e abaixo ou sobre o gráco de y = 2x
ou todos os pontos que estão no exterior
2
2
2
de x + y = 4 e acima ou sobre o gráco de y = 2x .
(e) Todos os pontos do plano
(x, y, z)
(f ) Todos os pontos
xy
que estão no interior do elipsóide
x2 y 2 z 2
+
+
= 1.
16 16
4
2. .
(a) esf era de raio 5
(c) plano
(b) hiperbolóide de uma f olha
(d) cone circular
3. As curvas de nível são circunferências de raio
2,
1
1
e , respectivamente.
2
3
4. As superfícies de nível são ou cones, ou hiperbolóides de uma folha ou hiperbolóides
k = 0, k > 0
de duas folhas, dependendo se o nível for
(a) δ =
5.
ε
5
(b) δ =
k < 0,
respectivamente.
ε
6
6. .
(a) não existe
(d) não existe
ou
(b) L = 0, com δ =
(e) não existe
√
ε
(c) L = 0, com δ =
(f ) não existe
ε
2
Também pode-se justicar os itens (b) e (c) usando a Proposição 2.3.14.
7. Todos os limites dados não existem.
8. .
(a) ln 4
(d)
√
2
2
(g) 32
9.
10.
lim
(x,y)→(4,4)
lim
(b) 1
(c) 0
(e) 0
(f ) 0
(h) −
1
π
g(x, y) = −4
f (x, y) = 0
(x,y)→(1,1)
11. .
(a) contı́nua, com δ =
(c) descontı́nua
(e) contı́nua, com δ =
ε
2
√
(b) descontı́nua
(d) descontı́nua
ε
(f ) descontı́nua
(g) descontı́nua
Também pode-se justicar os itens em que o limite existe usando a Proposição 2.3.14.
117
ε
δ= .
5
12.
f
é contínua para
b=0
13.
f
é contínua para
b=
14.
f
é sempre descontínua, independente do valor de
15.
f (0, 0) = 1.
16. .
e, neste caso,
1
e, neste caso,
2
δ=
2ε
3
Justica-se pela denição, com
δ=
√
b.
ε
ou usando a Proposição 2.3.14.
∂z
e2y − e−2y
= 2y
∂y
e + e−2y
(a)
1
∂z
=
∂x
x
(b)
∂z
2(e2(x+y ) + x)
= 2(x+y2 )
∂x
e
+ x2 + y
(c)
∂z
= 2x(1 + sin(2y)) e
∂x
(d)
∂z
1 − 6x5 e−6y
= √
∂x
2 x + y 2 + (x2 e−2y )3
(a)
∂f
−x2 + y 2 − 2xy + 1
=
∂x
(x2 + y 2 + 1)2
∂f
x2 − y 2 − 2xy + 1
=
∂y
(x2 + y 2 + 1)2
(b)
∂f
2x + 2 + 2xy 2
=
∂x
3(x2 + y 2 + 2x + x2 y 2 )
∂f
2y + 2x2 y
=
∂y
3(x2 + y 2 + 2x + x2 y 2 )
e
2
17. .
2
∂z
4ye2(x+y ) + 1
= 2(x+y2 )
∂y
e
+ x2 + y
e
∂z
= 2x2 cos(2y)
∂y
e
∂z
2y + 6x6 e−6y
= √
∂y
2 x + y 2 + (x2 e−2y )3
18. Basta derivar e substituir na equação diferencial dada.
19. Sim,
f
é solução da equação diferencial dada.
20. Basta tomar as derivadas parciais de segunda ordem de
21. Sim,
f
e substituir na equação dada.
é solução da equação diferencial dada.
22. Basta tomar as segundas derivadas parciais de
23. .
z
∂ 3f
= 6y 4 z 5
∂x3
∂ 3f
= 24x2 yz 5 − xz 3 cos yz
∂y 3
∂ 3g
= ex ln y
∂x3
∂3g
2ex
=
∂y 3
y3
24.
8x + 4y + z + 2 = 0.
25.
−24x + 24y − z = 36
26.
P (1, −2, −1)
27.
−2
∂f
(1, 1) =
,
∂x
3
∂f
−1
(1, 1) =
∂y
3
118
u
e substituir na equação dada.
∂ 3f
= 60x3 y 4 z 2 − xy 3 cos yz
∂z 3
28. Basta obter a equação do plano tangente num ponto
P (a, b, f (a, b)) qualquer e mostrar
que a origem satisfaz sua equação.
29.
x + 6y − 2z − 3 = 0
30. (a)
2x + 4y − z − 3 = 0
(b)
(−1, −2, −5)
{(x, y) ∈ R2 / − 2 ≤ x ou x ≥ 2, y 2 ≥
√ √ )
(
5
2, y qualquer};
(b) P 0, −
, 8 53 .
3
31. (a)
32. (a) Os pontos do plano
{
(b)
33.
z−
k=0
e
y√
xy
25x2
4
− 25} ∪ {(x, y) ∈ R2 / − 2 ≤ x ≤
que estão no interior ou sobre a elipse
x2 y 2
+
= 1;
4
9
=
2
9
√
11 = − 11 (x − 1)
k = − 12
34. Utilize a regra da cadeia.
35. Chame
u = x − y, v = y − z
e
w = z − x,utilize a regra da cadeia e mostre que a soma
desejada é zero.
u =
36. Chame
y−x
z−y
, v =
xy
yz
e utilize a regra da cadeia para mostrar que a soma
desejada é zero.
37. Utilize a regra do produto juntamente com a regra da cadeia, com
w=
38. Se
z
.
x
u = x2 − at
v = x + at2
e
u=
y
x
, v =
x
z
obtém-se, pela regra da cadeia e do produto:
2
∂ 2w
df
d2 g
2d f
=
4x
+
2
+
∂x2
du2
du dv 2
2
2
∂2w
dg
2 2d g
2d f
=
4a
t
+
2a
+
a
.
∂t2
dv 2
dv
du2
39. Utilize regra da cadeia e regra do produto para obter as derivas segundas.
40. Basta utilizar a regra da cadeia.
∂ 2f
∂ 2f
∂f
(2t, t3 ) + 2t ·
(2t, t3 ) + 3t3 2 (2t, t3 ).
∂y
∂x∂y
∂y
41.
g ′ (t) =
42.
∂F
(0, 0) = 2
∂x
43.
7y − z + 3 = 0
44.
dh
≃ 0, 39m/min
dt
45.
dR
1
=
dt
30
46.
dV
=3
dt
e
∂F
(0, 0) = 0.
∂y
ohms por segundo
volts por segundo
119
e
47.
1, 28cm/min
48.
0, 4
49.
(a) dR = −0, 04
dA
dt
50. (a)
(b) 1 %
≈ 60, 8cm2 /s
51.
0, 125cm
52.
−0, 042kPa/s
(b) Em relação a
θ.
Q é mais sensível em relação à variação de h;
(b) dM = 4 que corresponde a uma variação de 10%
53. (a)
54.
dC = 55, 8
55.
dP = −2, 02
56.
dV = 70, 371 cm3
57.
dC = 616, 38
58.
dV = 100, 4cm3
59.
(a)
∆V = 69, 9 cm3
O engenheiro deve dar maior atenção à variações no raio, pois o volume é 10 vezes
mais sensível à variaões no raio do que à variações na altura.
(b) dC = −221, 16 centavos
60.
(a) 1,3
(b)
(c)
61.
(a)
44
135
2447
350
Df = {(x, y) ∈ R2 / x2 +
2
de equação
x2 +
y
=1
9
y2
≥ 1},
9
ou seja, os pontos no exterior e sobre a elipse
(b) 4,06
62.
(a)
(b)
Df = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 0, y ≤ 1
a reta y = 1, à esquerda e sobre
y = 1 − x.
lim
e
o
x + y ̸= 1}, ou seja, os pontos abaixo e sobre
eixo y (reta x = 0) e não pertencentes a reta
f (x, y) = 4
(x,y)→(4,−3)
(c) 5,02
(d) 4,02
63.
64.
(a)
z−9=0
(b)
P
é ponto de máximo
P1 (−2, 2)
e
P2 (2, 2)
são pontos de sela e
P3 (−1, 2)
120
e
P4 (1, 2)
são pontos de máximo.
65.
x = 2, y = 2, z = 5
66.
x=
67.
x = y = 10, z = 5
68.
x = y = 4, z = 8
69.
x = 23 , y = 1, z = 2, V =
70.
x = 1000, y = 2000
71.
x = 10, y = 30
72.
x = 84, y = 89
73.
x = 43 , y = − 11
, z=
3
7
e
3
y=1
4
3
22
3
74. A temperatura é máxima em
√
(−1, 1, ± 2)
e
√
(1, −1, ± 2).
√
√
(1, 1, ± 2) e (−1, −1, ± 2) e a temperatura mínima em
Note, no entanto, que existem ainda outros 5 pontos de
sela.
75.
3
2
76.
−4x − 8y + 7z + 6 = 0
77.
z =x−1
78.
∂F
1 − 2x
dy
∂u
=
∂F
∂F
dx
+ 2y
∂u
∂v
79. Utilize derivação implícita e regra da cadeia.
121
Capítulo 3
INTEGRAIS DUPLAS
Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de):
1. Encontrar o valor de uma integral dupla;
2. Interpretar geometricamente uma integral dupla;
3. Encontrar os limitantes que permitem calcular o valor de uma integral dupla;
4. Inverter a ordem de integração numa integral dupla;
5. Calcular integrais duplas em coordenadas polares;
6. Transformar uma integral dupla de coordenadas cartesianas para coordenadas polares;
7. Transformar uma integral dupla de coordenadas polares para coordenadas cartesianas;
8. Resolver exercícios usando uma ferramenta tecnológica.
A prova será composta por questões que possibilitam vericar se os objetivos foram
atingidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação das questões é o modelo adotado na formulação dos exercícios e no desenvolvimento
teórico desse capítulo, nessa apostila.
122
3.1
Introdução
No estudo das funções de várias variáveis, ao calcularmos derivadas parciais escolhíamos
uma das variáveis independentes para derivar
f
em relação a ela e admitíamos que as demais
eram constantes. O mesmo procedimento será adotado para integração múltipla. Antes de
estudarmos a integração múltipla propriamente dita vamos ver alguns exemplos.
Encontre a primitiva da função f (x, y) = 12x2 y 3 em relação x.
EXEMPLO
3.1.1
Solução:
Como foi dito, vamos admitir
y
como constante e integrar em relação a
x.
Por-
∫
tanto,
12x2 y 3 dx = 4x3 y 3 + C.
ay
3
Porém, nesse caso, a constante C é uma função de
+ by 2 + cy + 3 e uma das primitivas de f será
y.
Pode ser por exemplo,
C (y) =
F (x, y) = 4x3 y 3 + ay 3 + by 2 + cy + 3.
Note que
∂F (x, y)
= 12x2 y 3 .
∂x
Encontre a primitiva da função f (x, y) = 12x2 y 3 em relação a y.
EXEMPLO
3.1.2
Solução:
Agora vamos admitir
e uma outra
y.
em relação a
Portanto,
x. Pode ser por exemplo, K (x) = ax3 + bx2 +
2 4
3
2
primitiva de f (x, y) = 12x y será F (x, y) = 3x y + ax + bx + cx + 3.
Nesse caso, a constante
cx + 3
x como constante e integrar
∫
12x2 y 3 dy = 3x2 y 4 + K.
K
é uma função de
2 3
Note que
EXEMPLO
3.1.3
∂F (x, y)
= 12x2 y 3 .
∂y
∫ x+1
Encontre o valor da expressão
24xydy .
x
Solução:
Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo temos
∫
x
x+1
x+1
= 12x (x + 1)2 − 12x (x)2
24xydy = 12xy 2 x
= 12x3 + 24x2 + 12x − 12x3 = 24x2 + 12x.
Como podemos observar
∫ x+1
x
∫
24xydy é uma função de x, ou seja, F (x) =
3.1.4
24xydy =
x
24x2 + 12x.
EXEMPLO
x+1
Encontre o valor numérico de
∫
1
123
2
F (x) dx onde F (x) =
∫
x+1
24xydy.
x
Solução:
No exemplo anterior vimos que
∫
x+1
24xydy = 24x2 + 12x.
F (x) =
x
Portanto, aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo temos que
∫
2
1
2
)
F (x) dx =
24x2 + 12x dx = 8x3 + 6x2 1
1
(
)
2
3
2
3
= 8(2) + 6 (2) − 8 (1) + 6 (1) = 74.
∫
2
(
)
(
Os Exemplos 3.1.3 e 3.1.4 podem ser reescritos como
∫
∫
2
2
(∫
24xydy dx
F (x) dx =
1
ou simplesmente
1
∫
)
x+1
x
∫
2
2
∫
x+1
F (x) dx =
24xydydx.
1
1
x
Dessa forma, obtemos um exemplo de integral dupla. Note que a variável dependente é
a primeira a ser integrada e a variável independente a última. O processo de solução é dado
abaixo.
∫
2
∫
∫
x+1
2
(∫
y=x+1
)
24xydydx =
1
x
24xydy dx

y=x+1 
∫ 2
2

 dx
=
12xy 1
y=x
∫ 2
(
)
=
24x2 + 12x dx
1
2
( 3
)
2 = 8x + 6x = 74.
1
y=x
1
EXEMPLO
3.1.5
Encontre o valor da integral I =
∫
0
Solução:
y
4
∫
3x
√
3 16 − x2 dydx.
x
Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo primeiro integrando em relação a
e depois em relação a
∫
0
4
∫
x
3x
x.
3x
2
2
3 16 − x y dx
3 16 − x dydx =
0
x
∫ 4( √
)
=
3 16 − x2 (3x − x) dx
√
∫
4
√
0
4
√
=
6x 16 − x2 dx = −2 (16 − x2 )3 0
0
√
√
= −2 (16 − 42 )3 + 2 (16 − 02 )3 = 128.
∫
4
√
124
3.2
Interpretação Geométrica da Integral Dupla
A denição de integral dupla comporta uma interpretação geométrica semelhante à denição
de integral denida simples, associando-a ao problema de cálculo de um volume (ver Figura
3.1) da mesma forma que a integral denida é associada ao cálculo de área. Assim, a denição
formal da integral dupla envolve a soma de muitos volumes elementares, isto é, diferenciais
de volume, com a nalidade de obter-se o volume total após estas somas.
Figura 3.1: Interpretação Geométrica da Integral Dupla
Consideremos uma função
z = f (x, y) ≥ 0,
denida numa região
R
inferiormente pelo plano
delimita a região
R.
z=0
e lateralmente pelo cilindro denido pela curva fechada que
Para tanto, subdividimos
aos planos coordenados
xz
e
xy . Nossa
z = f (x, y) ,
do plano
intenção é estimar o volume aproximado do sólido delimitado superiormente por
yz ,
R em n−subregiões traçando planos paralelos
conforme as Figuras 3.2 e 3.3.
Assim, a integral será o
volume obtido pela soma de uma innidade de volumes de colunas innitesimais inscritas
em forma de paralelepípedos, como mostra a Figura 3.3.
Figura 3.2: Volume elementar
{R1 , R2 , · · · , Ri , · · · , Rn } é uma partição de R formada por n retângulos. Seja
comprimento da maior de todas as diagonais dos Ri subretângulos. Seja Ai a área da
Considere
|P |
o
125
Figura 3.3: Volume aproximado
subregião
o volume
Ri . Para cada i escolhemos um ponto (xi , yi ) ∈ Ri . O produto Vi = f (xi , yi )Ai é
do i−ésimo paralelepípedo de base Ai e altura f (xi , yi ) . Como há n subdivisões,
n paralelepípedos. Assim, o volume aproximado
f (x, y) e inferiormente pela região R é dado por
haverá
por
V ≈
n
∑
do sólido delimitado superiormente
f (xi , yi ) Ai .
i=1
Assim, a integral dupla de uma função
f
denida numa região
∫∫
f (x, y) dxdy = lim
|P |→0
R
n
∑
R
é dada por
f (xi , yi ) Ai ,
i=1
desde que este limite exista (note que a soma acima é uma soma de Riemann).
Se f (x, y) = 1, então o sólido em questão é na verdade um cilindro cuja
base é a região plana R e cuja altura é dada por z = f (x, y) = 1. Como o volume de um
cilindro é dado pelo produto de sua base pela altura, temos neste caso, que V = AR , ou seja,
a área da região R é dada por
∫∫
OBSERVAÇÃO
3.2.1
AR =
dxdy.
R
3.3
Cálculo da Integral Dupla
Saber reconhecer o domínio de integração (ou região de integração) é fundamental para
o cálculo das integrais duplas. Outro ponto importante é o reconhecimento das curvas que
delimitam a região de integração. Muitas vezes é conveniente ter essas curvas escritas em
x, isto é, y = f (x) e, outras vezes, é conveniente escrever x em função de y , isto
x = f (y). Essa conveniência é devido ao maior ou menor trabalho exigido no processo do
função de
é
cálculo do valor numérico. Vejamos alguns exemplos.
EXEMPLO
3.3.1
Calcule o valor da integral
curvas y = x2 e y =
√
∫∫
24xydxdy sendo R a região delimitada pelas
R
x.
126
Figura 3.4: Região de Integração do Exemplo 3.3.1
Solução:
A região de integração está esboçada na Figura 3.3.1.
A seguir, construímos a tabela de limitantes de integração:
Limitantes de Integração
Curvas
Funções
curva à esquerda
curva à direita
curva inferior
curva superior
x=0
x=1
y = x2
√
y= x
As curvas à esquerda e à direita são os limitantes que compõe o primeiro símbolo de
integração e as curvas inferior e superior o segundo. Assim,
∫∫
∫
1
∫
√
24xydxdy =
1
24xydydx =
x2
0
R
∫
x
∫
0
∫
1
12x(x − x4 )dx =
0
1
( 3
)
= 4x − 2x6 = 2.
1
=
2y=√x
dx
12xy 2
y=x
(
)
12x2 − 12x5 dx
0
0
O cálculo da integral no Exemplo 3.3.1 foi desenvolvido tomando
pendente. Vamos recalcular esta integral tomando agora
y
x
como variável inde-
como variável independente.
Primeiramente obteremos a tabela de limitantes da região da Figura 3.4, tomando
variável independente.
Curvas
curva à esquerda
curva à direita
curva inferior
curva superior
127
Funções
y=0
y=1
x = y2
√
x= y
y como
A curvas à esquerda e à direita são os limitantes do primeiro símbolo de integração e as
curvas inferior e superior do segundo. Assim,
∫∫
∫
1
∫
24xydxdy =
1
24xydxdy =
y2
0
R
∫
√
y
∫
0
∫
1
12y(y − y 4 )dy =
0
1
( 3
)
6 = 4y − 2y = 2.
=
1
x=√y
2
12yx dy
2
x=y
(
)
12y 2 − 12y 5 dy
0
0
Como podemos observar, o valor numérico é o mesmo nos dois casos.
Muitas vezes a região de integração não é delimitada apenas por quatro curvas. Nesse
caso, a escolha da variável independente adequada pode diminuir o trabalho durante o processo de integração. Vejamos um exemplo.
EXEMPLO
3.3.2
Encontrar o valor da integral
∫∫
dxdy, onde R é a região situada no interior
R
da parábola y = x2 e delimitada por y = 6 − x e y = 1, tomando:
(a) x como variável independente;
(b) y como variável independente.
Solução:
A região
R
está sombreada na Figura 3.5
Figura 3.5: Região de Integração do Exemplo 3.3.2
Obteremos os pontos de interseção das curvas resolvendo os sistemas:
{
{
x = −3, y = 9
y = x2
⇒
y =6−x
x = 2, y = 4
(a) Tomando
x
e
x = −1, y = 1
y = x2
⇒
y=1
x = 1, y = 1.
como variável independente, vemos que a região de integração deve ser
subdividida em três regiões para que o cálculo possa ser efetivado. Portanto, temos a seguinte
tabela:
Tabela de limitantes referente à região
Curvas
curva à esquerda
curva à direita
curva inferior
curva superior
R1
x = −3
x = −1
y = x2
y =6−x
128
R2
x = −1
x=1
y=1
y =6−x
R
R3
x=1
x=2
y = x2
y =6−x
e a integral dupla será dada por
∫∫
∫∫
∫∫
dxdy =
R
dxdy +
R1
∫
−1
∫
∫∫
dxdy +
R2
∫
6−x
=
dxdy
∫
1
R3
6−x
∫
6−x
dint21
dydx +
dydx +
dydx
−3
x2
−1 1
x2
∫ −1 6−x
∫ 1 6−x
∫ 2 6−x
=
y dx +
y dx +
y dx
2
2
−3
−1 1
1
x
∫ 2
∫ 1
∫ −1 x
(
)
2
(6 − x − 1) dx +
6 − x − x2 dx
(6 − x − x )dx +
=
−1
−3
1
22
13
39
=
+ 10 +
= .
3
6
2
(b) Tomando
y
como variável independente, vemos que agora a região de integração pode
ser subdividida em apenas duas sub-regiões para que o cálculo possa ser efetivado. Portanto,
a tabela de limitantes é dada por
Tabela de limitantes referente à região
Limitantes
curva à esquerda
curva à direita
curva inferior
curva superior
R
R1
R2
y=1
y=4
√
x=− y
√
x= y
y=4
y=9
√
x=− y
x=6−y
Assim, a integral dupla será dada por
∫∫
∫∫
dxdy =
R
∫∫
dxdy +
R1
∫
4
=
1
∫
4
=
4
=
1
√
R2
√
− y
√y
x
∫
y
9
dxdy +
4
∫
9
dy +
√
− y
1
∫
∫
dxdy
√
(2 y)dy +
4
∫
∫
6−y
√
− y
dxdy
6−y
x
dy
√
− y
9
(6 − y +
√
y)dy =
4
61 28
39
+
= .
6
3
2
Note que a mudança da variável independente diminuiu o trabalho dispensado ao cálculo
da integral.
Escreva a integral que representa a área da região delimitada pelas curvas
x = y , y − x = 1, y = 1 e y = −1, tomando:
(a) x como variável independente;
(b) y como variável independente.
EXEMPLO
3.3.3
2
Solução:
A área delimitada pelas curvas pode ser vista na Figura 3.6.
Inicialmente, vamos encontrar os pontos de interseção
{
{
{
2
2
x=y
y=1
⇒ P (1, 1),
(a) Tomando
x
x=y
⇒ Q(1, −1),
y = −1
y =1+x
⇒ R(−2, −1).
y = −1
como variável independente, devemos dividir a região em duas:
129
Figura 3.6: Região de Integração do Exemplo 3.3.3
Tabela de limitantes referente à região
Limitantes
R1
x = −2
x=0
y = −1
y =1+x
curva à esquerda
curva à direita
curva inferior
curva superior
R2 , obtemos
∫ 0 ∫ 1+x
∫
A=
dydx + 2
R
R2
x=0
x=1
√
y= x
y=1
Usando a simetria da região
−2
(b) Tomando
y
−1
1
0
∫
1
8
dydx
=
.
√
3
x
como variável independente, basta considerar uma única região:
Tabela de limitantes referente à região
Limitantes
curva à esquerda
curva à direita
curva inferior
curva superior
Logo, a área é dada por
∫
1
∫
R
R
y = −1
y=1
x=y−1
x = y2
y2
8
dxdy = .
3
y−1
A=
−1
É preciso tomar cuidado com o uso de simetrias, não é suciente que
a região seja simétrica, é preciso que a função do integrando, tenha a mesma simetria da
região.
OBSERVAÇÃO
3.3.4
Calcule o valor de I =
2
curvas y = 2x e y = x2 + 1.
∫∫
(x + 2y)dA, sendo R a região delimitada pelas
EXEMPLO
3.3.5
Solução:
Exercício. Observe que se for fazer o uso de simetria o resultado será diferente.
R
Isso ocorre devido a observação acima.
Resposta:
I=
32
.
15
130
Figura 3.7: Partição em coordenadas polares
3.4
Integrais Duplas em Coordenada Polares
Frequentemente, a região
R sobre a qual será calculada a integral dupla é mais facilmente
descrita em coordenadas polares do que em coordenadas retangulares. Vamos descrever o
processo para o cálculo de integrais duplas em coordenadas polares. Veja a Figura 3.7.
X = {α = θ0 , α + ∆θ, α + 2∆θ, α + 3∆θ, · · · , θn = β} uma partição do arco
β − α. Consideremos as curvas de raio ri−1 e ri e a sub-região Ri de R delimitada pelas
curvas de raio ri−1 , ri , θi−1 e θi . A forma de Ri é aproximadamente um retângulo de lados
∆ri , li−1 = ri−1 ∆θi e li = ri ∆θi . Podemos admitir que uma aproximação da área de Ri é
dada por Ai = ∆ri ri ∆θi . Tomando um ponto (rki , θki ) no interior de Ri podemos formar um
sólido cuja área da base é Ai e altura f (rki , θki ) , de modo que o volume desse sólido será
Seja
dada por
Vi = f (rki , θki ) ∆ri ri ∆θi .
f (r, θ)
Assim, o volume sob a superfície
V ≈
n
∑
será aproximada pela soma
f (rki , θki ) ∆ri ri ∆θi .
i=1
Seja |P | a diagonal da maior região Ri da partição de R. Então, se |P | → 0
∆ri → 0, ∆θi → 0, rki → r, θki → θ e ri → r. Portanto, podemos escrever
V = lim
n
∑
|P |→0
ou seja,
∫
segue que
f (rki , θki ) ∆ri ri ∆θi
i=1
β
∫
r2
f (r, θ) rdrdθ.
V =
α
r
Assim, a equivalência entre a integral dupla em coordenadas retangulares e a integral
dupla em coordenadas polares é dada por
∫
x2
∫
∫
y2
β
∫
r2
f (x, y) dxdy =
x1
EXEMPLO
3.4.1
Figura 3.8.
y1
f (r cos θ, r sin θ) rdrdθ.
α
r1
Escreva a integral, em coordenadas polares, que calcula a área sombreada na
131
Figura 3.8: Região de Integração do Exemplo 3.4.1
olução:
S
Temos as seguintes equações para as circunferências
x2 + y 2 = 4
e
(x − 2)2 + y 2 = 4
(em cartesianas)
r=2
e
Na interseção das circunferências,
θ = π3 .
r = 4 cos θ
(em polares)
1
temos cos θ = , que no primeiro
2
quadrante nos dá
Portanto, a área em coordenadas polares é dada por
∫
π
3
∫
4 cos θ
A=
rdrdθ.
0
2
Encontre a área da região que é simultaneamente exterior a r = 2 e interior
EXEMPLO
3.4.2
Solução:
A representação geométrica da região desejada está ilustrada na Figura 3.9. O
a r = 4 sin θ.
próximo passo é encontrar os pontos de interseção das curvas.
Figura 3.9: Região de Integração do Exemplo 3.4.2
Igualando as equações, obtemos
4 sin θ = 2
⇒ sin θ =
1
2
⇒
θ=
π
6
A tabela de limitantes é dada por
Limitantes
arco inferior
arco superior
raio inferior
raio superior
132
Equações
α = π6
β = 5π
6
r=2
r = 4 sin θ
ou
θ=
5π
.
6
Assim, a área da região é dada por
∫
5π
6
∫
∫
4 sin θ
A =
rdrdθ =
∫
π
6
π
6
2
5π
6
=
π
6
(
)
8 sin2 θ − 2 dθ =
5π
6
= (2θ − 2 sin(2θ)) π
6
10π
10π
=
− 2 sin
−
6
6
EXEMPLO
3.4.3
4 sin θ
r2 dθ
2
5π
6
(
2
∫
5π
6
π
6
(2 − 4 cos(2θ))dθ
2π
2π
− 2 sin
6
6
Transforme a integral dupla I =
∫
π
2
∫
)
√
4
= π + 2 3.
3
2
2
2
cos θ+2 sin θ
0
5er drdθ de coordenadas po-
lares para coordenadas cartesianas, utilizando:
(a) x como variável independente;
(b) y como variável independente.
Solução:
θ ∈ [0, π2 ],
Dos limitantes de integração, temos que
o que nos indica que a região
de integração está situada no primeiro quadrante do plano xy. Temos também que r ∈
2
[ cos θ+2
, 2] o que nos diz que o raio polar varia desde a reta x + 2y = 2 até a circunferência
sin θ
2
2
x + y = 4. Assim, obtemos a região de integração mostrada na Figura 3.10.
Figura 3.10: Região de Integração do Exemplo 3.4.3
Para transformar o integrando, note que
2
2
2
5ex +y
5er
rdrdθ = √
5e drdθ =
dydx.
r
x2 + y 2
r2
Portanto,
(a) Tomando
x
como variável independente temos
∫
2
∫
√
4−x2
I=
0
(b) Tomando
y
2−x
2
2
2
5ex +y
√
dydx.
x2 + y 2
como variável independente, é necessário uma soma de integrais, já que
ocorre uma troca de limitação para
∫
1
∫ √4−y2
I=
0
2−2y
x,
isto é
2
2
5ex +y
√
dxdy +
x2 + y 2
133
∫
1
2
∫ √4−y2
0
2
2
5ex +y
√
dxdy.
x2 + y 2
EXEMPLO
3.4.4
Considere a expressão I =
∫
9
∫
0
3
√
y 2 cos(x7 )dxdy.
y
(a) Inverta a ordem de integração de I, ou seja, reescreva esta expressão tomando x como
variável independente.
(b) Reescreva esta expressão usando coordenadas polares.
(c) Calcule o valor numérico de I, utilizando uma das expressões anteriores.
Solução:
√
x ∈ [ y, 3]
Inicialmente, devemos esboçar a região de integração de
I.
Como
y ∈ [0, 9]
e
obtemos a região representada na Figura 3.11.
Figura 3.11: Região de Integração do Exemplo 3.4.4
x como variável
x ∈ [0, 3] e y ∈ [0, x2 ].
(a) Para inverter a ordem de integração, é necessário tomar
independente.
A partir da Figura 3.11 podemos facilmente notar que
Assim
∫
3
∫
x2
y 2 cos(x7 )dydx.
I=
0
(b) Para transformar
I
0
para coordenadas polares, começamos transformando as curvas que
delimitam a região de integração
y = x2 ⇒ r sin θ = r2 cos2 θ ⇒ r =
x = 3 ⇒ r cos θ = 3 ⇒ r =
Na interseção destas curvas (x
=3
e
y = 9),
sin θ
= tan θ sec θ
cos2 θ
3
= 3 sec θ.
cos θ
temos que
tan θ = 3 ⇒ θ = arctan 3.
Como a região de integração está situada no primeiro quadrante do plano
xy,
temos
θ ∈ [0, arctan 3]. E como o raio polar varia desde a parábola até a reta, temos que
r ∈ [tan θ sec θ, sec θ]. Lembrando que, em coordenadas polares, temos x = r cos θ, y = r sin θ
e dxdy = rdrdθ, obtemos que
∫ arctan 3 ∫ 3 sec θ
I=
r3 sin2 θ cos(r7 cos7 θ)drdθ.
que
0
tan θ sec θ
(c) Para calcular o valor numérico de
I, devemos optar por sua melhor expressão.
Analisando
as três expressões disponíveis, percebemos que a integral do item (a) é a mais simples de ser
134
resolvida. Portanto, temos que
∫
3
I =
0
∫
3
=
0
x2
y
7 2
7
y cos(x )dydx =
cos(x ) dx
0
0 3
0
3
x6
1
1
cos(x7 )dx =
sin(x7 ) =
sin(2187).
3
21
21
∫
∫
x2
3
3
0
135
3.5
Exercícios Gerais
1. Calcule as integrais duplas dadas abaixo:
∫
1
∫
3x+1
(a)
xydydx
0
∫
xy dxdy
∫
4 cos θ
(d)
r2
cos θ sin θ re drdθ
π
6
∫
3y+1
(b)
0
∫
π
2
∫
2
x
∫
1
∫
y2
0
0
∫
x
cos dxdy
y
dependente e após tomando
(a)
(b)
y
+ 38 , y = −2 − x, y
4x
3
ln 2
∫
xy 5 ex
0
x
R
y
0
delimitada si-
como variável in-
como variável independente.
y = x2 − 1, y = 1 − x, y =
y=
0
(f )
2. Escreva as integrais duplas que permitem calcular a área da região
multaneamente pelas curvas dadas abaixo, tomando inicialmente
1
xexy dydx
0
(e)
0
∫
(c)
y
π
4
4x
+ 12 e
3
= x2 − 2 e
y = 12 −
y=
16
3
−
9x
.
2
4x
.
3
3. Esboce a região de integração e calcule as integrais duplas dadas abaixo, trocando a
ordem de integração, se necessário.
(a)
∫
2
4
x sin(y 2 )dydx.
x2
0
(b)
∫
∫
1
0
∫
√
cos x 1 + cos2 xdxdy.
π
2
arcsin y
4. Nos problemas a seguir, esboce geometricamente a região de integração e utilize coordenadas polares para calcular as integrais.
(a)
∫∫ √
14 − x2 − y 2 dxdy
onde
R
é a região dada por
4 ≤ x2 + y 2 ≤ 9.
R
(b)
∫∫ √
14 − x2 − y 2 dxdy
onde
R
é a região dada por
x2 + y 2 ≤ 4
com
x ≥ 0
e
R
(c)
(d)
y ≥ 0.
∫ 3 ∫ √9−x2
−3
∫
2
(f)
e−x
∫
−2
∫∫
2 −y 2
dydx.
− 9−x2
∫
0
1
√
dydx.
4 + x2 + y 2
√
− 4−x2
√
0 ∫ 2+ 4−x2
0
(e)
√
√
2− 4−x2
(x2
xy
√
dydx.
x2 + y 2
1
dxdy
+ y 2 )3
onde
R
é a região dada por
4 ≤ x2 + y 2 ≤ 9.
R
5. Escreva, em coordenadas cartesianas, a(s) integral(is) dupla(s) que permite(m) calcular
2
2
2
a área da
região delimitada pelas curvas x + y = 9 e y + 1 = 3x, tomando:
menor
(a)
x
como variável independente;
(b)
136
y
como variável independente.
2 y2
dxdy
6. Escreva a(s) integral(is) dupla(s) que permite(m) calcular a área da
2
2
2
delimitada pelas curvas x + y = 20 e y = x , usando:
(a)
x como variável independente;
y como variável independente;
(b)
polares.
∫
7. Considere a expressão
2
∫
2x−x2
I=
1
(a)
(b)
√
0
menor
região
(c) coordenadas
√
x2 + y 2
dydx.
x+y
Reescreva a expressão dada, invertendo sua ordem de integração.
Transforme a expressão dada para coordenadas polares.
8. Transforme para coordenadas cartesianas a seguinte integral
∫
π
2
∫
3
I=
sin θdrdθ.
− π2
∫
9. Considere a expressão
√
2
2
∫ √1−y2
I=
0
3 cos θ
y
2x + 4y
√
dxdy.
x2 + y 2
(a) Reescreva a expressão dada, invertendo sua ordem de integração.
(b) Transforme a expressão dada para coordenadas polares.
(c) Utilize uma das expressões encontradas nos itens anteriores para calcular o valor
I.
numérico de
∫
π
2
∫
1
r3 drdθ
I =
10. Transforme a integral
π
4
de coordenadas polares para coordenadas
0
cartesianas, tomando:
(a)
x
como variável independente;
(b)
y
como variável independente.
11. Considere a seguinte expressão:
∫
1
∫
∫
x2
√
2
∫
2−x2
x cos((1 − y) )dydx +
x cos((1 − y)2 )dydx.
2
I=
0
0
1
0
(a) Represente geometricamente a região de integração da expressão acima.
(b) Calcule o valor numérico de
I,
adotando a melhor expressão para isso.
12. Utilize coordenadas polares para reescrever a soma
∫ √2 ∫ x
∫ 1 ∫ x
I=
√
1−x2
√1
2
xydydx +
xydydx +
1
0
∫
2
√
2
∫
√
4−x2
xydydx
0
em uma única integral dupla.
13. Considere a seguinte expressão:
∫
1
∫
I=
0
0
√
1−
1−y 2
√
∫ 2 ∫ √2y−y2 √ 2
x2 + y 2
x + y2
dxdy
+
dxdy.
x2 + y 2
x2 + y 2
1
0
(a) Reescreva esta expressão, invertendo a sua ordem de integração.
(b) Transforme esta expressão para coordenadas polares.
(c) Calcule o valor numérico de
I,
utilizando umas das expressões anteriores.
137
14. Calcule
∫∫
(x + 3y)dA,
onde
D
é a região triangular de vértices
(0, 0), (1, 1)
e
(2, 0).
D
15. Calcule
1+
∫∫
√
1
dA, sendo D a região do semiplano
x2 +y 2
D
cos θ e externa à circunferência
r = 1.
138
x>0
interna à cardióide
r =
3.6
Respostas
1.
(a)
9
4
103
60
(b)
2. .
∫
(a)
(c) e4 − 5
∫
−2
A=
∫
∫
3
√
∫
∫
y+1
1−y
∫
0
∫
4x+8
3
∫
A=
√
10π
(2
3
√
A=
∫
(b)
A=
√
2
∫
16
− 4x
3
3
4
∫
dydx
1
x
−2
2
4− 3y
4
3y−8
4
(c)π(1 − e−9 )
(f )
dydx
2
√
− 9−x2
20
∫ √20−y2
dxdy
dydx
4
A=
∫
y
√
− y
∫
4
∫
√
dxdy
20−y 2
∫
π
2
∫
1
∫
1+
√
0
1−y 2
0
1
π
4
∫
√
20
rdrdθ
rdrdθ + 2
I=
∫
−
tan θ sec θ
A=2
∫
√
dxdy +
arctan 2
0
arctan 2
0
√
x2 + y 2
dxdy
x+y
2 cos θ
r
drdθ
cos θ + sin θ
sec θ
0
∫ 3 ∫ √9−x2
∫ 3 ∫ −√3x−x2
y
y
I=
dydx +
dydx
√
√
2
2
2
x + y2
0
3x−x2 x + y
0
− 9−x2
(b)
8.
4
√
20−x2
x2
∫ √
0
7. (a)
∫
4x+8
3
−64
15
∫ 3 ∫ √9−x2
dydx +
A=
∫
(c)
dxdy
(e)
3x−1
y 2 +1
3
∫
24−2y
9
3y
−9
4
8
√
√
(b) π3 (7 14 − 5 10)
∫ √9−y2
5
∫
I=
139
65π
2592
− ln4 2 − 1)
2
1
√
2 2−1
3
5)
√
− 3x−1
−2
(b)
√
√
− 5
∫
6. (a)
∫
12
1−x
dxdy +
x
−2
2
0
(b)
10 −
2
1
3
∫
2
∫
12− 9x
2
dxdy
−2−y
1 − cos 16
4
∫
24−2y
9
√
− y+1
1
∫
(d) π + 4π ln 2 − 2π ln 6
5. (a)
0
dxdy +
−2
∫
4
dydx +
1−x
∫
0
2y+4
1
dydx +
−2−x
∫
0
∫
4x
+12
3
dydx +
−2
∫
8
3
A=
(a)
−2
dxdy +
0
4. .
∫
(f ) 81 (eln
(e) π
dydx +
x2 −1
A=
3. (a)
0
dydx +
−3
(b)
∫
4x
+12
3
e12 − 13
64
(d)
12− 9x
dintx2 −12 dydx
∫
9. (a)
∫
2−
1
∫
√
1
2
√
√
2
2
0
2
∫
√
2
2
∫
√
1−x2
(x2 + y 2 )dydx
I=
x
∫
y
(x2 + y 2 )dxdy +
I=
0
1
(x2 + y 2 )dxdy
√
2
2
0
∫ √1−y2
0
11. (a)
12.
1
sin 1
2
∫ π∫ 2
4
I=
r3 cos θ sin θdrdθ
I=
0
1
∫
13. (a)
1
I=
∫
π
2
√
1+ 1−x2
∫
√
x2 + y 2
dydx
x2 + y 2
2 sin θ
I=
drdθ
π
4
(c)
∫
√
2x−x2
0
(b)
2 cos θ
√
I =2 2−2
14.
I=2
15.
I=2
2x + 4y
√
dydx
x2 + y 2
0
√
2
2
0
(b)
1−x2
(2r cos θ + 4r sin θ)drdθ
∫
(b)
∫
1
I=
∫
10. (a)
2x + 4y
√
dydx +
x2 + y 2
0
∫
π
4
0
(c)
x
I=
0
(b)
∫
√
2
2
140
Capítulo 4
INTEGRAIS TRIPLAS
Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de):
1. Encontrar o valor de uma integral tripla;
2. Interpretar geométrica e sicamente uma integral tripla;
3. Calcular integrais triplas em coordenadas retangulares;
4. Calcular integrais triplas em coordenadas cilíndricas;
5. Calcular integrais triplas em coordenadas esféricas;
6. Transformar uma integral tripla de coordenadas retangulares para cilíndricas e de
cilíndricas para retangulares;
7. Transformar uma integral tripla de coordenadas retangulares para esféricas e de esféricas para retangulares;
8. Transformar uma integral tripla de coordenadas cilíndricas para esféricas e de esféricas
para cilíndricas;
9. Montar uma integral tripla nos três sistemas de coordenadas e decidir qual o sistema
mais adequado para resolvê-la;
10. Fazer a maquete de uma gura delimitada por superfícies e encontrar seu volume.
11. Resolver exercícios usando uma ferramenta tecnológica.
A prova será composta por questões que possibilitam vericar se os objetivos foram
atingidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação das questões é o modelo adotado na formulação dos exercícios e no desenvolvimento
teórico desse capítulo, nessa apostila.
141
4.1
Introdução
xyz , são denidas de forma análoga
plano xy . Não é nosso objetivo discutir
As integrais triplas, aplicadas sobre sólidos no espaço
às integrais duplas aplicadas sobre uma região do
os pormenores da denição, pois estes fazem parte do conteúdo de um texto de cálculo
avançado. Vamos esboçar apenas as ideias principais.
NOTAÇÃO: 4.1.1 Seja
S um sólido no espaço tridimensional e f : S → R uma função de
três variáveis denida sobre cada ponto (x, y, z) ∈ S. Denotaremos a integral tripla de f
sobre S como
∫∫∫
f (x, y, z) dxdydz.
S
4.2
Interpretação Geométrica da Integral Tripla
Para xar as ideias vamos supor que o sólido
desse paralelepípedo é obtida seccionando-o com
n
S
é um paralelepípedo.
Uma partição
planos paralelos aos eixos coordenados,
conforme ilustra a Figura 4.1.
Figura 4.1: Partição de um sólido
O fracionamento de
S
obtido pela partição é um conjunto de sub-parelelepípedos chama-
Suponhamos que uma i−célula tenha dimensões ∆xi , ∆yi e ∆zi .
i−célula é Vi = ∆xi ∆yi ∆zi . Seja (x∗i , yi∗ , zi∗ ) um ponto qualquer da
i−célula e seja f : S → R a função densidade em cada ponto de S, então uma estimativa da
∗ ∗ ∗
massa da i−célula é mi = f (xi , yi , zi ) ∆xi ∆yi ∆zi e, desse modo uma estimativa da massa
do sólido S será
n
∑
m≈
f (x∗i , yi∗ , zi∗ ) ∆xi ∆yi ∆zi .
dos células da partição.
Então, o volume dessa
i=1
|N | é o comprimento
sólido S será dada por
Se
do
da diagonal da maior célula da partição de
m = lim
n
∑
|N |→0
f (x∗i , yi∗ , zi∗ ) ∆xi ∆yi ∆zi
i=1
∫∫∫
ou
m=
f (x, y, z) dxdydz.
S
142
S,
então a massa
m
4.2.1 Se f (x, y, z) = 1 então a massa m e o volume V do sólido tem o mesmo
valor numérico. Portanto, o volume de um sólido, em termos de integrais triplas, é dado por
OBSERVAÇÃO
∫∫∫
V =
dxdydz.
S
4.3
Cálculo da Integral Tripla em Coordenadas Retangulares
Seja
S
x = a, x = b, y = y1 (x) e y = y2 (x) e pelas
f (x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) , de acordo com
um sólido delimitado pelas curvas
superfícies
z = f (x, y)
e
z = g(x, y),
com
a tabela abaixo:
Tabela de limitantes
Limitante
Equações
Curva à esquerda
Curva à direita
Curva inferior
Curva superior
Superfície inferior
Superfície superior
x=a
x=b
y = y1 (x)
y = y2 (x)
z = f (x, y)
z = g(x, y)
f (x, y, z) sobre o sólido S é dada
∫∫∫
∫ b ∫ y2 (x) ∫ g(x,y)
f (x, y, z) dxdydz =
f (x, y, z) dzdydx.
A integral tripa de uma função contínua
a
S
y1 (x)
por
f (x,y)
EXEMPLO 4.3.1 Determine o volume do sólido delimitado pelos planos z = 0, y = 0, x = 0
e 2x + 4y + z = 8.
Solução:
Iniciamos representando geometricamente o sólido (Figura 4.2).
Figura 4.2: Sólido do Exemplo 4.3.1.
Em seguida, devemos projetar o sólido sobre um dos planos coordenados.
sobre o plano
xy
A projeção
pode ser vista na Figura 4.3. Note que poderíamos ter optado por projetar
sobre outro plano coordenado.
A tabela de limitantes do sólido, tomando
x
143
como variável independente, é dada por
Figura 4.3: Projeção no plano
Limitantes
xy.
Equações
Curva à esquerda
Curva à direita
Curva inferior
Curva superior
Superfície inferior
Superfície superior
x=0
x=4
y=0
y = 2 − x2
z=0
z = 8 − 2x − 4y
Assim, o volume desejado é dado por
8−2x−4y
=
z
dydx
dzdydx =
0
0
0
0
0
0
2− x
∫ 4 ∫ 2− x
∫ 4
2
2
=
(8 − 2x − 4y)dydx =
(8y − 2xy − 2y 2 ) dx
0
0
0
0
)
(
)2
(
∫ 4
∫ 4
1
32
1
1
=
u.v.
16 − 4x − 2x 2 − x − 2 2 − x dx =
(8 − 4x + x2 )dx =
2
2
2
3
0
0
∫
V
4
∫
2− x2
∫
8−2x−4y
∫
4
∫
2− x2
Calcule o volume do sólido delimitado pelos cilindros z 2 +x2 = 9 e y 2 +x2 = 9
situado no primeiro octante.
EXEMPLO
4.3.2
Solução:
A representação geometricamente do sólido pode ser vista na Figura 4.4.
Figura 4.4: Sólido do Exemplo 4.3.2.
x = 0, y = 0 e z = 0
2
2
da circunferência x + y = 9
Como o sólido está situado no primeiro octante, os planos
delimitam este sólido e a projeção sobre o plano
que está no primeiro quadrante.
Vejamos a tabela de limitantes:
144
xy
é a parte
Limitantes
Equações
Curva à esquerda
x=0
x=3
y=√
0
y = 9 − x2
z=√
0
z = 9 − x2
Curva à direita
Curva inferior
Curva superior
Superfície inferior
Superfície superior
O volume é dado por
∫
V
3
√
9−x2
∫
√
3
∫
√
9−x2
dzdydx =
∫
=
0
4.3.3
∫
9−x2
=
0
0
EXEMPLO
∫
3
0
√
2
y 9−x √
0
∫
9−x2
9 − x2 dydx
0
3
(9 − x2 )dx = 9x −
dx =
0
0
√
3
3
x = 18
3
u.v.
0
Escreva o volume do sólido do Exemplo 4.3.2 de 6 formas distintas.
Solução:
1 - Projetando no plano
pendente) e
x
circunferência
xy
usamos
z
como variável espacial (ou variável totalmente de-
y como variável independente. A projeção
x + y 2 = 9 que está no primeiro quadrante,
ou
2
sobre o plano
xy
é a parte da
logo temos as limitações e as
integrais:
(i)
(ii)
x como variável independente:
y como variável independente:

√
 z ∈ [0, √9 − x2 ]
y ∈ [0, 9 − x2 ]

x ∈ [0, 3]
√

 z ∈ [0, √9 − x2 ]
x ∈ [0, 9 − y 2 ]

y ∈ [0, 3]
∫
3
∫
√
9−x2
∫
√
9−x2
⇒ V =
dzdydx
0
0
∫
3
0
∫ √9−y2 ∫
√
9−x2
⇒ V =
dzdxdy
0
0
0
xz usamos y como variável espacial (ou variável totalmente dez como variável independente. A projeção sobre o plano xz é a parte da
x + z 2 = 9 que está no primeiro quadrante, logo temos as limitações e as
2 - Projetando no plano
pendente) e
x
circunferência
ou
2
integrais:
(i)
(ii)
x como variável independente:
z como variável independente:
3 - Projetando no plano
dente) e
y
yz
usamos

√
 y ∈ [0, √9 − x2 ]
z ∈ [0, 9 − x2 ]

x ∈ [0, 3]

√
 y ∈ [0, √9 − x2 ]
x ∈ [0, 9 − z 2 ]

z ∈ [0, 3]
x
3
∫
√
9−x2
∫
√
9−x2
⇒ V =
dydzdx
0
0
∫
3
∫
0
√
9−z 2
∫
⇒ V =
√
9−x2
dydxdz
0
0
0
como variável espacial (ou variável totalmente depen-
z como variável independente.
y = 0, z = 0, y = 3 e z = 3,
ou
limitado por
∫
A projeção sobre o plano
yz
é o quadrado
porém com esta projeção não podemos usar
apenas uma integral, pois há troca de limitação na variável x e esta troca ocorre no plano
y = z obtido pela interseção dos cilindros x2 +y 2 = 9 e x2 +z 2 = 9, logo temos as limitações
e as integrais:
145
(i)
y
como variável independente:
∫
3
∫
3
∫ √9−y2
⇒ V =
z
∫
3
∫
y
∫
√
y
0
∫
3
∫
z
dxdzdy
0
como variável independente:
⇒ V =
0
0

√
 x ∈ [0, 9 − y 2 ]
y ∈ [0, z]

z ∈ [0, 3]
∫ √9−y2
∫
3
∫
3
∫
dxdydz +
0
0
0

√
2
∪  x ∈ [0, 9 − z ]
z ∈ [0, y]

y ∈ [0, 3]
9−z 2
dxdzdy +
0
(ii)

√
 x ∈ [0, 9 − y 2 ]
z ∈ [y, 3]

y ∈ [0, 3]

√
2
∪  x ∈ [0, 9 − z ]
y ∈ [z, 3]

z ∈ [0, 3]
√
9−z 2
dxdydz
0
z
0
Encontre o volume do sólido delimitado pelas superfícies z = 9−x2 , z = 5−y,
EXEMPLO
4.3.4
Solução:
Iniciamos com a construção do sólido de acordo com a Figura 4.5.
y = 0 e y = 5.
z
z
x
y
y
x
Figura 4.5: Sólido do Exemplo 4.3.4.
O próximo passo é determinar as curvas que limitam
a região de integração sobre o plano
{
z = 9 − x2
Igualando as duas equações
xy. Para isso resolvemos o sistema de equações
z =5−y
obtemos a parábola y = x − 4. Desse modo, no plano xy, a região de integração é delimitada
2
pelas curvas y = x − 4, y = 0 e y = 5 (Figura 4.6).
Para diminuir o trabalho no processo de integração é conveniente tomar y como variável
2
independente. Desse modo a tabela de limitantes é dada por
Limitantes
Equações
Curva inferior
Curva superior
Curva à esquerda
Curva à direita
Superfície inferior
Superfície superior
146
y=0
y=5
√
x=− y+4
√
x= y+4
z =5−y
z = 9 − x2
Figura 4.6: Projeção no plano
xy .
Assim, o volume desejado é dado por
∫
5
∫
V =
√
y+4
∫
5
dzdxdy =
√
− y+4
0
∫
9−x2
5−y
0
9−x2
∫ 5 ∫ √y+4
(
)
2
z
dxdy
=
4
−
x
+
y
dxdy,
√
√
− y+4 − y+4
0
∫
√
y+4
5−y
como o sólido é simétrico em relação ao eixo
y,
podemos escrever
) y+4
x
V = 2
4 − x2 + y dxdy = 2
4x −
+ yx dy
3
0
0
0
0
√


)
∫ 5
∫ 5( √
(y + 4)3
√
√
8
2 √


= 2
4 y+4−
+ y y + 4 dy = 2
y + 4 + y y + 4 dy
3
3
3
0
0
5
√
√
32 √
8
32
=
(y + 4)3 +
(y + 4)5 −
(y + 4)3 9
15
9
0
5
√
8√
8
8
1688
8 √
=
(y + 4)5 = ( 95 − 45 ) = (35 − 25 ) = (243 − 32) =
u.v.
15
15
15
15
15
0
∫∫∫
EXEMPLO 4.3.5 Calcule o valor numérico de I =
x dV, sendo S o sólido do Exemplo
∫
5
∫
√
(
y+4
∫
)
5
√
(
3
S
4.3.4.
Solução:
Na resolução do exemplo acima temos a tabela de limitantes então basta escrever-
mos as integrais iteradas.
∫
I=
0
5
∫
√
y+4
√
− y+4
∫
∫
9−x2
5
∫
√
∫
y+4
5
(9x − x − 5x + xy)dxdy =
3
xdzdxdy =
5−y
0
√
− y+4
0dy = 0.
0
Observe que o resultado é zero, o que não faria sentido se estivéssemos calculando a massa
do sólido, porém observe que a função de integração
no domínio de integração (o sólido
sólido.
S ),
f (x, y, z) = x
assume valores negativos
portanto ela não pode representar a densidade deste
Então, neste caso apenas resolvemos uma integral tripla de uma função sobre um
domínio. Além disso, observe que
∫
I=
0
5
∫
√
y+4
√
− y+4
∫
∫
9−x2
5
∫
√
y+4
∫
9−x2
xdzdxdy ̸= 2
5−y
xdzdxdy,
0
0
5−y
(a primeira dá zero e a segunda é diferente de zero), neste caso não podemos usar simetria,
pois apesar do domínio de integração, o sólido
no integrando não é simétrica. Portanto,
S, ser simétrico em relação ao eixo y
cuidado com o uso de simetrias.
147
a função
4.3.6 Faça a tabela de limitantes e escreva a integral que permite calcular a massa
do sólido delimitado pelas superfícies x2 + y − 16 = 0, x + y − 4 = 0, y = 2x + 13, z = 0
e z = 10, sendo a densidade dada por d (x, y, z) = x2 yz.
EXEMPLO
Solução:
z=0
O sólido desejado situa-se entre os planos
está situada no plano
xy,
z = 10.
e
A base do sólido, que
está representada na Figura 4.7.
Figura 4.7: Projeção no plano
xy .
Como ocorre troca na limitação superior, devemos dividir esta região em duas sub-regiões,
R1
e
R2 .
Assim, procedendo, obtemos a tabela
Limitantes
Curva à esquerda
Curva à direita
Curva inferior
Curva superior
Superfície inferior
Superfície superior
R1
x = −3
x=1
y =4−x
y = 2x + 13
z=0
z = 10
R2
x=1
x=4
y =4−x
y = 16 − x2
z=0
z = 10
Logo, a massa desejada é dada por
∫
∫
1
2x+13
∫
∫
∫
16−x2
10
x2 yz dzdydx.
x yz dzdydx +
−3
4.3.7
4
2
M=
EXEMPLO
∫
10
4−x
0
1
4−x
0
Reescreva a expressão
∫
4
∫
3− 34
√
16−y 2
√
∫
∫
16−y 2
2
I=
4
∫
dzdxdy +
0
0
0
0
∫
3
3− 34
√
6−2x
3
dzdxdy
16−y 2
0
como uma única integral tripla em coordenadas cartesianas de 4 formas distintas.
Solução:
por
I.
Projetando no plano
xy
há uma troca de limitantes, conforme a expressão dada
Interpretando a integral dada temos no plano
Figura 4.8, sendo
R1
a região do plano
xy
da segunda integral.
√
z=
6 − 2x
z=
que
3
A limitação espacial é dada pelas superfícies
elíptico que se prolonga no eixo
x
e
xy
a seguinte região representada na
da primeira integral e
16 − y 2
2
a região do plano
xy
que é um ramo de um cilindro
é um plano paralelo ao eixo
representa o volume do sólido representado na Figura 4.9
148
R2
y,
assim
I
R1
R2
Figura 4.8: Projeção no plano
xy.
Figura 4.9: Sólido cujo volume é dado por
Projetando no plano
xz,
temos a região representada na Figura 4.10.
Figura 4.10: Projeção no plano
Assim,
 a montagem
√ das integrais é dada por
0 ≤y≤
16 − 4z 2

0 ≤x≤

0
≤z≤
2

√
16 − 4z 2
 0 ≤y≤
6−2x
(2)
0 ≤z≤
3

0 ≤x≤
3
Projetando no plano yz, temos
(1)
I.
6−3z
2
⇒
∫
2
6−3z
2
∫
√
16−4z 2
I=
dydxdz
0
∫
⇒
∫
xz.
0
3
∫
0
6−2x
3
∫
√
16−4z 2
dydzdx
I=
0
0
0
a região representada na Figura 4.11.
Figura 4.11: Projeção no plano
Assim, a montagem das integrais é dada por
149
yz.
(3)
(4)
4.4


 0
0


0

 0
0

0
≤ x ≤ √6−3z
2
16−y 2
≤z≤
2
≤y≤
4
≤ x ≤ √ 6−3z
2
≤y≤
16 − 4z 2
≤z≤
2
∫
⇒
4
√
∫
16−y 2
2
∫
6−3z
2
I=
dxdzdy
0
0
∫
⇒
2
0
∫
√
16−4z 2
∫
I=
6−3z
2
dxdydz
0
0
0
Integrais Triplas em Coordenadas Cilíndricas
Em alguns exemplos uma integral tripla pode ser resolvida de uma forma mais simples
convertendo-a para coordenadas cilíndricas. Vejamos este processo de conversão.
Figura 4.12: Coordenadas Cilíndricas
0 < θ1 − θ0 ≤ 2π e suponhamos que os raios r1 e r2
0 ≤ r1 (θ) ≤ r2 (θ) seja válido para todo θ ∈ [θ1 , θ2 ] .
Sejam f (r, θ) e g (r, θ) funções contínuas tais que f (r, θ) ≤ g (r, θ) seja verdadeiro para
todo θ ∈ [θ1 , θ2 ] e todo r1 (θ) ≤ r2 (θ) . Seja S o sólido constituído por todos os pontos cujas
coordenadas cilíndricas satisfaçam as condições θ0 ≤ θ1 , r1 (θ) ≤ r2 (θ) e f (r, θ) ≤ g (r, θ) .
Sejam
θ0
e
θ1
dois arcos tais que
são funções contínuas de
θ
tais que
Então temos a tabela de limitantes
Tabela de limitantes
Curvas
Equações
Arco inferior
Arco superior
Raio interno
Raio externo
Superfície inferior
Superfície superior
θ = θ1
θ = θ2
r = r1 (θ)
r = r2 (θ)
z = f (r, θ)
z = g (r, θ) .
Uma integral tripla, que em coordenadas cartesianas se escreve como
∫ b∫
y2 (x)
∫
g(x,y)
f (x, y, z) dzdydx
I=
a
y1 (x)
f (x,y)
é transformada, em coordenadas cilíndricas, para
∫
θ2
∫
r2 (θ)
∫
g(r,θ)
I=
f (r cos θ, r sin θ, z) rdzdrdθ.
θ1
r1 (θ)
f (r,θ)
150
Determinar o volume do sólido delimitado superiormente pelo parabolóide
EXEMPLO
4.4.1
Solução:
Geometricamente, temos o seguinte sólido representado na Figura 4.13.
y 2 +x2 +1−z = 0, inferiormente pelo plano z = 0 e lateralmente pelo cilindro x2 +y 2 −2y = 0.
Figura 4.13: Sólido do Exemplo 4.4.1.
A projeção no plano xy é a circunferência
2
2
se torna x + (y − 1) = 1 (Figura 4.14).
x2 +y 2 −2y = 0 que, após completar quadrados,
y
x
Figura 4.14: Projeção no plano
z
xy .
O sólido está delimitado inferiormente pelo plano z = 0 e superiormente pelo parabolóide
= y 2 + x2 + 1. Fazendo as tabelas, podemos observar que é muito mais fácil resolver esse
problema usando coordenadas cilíndricas.
Limitantes em coord. retangulares
Curvas
Curva à esquerda
Curva à direita
Curva inferior
Curva superior
Superfície inferior
Superfície superior
Limitantes em coord. cilíndricas
Equações
Curvas
x = −1
x=1 √
y = 1 − √ 1 − x2
y = 1 + 1 − x2
z=0
z = y 2 + x2 + 1
151
Arco inferior
Arco superior
Raio interno
Raio externo
Superfície inferior
Superfície superior
Equações
θ1 = 0
θ2 = π
r1 = 0
r2 = 2 sin θ
z=0
z = r2 + 1
Em coordenadas cilíndricas, o volume é dado por:
∫
V
π
∫
2 sin θ
∫
∫
1+r2
=
π
∫
2 sin θ
r(1 + r2 )drdθ
rdzdrdθ =
0
∫
0
π∫
0
∫
2 sin θ
0
2 sin θ
r2 r4 + dθ
2
4
π
(r + r3 )drdθ =
=
0
∫
0
0
∫
π
0
π
(2 sin2 θ + 4 sin4 θ)dθ =
=
2 sin2 θ(1 + 2 sin2 θ)dθ
∫0 π
∫
0
2
=
0
π
(1 − cos(2θ))(2 − cos(2θ))dθ
2
2 sin θ(1 + 2 sin θ)dθ =
∫0 π
0
(2 − 3 cos(2θ) + cos2 (2θ))dθ
0
π ∫
π
π
3
1
+
cos(4θ)
1
1
π
5π
= 2θ − sin(2θ) +
dθ = 2π + θ + sin(4θ) = 2π + =
u.v.
2
2
2
8
2
2
0
=
0
EXEMPLO
4.4.2
0
Represente gracamente o sólido cujo volume é dado pela integral
∫
2π
∫
2
∫
4−r 2 cos2 θ
V =
rdzdrdθ.
0
Solução:
0
0
A partir dos limitantes da integral podemos construir a tabela
Limitantes em coordenadas cilíndricas
Curvas
Equações
Arco inferior
Arco superior
Raio interno
Raio externo
Superfície inferior
Superfície superior
θ1 = 0
θ2 = 2π
r1 = 0
r2 = 2
z=0
z = 4 − r2 cos2 θ
Considerando os arcos inferior e superior, concluímos que a base do sólido está projetada
0 ≤ r ≤ 2, temos que o raio cilíndrico varia desde a origem do plano xy até a circunferência de raio 2. Portanto, lateralmente
2
2
temos um cilindro centrado na origem, de equação x + y = 4. Inferiormente temos o plano
z = 0 e superiormente temos o cilindro parabólico z = 4 − x2 (observe que r2 cos2 θ = x2 ).
sobre todos os quadrantes, pois temos
0 ≤ θ ≤ 2π.
Como
Assim, encontramos o sólido ilustrado na Figura 4.15.
Figura 4.15: Sólido do Exemplo 4.4.2.
152
EXEMPLO
4.4.3
Escreva em coordenadas retangulares a integral
∫
π
2
∫
2 cos θ
∫
9−r2
r2 dzdrdθ.
I=
0
Solução:
0
0
Inicialmente, devemos interpretar geometricamente o sólido de integração. Vamos
construir a tabela de limitantes.
Limitantes em coordenadas cilíndricas
Curvas
Equações
θ1 = 0
θ2 = π2
r1 = 0
r2 = 2 cos θ
z=0
z = 9 − r2
Arco inferior
Arco superior
Raio interno
Raio externo
Superfície inferior
Superfície superior
Considerando os arcos inferior e superior concluímos que a base do sólido está projetada
π
sobre o primeiro quadrante do plano xy , pois temos 0 ≤ θ ≤
. Agora vamos escrever
2
a curva r = 2 cos θ em coordenadas retangulares. Sabemos que x = r cos θ, de modo que
cos θ = xr , e que r2 = x2 + y 2 . Assim,
2x
⇒ r2 = 2x ⇒
r
x2 + y 2 = 2x ⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1.
r = 2 cos θ =
Vemos que em coordenadas retangulares, a projeção do sólido sobre o plano xy é deli2
2
mitada pela circunferência de equação (x − 1) + y = 1. Desse modo, a tabela de limitantes,
em coordenadas retangulares, é dada por:
Limitantes em coordenadas retangulares
Curvas
Equações
Curva à esquerda
Curva à direita
Curva inferior
Curva superior
Superfície inferior
Superfície superior
x=0
x=2
y = 0√
y = 2x − x2
z=0
z = 9 − (x2 + y 2 )
Também devemos escrever de forma adequada a expressão
rdzdrdθ
temos que
r2 dzdrdθ = r (rdzdrdθ) =
√
r2 dzdrdθ.
x2 + y 2 dxdydz.
Assim, a integral dada será escrita em coordenadas cartesianas por
∫
2
∫
√
2x−x2
∫
9−x2 −y 2
I=
0
0
0
153
√
x2 + y 2 dzdydx.
Como
dxdydz =
4.4.4 Construa e calcule o volume do menor sólido delimitado simultaneamente
√
por y = 0, y = 4, x2 + z 2 = x e x2 + z 2 = 3z.
EXEMPLO
Solução:
Esboço do sólido:
Figura 4.16: Sólido Exemplo 4.4.4
Projeção no plano
zx :
x
θ=π/3
z
Figura 4.17: Projeção do no plano
zx
Sendo a projeção uma região entre circunferências usaremos o sistema de coordenadas
cilíndricas em relação ao plano











x
z
y
2
x + z2
tan θ
zx
para resolver a integral. Assim temos:
= r sin θ
{
{ 2
= r cos θ
r = √sin θ
x + z 2 = √x
=
y
⇒
⇒
2
2
r =
x +z =
3z
3 cos θ
=
r2
x
=
z
Interseção das circunferências é a solução do sistema:
{
π
r = √sin θ
⇒θ= .
r =
3 cos θ
3
154
Montagem e resolução da integral em coordenadas cilíndricas:
∫
V
π
3
∫
sin θ
∫
∫
4
=
∫
0
π
3
=
0
√
3 cos θ
∫
∫
π
2
2
π
3
=
(
∫
(1 − cos(2θ))dθ + 3
0
sin(2θ)
θ−
2
0
0
6 cos2 θdθ
π
3
0
4
rdydrdθ
π
3
2 sin θdθ +
∫
4.5
∫
rdydrdθ +
0
=
π
2
π
2
(1 + cos(2θ))dθ
π
3
) π3
) π2 (
)
(
sin(2θ)
5π √
− 3 u.v.
+3 θ+
=
π
2
6
0
3
Integrais Triplas em Coordenadas Esféricas
Na seção anterior vimos que usar coordenadas cilíndricas pode facilitar agora queremos
explorar o sistema de coordenadas esféricas e em alguns casos é o mais recomendado.
P (x, y, z) em coordenadas esféricas é dado por P (ρ,√
θ, ϕ) , onde
x2 + y 2
x = ρ cos θ sin ϕ, y = ρ sin θ sin ϕ, z = ρ cos ϕ, ρ2 = x2 + y 2 + z 2 , tan ϕ =
e
z
y
tan θ = .
x
Lembrando que o ponto
z
dρ
dq
df
f
ρ
y
q
x
Figura 4.18: Coordenadas Esféricas
Sejam
θ 0 , θ 1 , ϕ 0 , ϕ 1 , ρ0
Suponhamos que o
féricas
(ρ, θ, ϕ)
ρ1
sólido S
e
tais que
0 ≤ θ0 < θ1 ≤ 2π, 0 ≤ ϕ0 < ϕ1 ≤ π
e
0 ≤ ρ0 < ρ1 .
seja constituído por todos os pontos cujas coordenadas es-
são tais que
ρ0 ≤ ρ ≤ ρ1
θ0 ≤ θ ≤ θ1
ϕ0 ≤ ϕ ≤ ϕ1 .
f (x, y, z) uma função denida em todos os pontos do sólido S e cada ponto P (x, y, z)
ser escrito em coordenadas esféricas f (ρ, θ, ϕ) . Então, podemos escrever
∫ x1 ∫ y1 ∫ z1
∫ θ2 ∫ ϕ2 ∫ ρ2
f (x, y, z) dV (x, y, z) =
f (ρ, θ, ϕ) dV (ρ, ϕ, θ),
Seja
pode
x0
onde
y0
z0
dV (x, y, z) = dxdydz
θ1
e
dV (ρ, ϕ, θ)
ϕ1
ρ1
é o elemento de volume de coordenadas esféricas
que precisamos determinar. Para determinar
dV (ρ, ϕ, θ)
155
consideramos acréscimos
dρ, dϕ
e
dθ
atribuídos às variáveis
ρ, ϕ
e
θ, respectivamente, constrói-se o elemento innitesimal de
volume em coordenadas esféricas como observamos na Figura 4.19.
ρ senf dq
z
ρ senf
dρ
ρ df
ρ
f
y
q
dq
x
Figura 4.19: Incremento nas Coordenadas Esféricas
Na Figura 4.20 destacamos o elemento innitesimal de volume em coordenadas esféricas
e considerando os pontos
P (ρ, θ, ϕ)
Q (ρ, θ, ϕ + dϕ)
R (ρ, θ + dθ, ϕ)
T (ρ + dρ, θ, ϕ) .
ρsenϕdθ
ρdϕ
z
R
ρ
P
ϕ
θ
x
dρ
T
Q
dθ
V
y
U
Figura 4.20: Elemento de Volume em Coordenadas Esféricas
temos que o elemento de volume de coordenadas esféricas pode ser interpretado como o
paralelepípedo innitesimal curvilíneo com dimensões sendo o comprimento dos arcos
d
P
Q
e do segmento
PT,
cujo volume aproximado é
d
d
Q .
dV = P T P
R P
156
d
P
R
e
P T é a variação do raio ρ entre os pontos P e T e, portanto, P T = dρ.
d
Como P e Q pertencem ao círculo de raio OP = OQ = ρ e o arco P
Q subentende um
ângulo correspondente a variação de ϕ, segue que
d
P Q = ρdϕ.
É fácil ver
OP U
O triângulo
U e P̂ = ϕ (usando ângulos alternos na relação
z ), assim pelas relações métricas obtém-se que
d
comprimento do arco U
V é igual a ρ sin ϕdθ. Donde
tem ângulo reto em
PU ∥
de paralelas e transversais com
|OU
| = ρ sinϕ e consequentemente
d d P R = U V = ρ sin ϕdθ.
o
eixo
Portanto,
d
d
R = dρ (ρdϕ) (ρ sin ϕdθ) = ρ2 sin ϕdρdϕdθ.
dV = P T P
Q P
Lembrando que em coordenadas retangulares temos
dV = dxdydz,
assim temos a equiv-
alência entre os diferenciais em coordenadas cartesianas e esféricas:
dxdydz = ρ2 sin ϕdρdϕdθ.
Portanto,
∫
x1
∫
y1
∫
∫
z1
θ2
∫
ϕ2
∫
ρ2
f (ρ, θ, ϕ) ρ2 sin ϕdρdϕdθ.
f (x, y, z) dzdydx =
x0
EXEMPLO
4.5.1
4πr3
éV =
.
3
y0
z0
θ1
ϕ1
ρ1
Mostre, usando coordenadas esféricas, que o volume de uma esfera de raio r
Solução:
2
2
Vamos utilizar uma esfera centrada na origem, de equação x + y
2
2
2
projeção no plano xy é a circunferência x + y = r e portanto temos que
0 ≤ ϕ ≤ π.
+ z 2 = r2 . Sua
0 ≤ θ ≤ 2π e
Assim, o volume da esfera é calculado por
∫
2π
∫
π
∫
r
V =
0
0
0
4
ρ2 sin ϕdρdϕdθ = πr3 .
3
Escreva, em coordenadas retangulares e em coordenadas esféricas a(s) integral(is) que permite(m) calcular o volume do sólido delimitado pelas superfícies z 2 = x2 + y 2 ,
z 2 = 3x2 + 3y 2 e x2 + y 2 + z 2 = 4 nos pontos em que z é positivo. A seguir, utilize uma das
expressões obtidas para calcular o volume deste sólido.
EXEMPLO
4.5.2
Solução:
2
2
2
Primeiro vamos interpretar cada superfície. Na Figura 4.21 a equação z = x +y
2
2
2
representa o cone inferior, a equação z = 3x + 3y representa o cone superior e a equação
2
2
2
x + y + z = 4 representa a esfera. O problema pede para determinar o volume do sólido
situado no interior da esfera e entre os dois cones.
Vamos determinar as curvas de interseção e as projeções sobre o plano
os sistemas de equações
{
z 2 = x2 + y 2
x2 + y 2 + z 2 = 4
em ambos os casos substituindo
z2
{
e
xy .
Resolvendo
z 2 = 3x2 + 3y 2
,
x2 + y 2 + z 2 = 4
da primeira equação na segunda equação, obtemos
157
Figura 4.21: Sólido do Exemplo 4.5.2.
x2 + y 2 + x2 + y 2 = 4
2x2 + 2y 2 = 4
x2 + y 2 = 2
e
x2 + y 2 + 3x2 + 3y 2 = 4
4x2 + 4y 2 = 4
x2 + y 2 = 1.
O volume do sólido será dado pela diferença entre o volume do sólido delimitado pela
2
2
2
2
2
2
esfera x + y + z = 4 e o cone z = x + y e o volume do sólido delimitado pela esfera
2
2
2
2
2
2
x + y + z = 4 e o cone z = 3x + 3y . As tabelas de limitantes são:
Limitantes
Sólido 1
Sólido 2
√
x=−
√ 2
x= √
2
2
y=−
√ 2−x
y = √2 − x2
z = √x2 + y 2
z = 4 − x2 − y 2
Curva a esquerda
Curva a direita
Curva a inferior
Curva a superior
Superfície inferior
Superfície superior
x = −1
x=1√
2
y=−
√ 1−x
y = √1 − x2
z = √3x2 + 3y 2
z = 4 − x2 − y 2
Portanto, o volume será dado por
∫
V =
√
2
√
− 2
∫
√
2−x2
√
− 2−x2
∫ √4−x2 −y2
√
∫
dzdydx −
x2 +y 2
1
−1
∫
√
1−x2
√
− 1−x2
∫ √4−x2 −y2
√
dzdydx
3x2 +3y 2
Como podemos perceber, a resolução desta integral é trabalhosa. Vamos escrevê-la em
coordenadas esféricas.
ρ = 2. Como as
xy são circunferências com centro na origem temos que o arco θ varia de
2
2
2
zero a 2π. O ângulo ϕ varia entre os dois cones. O cone de equação z = x + y equivale a
π
π
2
2
2
ϕ = 4 . Já o cone de equação z = 3x + 3y equivale ao ângulo ϕ = 6 . Portanto, a tabela de
A variação do raio esférico vai da origem até a esfera de raio 2, isto é,
projeções no plano
limitantes do sólido em coordenadas esféricas é dada por
Limitantes em coordenadas esféricas
Curvas
Equações
Arco
Arco
Arco
Arco
θ inferior
θ superior
ϕ inferior
ϕ superior
Superfície inferior
Superfície superior
158
θ1 = 0
θ2 = 2π
ϕ1 = π6
ϕ2 = π4
ρ1 = 0
ρ2 = 2
Assim, o volume será dado por
∫
V
2π
∫
∫
π
6
∫
2π ∫
=
0
∫
2π
=
0
4.5.3
∫
2
2π
∫
0
π
6
0
∫
π
4
2
ρ3 sin ϕdϕdθ
3
π
4
ρ2 sin ϕdρdϕdθ =
=
0
EXEMPLO
π
4
0
π
4
−8
cos ϕ dθ
π
3
2π
8
sin ϕdϕdθ =
π
3
0
6
6
2π
(√
)
√
√ √ )
−8
2
3
4 √
8π (√
dθ = (− 2 + 3)θ =
3− 2
−
3
2
2
3
3
u.v.
0
Considere a expressão I = 2
∫
2π
∫
arctg( 34 )
0
esféricas.
∫
π
2
5
3
dρdϕdθ dada em coordenadas
senϕ
1. Descreva e represente gracamente o domínio de integração de I.
2. Reescreva I usando coordenadas cilíndricas.
Solução:
(a) Identicação do domínio de integração (o sólido
multiplicada por "2"existe simetria.
Limitantes em coordenadas esféricas:






como a expressão
I
está
≤ θ ≤ 2π
0





S ):
arctg( 34 ) ≤ ϕ ≤
π
2
≤ρ≤
5
3
senϕ
Convertendo para coordenadas cartesianas, temos:











ρ=5
ρ=
3
senϕ
⇒ x2 + y 2 + z 2 = 25 ⇒
⇒
ϕ = arctg ( 34 ) ⇒
x2 + y 2 = 9
z=
4
3
√
x2 + y 2
Observando que o cone só dá a variação do ângulo
esfera
⇒
cilindro
⇒
semi-cone
ϕ que começa no cone e vai até o plano
xy.
Na Figura 4.22 temos representado o cilindro e a esfera descritos acima, pela limitação
2
2
4
do raio esférico e pela simetria temos que o sólido S é interior à esfera x + y + z = 25 e
2
2
exterior ao cilindro x + y = 9.
Figura 4.22: Sólido S.
159
I
(b) Para escrever
em coordenadas cilíndricas devemos descrever o sólido
S
com limi-
tações cilíndricas, identicar a função de integração e converter-lá para coordenadas cilíndricas.
A projeção no plano
xy
está representada na Figura 4.23
y
x
Figura 4.23: Projeção do sólido S no plano
Limitantes de
S
usando simetria:

2π
 0 ≤θ≤
3 ≤ρ≤ √ 5

0 ≤z≤
25 − ρ2
Função de integração em coordenadas esféricas:
f (ρ, θ, ϕ) =
Função de integração em coordenadas cartesianas:
Função de integração em coordenadas cilíndricas:
∫
Logo,
2π
∫
5
∫
I=2
0
3
0
√
25−r2
xy.
1
ρ2
senϕ
f (x, y, z) = √
1
x2 + y 2 + z 2 ·
1
f (ρ, θ, z) = √
ρ ρ2 + z 2
√
x2 + y 2
1
√
dzdρdθ.
2
ρ + z2
Escreva, nos sistemas de coordenadas cartesianas, cilíndricas e esféricas,
as expressões que permitem calcular
o volume do
√
√ sólido delimitado simultaneamente pelas
superfícies x2 + y 2 = 2y, z = x2 + y 2 e z = 3x2 + 3y 2 .
EXEMPLO
4.5.4
Resolução:
√
cone
z=
2
2
O cilindro x + y = 2y delimitada lateralmente o sólido desejado, enquanto o
√
x2 + y 2 delimita-o inferiormente e o cone z = 3x2 + 3y 2 superiormente. Veja
o esboço do sólido na Figura 4.24.
Figura 4.24: Sólido do Exemplo 4.5.4.
160
Para obter a integral em coordenadas cartesianas, basta observar que a altura do sólido
√
√
z ∈ [ x2 + y 2 , 3x2 + 3y 2 ], e a projeção do sólido no plano
varia entre os dois cones, isto é,
xy
é dada pela Figura 4.25.
y
x
Figura 4.25: Projeção no plano
Assim, tomando
xy .
√
√
y como variável independente, temos que y ∈ [0, 2] e que x ∈ [− 2y − y 2 , 2y − y 2 ].
Encontramos então a seguinte integral em coordenadas cartesianas
∫
2
∫ √2y−y2 ∫ √3x2 +3y2
V =
−
0
√
2y−y 2
√
dzdxdy.
x2 +y 2
Agora, reescrevendo as equações dos cones em coordenadas cilíndricas, obtemos que
z ∈ [r,
√
3r]. Como a projeção no plano xy ocorre apenas no primeiro e segundo quadrantes,
θ ∈ [0, π], enquanto o raio cilíndrico varia da origem (r = 0) até a circunferência
x + y = 2y, que em cilíndricas se escreve como r2 = 2r sin θ, ou seja, r = 2 sin θ. Assim,
temos que
2
2
encontramos a seguinte integral em coordenadas cilíndricas
∫
π
∫
2 sin θ
∫
√
3r
V =
rdzdrdθ.
0
0
Em coordenadas esféricas, temos que
r
θ ∈ [0, π]
e que o ângulo vertical varia entre os
cones. Transformando para esféricas, obtemos
√
√
√
z = 3x2 + 3y 2 ⇒ ρ cos ϕ = 3ρ sin ϕ ⇒ tan ϕ = 33 ⇒ ϕ =
√
z = x2 + y 2 ⇒ ρ cos ϕ = ρ sin ϕ ⇒ tan ϕ = 1 ⇒ ϕ = π4
π
6
ϕ ∈ [ π6 , π4 ]. Resta então obter a limitação para o raio esférico, que
(ρ = 0) até o cilindro circular, que devemos transformar para esféricas,
portanto, encontramos que
varia desde a origem
como segue:
x2 + y 2 = 2y ⇒ ρ2 sin2 ϕ = 2ρ sin ϕ sin θ ⇒ ρ sin ϕ = 2 sin θ ⇒ ρ =
Então, temos que
sin θ
ρ ∈ [0, 2sin
]
ϕ
integral
∫
e o volume, em coordenadas esféricas, é calculado pelo
π
∫
π
4
∫
2 sin θ
sin ϕ
V =
0
2 sin θ
.
sin ϕ
π
6
ρ2 sin ϕdρdϕdθ.
0
Note que, se desejássemos obter o valor numérico deste volume, devemos optar por resolver a integral escrita em coordenadas cilíndricas, devido a sua simplicidade em comparação
às demais integrais.
161
4.6
Exercícios Gerais
1. Calcular
I=
∫∫∫
(x − 1)dV,
sendo T a região do espaço delimitada pelos planos
T
z = 0, y + z = 5
e pelo cilindro parabólico
z = 4 − x2 .
2. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies
y=0
e
y = 0,
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1, x = 0,
z = 0.
3. Considere o sólido delimitado inferiormente por
y + 2z = 6,
superiormente por z = 6
y = x2 e y = 4.
e lateralmente pelo cilindro que contorna a região delimitada por
Calcule a massa deste sólido, sabendo que sua densidade é dada por
f (x, y, z) = 2y +z.
4. A gura abaixo mostra o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão
∫
1
∫
2−2x
∫
4−z 2
V =
dydzdx.
0
0
0
Reescreva esta expressão como uma integral tripla equivalente, usando coordenadas
cartesianas de cinco formas distintas.
5. Represente geometricamente o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão
∫
4
∫
√
4−z
∫
8−2z
V =
dydxdz.
0
0
0
A seguir, reescreva esta expressão, como uma integral tripla equivalente, usando coordenadas cartesianas de cinco formas distintas.
6. Represente geometricamente o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão
∫
2
∫
2+x2
∫
V =
∫
4−x2
2
∫
6
∫
6−y
dzdydx +
0
0
0
dzdydx
0
2+x2
0
e a seguir reescreva esta expressão utilizando uma única integral tripla em coordenadas
cartesianas.
162
7. Reescreva a expressão
∫
∫
0
∫
x+1
∫
8−x2 −y 2
I=
1
∫
1−x
∫
8−x2 −y 2
ydzdydx +
−1
0
0
ydzdydx
0
0
0
como uma única integral tripla, em coordenadas cartesianas.
8. Reescreva a expressão
∫
1
∫
x2 +4
∫
∫
1−x2
1
∫
∫
5
5−y
dzdydx
dzdydx +
I=
−1
0
−1
0
x2 +4
0
como uma única integral tripla em coordenadas cartesianas, de três formas distintas.
9. Determine a massa do sólido delimitado no primeiro octante simultaneamente pelas
2
2
superfícies x + z = 4, x + y = 2 e x + 2y = 6, sabendo que f (x, y, z) = 12z é a sua
função densidade.
10. Determinar o volume do sólido interior as superfícies
2
2
b2 (x2 + y 2 ) + a2 z 2 = a2 b2
e
x + y = ax.
11. Determinar o volume do sólido interior as superfícies
x2 + y 2 + z 2 = 8
12. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies
2
2
e
x2 + y 2 = 2z.
z = 0, z 2 = x2 + y 2
e
x + y = 2ax.
13. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies
x2 + y 2 + 2y = 0, z = 0
e
z = 4 + y.
14. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies
x2 +y 2 = a2
15. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies
2
2
e
x2 +z 2 = a2 .
r = 4 cos θ, z = 0
e
r = 16 − z .
z = 0, x2 + y 2 = (√
a2 e z )= x2 + y 2 .
Determine o valor de a ∈ R para que a massa de S seja igual a π
82 − 1 , sabendo
1
que a densidade em cada ponto de S é dada por f (x, y, z) = √
.
1 + (x2 + y 2 )2
16. Seja
S
o sólido delimitado pelas superfícies
17. Represente geometricamente o sólido cuja massa é descrita, em coordenadas cilíndri∫ 2π ∫ √2 ∫ 4−r2 √
4 + r2 − zdzdrdθ. A seguir, reescreva esta
cas, pela expressão M =
2
0
0
r
expressão utilizando um outro sistema de coordenadas.
18. Nos itens abaixo escreva em coordenadas retangulares as integrais dadas em coordenadas esféricas.
(a)
(b)
∫
π
∫
π
2
∫
3
I=2
∫
0
π
2
∫
0
π
3
∫
π
6
9 − ρ2 sin ϕdρdϕdθ.
0
I=
0
√
4
√
4 − ρ2 ρ sin ϕdρdϕdθ.
0
163
19. Represente geometricamente o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão
∫
∫
2π
∫
π
3
2
ρ2 sin ϕdρdϕdθ.
V =
0
0
1
A seguir, reescreva esta expressão em coordenadas cilíndricas.
20. Utilize coordenadas esféricas para calcular a massa do sólido situado acima do cone
2
2
2
z 2 = x2 + y 2 e interior à√
esfera x + y + z = 4z, sabendo que sua densidade de massa
é dada por d(x, y, z) =
x2 + y 2 + z 2 .
21. Utilize coordenadas esféricas para resolver a seguinte integral tripla
∫
I=
√
3
√
− 3
∫
√
∫ √4−x2 −y2
3−x2
√
− 3−x2
1
z
√
dzdydx.
x2 + y 2 (x2 + y 2 + z 2 )2
22. Represente geometricamente o sólido cuja massa é calculada, em coordenadas esféricas,
pela expressão
∫
2π
∫
π
6
M=
5
cos2 ϕ+2 sin2 ϕ
√
3
cos ϕ
0
0
√
∫
ρdρdϕdθ.
A seguir, reescreva esta expressão em coordenadas cilíndricas.
23. Represente geometricamente o sólido cuja massa pode ser calculada, em coordenadas
cilíndricas, pela expressão
∫
2π
∫
√
M=
0
0
3
∫
√
10−3r2
r2
3
(r + z)dzdrdθ.
A seguir, reescreva esta expressão em coordenadas esféricas.
24. Escreva, em coordenadas cartesianas e em coordenadas esféricas, a integral que permite
2
calcular o volume do
sólido delimitado simultaneamente pelas superfícies x +
2
2
2
2
2
y + z = 16 e x + y + z = 8z.
menor
25. Calcule o volume do sólido que está situado acima de z = 0 e que é simultaneamente
2
2
2
2
2
2
interior à esfera x + y + z = 9 e ao hiperbolóide de uma folha x + y − z = 1.
2
2
26. Considere o sólido delimitado inferiormente por z = 2x + 2y e superiormente por
x2 + y 2 + z 2 = 3. Escreva a integral que permite calcular o volume deste sólido em
coordenadas cartesianas, cilíndricas e esféricas.
27. Considere o sólido delimitado inferiormente por
√
z = 6 − x2 + y 2 .
2z =
√
x2 + y 2
e superiormente por
Escreva a integral que permite calcular o volume deste sólido em
coordenadas cartesianas, cilíndricas e esféricas.
28. Escreva, em coordenadas cartesianas, cilíndricas e esféricas, as integrais que permitem
2
calcular a massa do sólido situado simultaneamente no interior das superfícies x +
y 2 + z 2 = 4z
2
2
e
2
z =1+
(x + y )z
.
cos(x2 + y 2 + z 2 )
1√ 2
x + y2,
2
sabendo que sua função densidade é
164
f (x, y, z) =
∫∫∫
29. Escreva
I =
f (x, y, z)dV,
em três sistemas de coordenadas distintas, sendo
S
sólido situado simultaneamente no interior de
x2 +y 2 +z 2
e
f (x, y, z) =
S
z = 2−
é dado pela expressão
∫
2
a
∫
√
V =
0
a
e de
e
.
x+y+z
30. O volume de um sólido
sendo
x2 + y 2 + z 2 = 2z
−
4
−x2
a2
√
4
−x2
a2
∫
a
6−a2 x2 −a2 y 2
√
dzdydx,
x2 +y 2
um número real positivo.
(a) Escreva o volume do sólido usando coordenadas cilíndricas.
(b) Determine o valor de
a
para que o volume do sólido
165
S
seja igual a
16π
.
3
S
√
x2 + y 2
4.7
Respostas
1.
I = − 544
15
2.
V =
3.
M = 400
∫ 2∫
V =
4.
abc
6
∫
0
4
∫
∫
2−z
2
4−z 2
dydxdz
0
√
0
∫
4−y
2−z
2
V =
dxdzdy
∫
0
2
∫
0
0
∫
4−z 2
2−z
2
V =
dxdydz
∫
0
1
∫
0
0
−4x2 +8x
∫
∫
0
4
∫
0
1− 12
√
0
∫
4−y
∫
√
0
2
∫
∫
4−x2
4−y
4
∫
∫
1
1− 12
0
0
√
2−2x
dzdxdy
4−y
0
8−2z
dydzdx
0
4
∫
0
∫
8−2z
0
√
4−z
V =
dxdydz
0
∫
0
8
V =
∫
0
∫ 8−y ∫
2
0
0
2
∫
√
4−z
dxdzdy
0
2x2
∫
∫
4−x2
V =
2
∫
∫ 8−y
2 dzdydx
8
dzdydx +
0
∫
0
8
V =
∫
0
0
2
2x2
0
∫
∫ √y ∫ 8 − y
2
2 dzdxdy +
0
∫
0
∫
4−x2
8
0
0
∫
∫
2
√y
2
4−x2
dzdxdy
0
6−z
V =
dydzdx
0
∫
1
0
∫
1−y
0
∫
8−x2 −y 2
ydzdxdy
I=
y−1
0
∫
1
∫
1−x2
0
∫
∫
5−z
1
dydzdx =
I=
−1
9.
∫
4−y
0
V =
∫
8.
√
dzdydx
dzdxdy +
0
7.
∫
4
−4x2 +8x
0
V =
6.
∫
1
dzdydx +
V =
5.
∫
2−2x
0
0
0
∫
√
1−z
√
− 1−z
M = 44
10.
V =
11.
V =
2a2 b(3π−4)
9
√
4π(8 2−7)
3
166
∫
∫
5−z
1
∫
dydxdz =
0
0
0
5−z
∫
√
1−z
√
− 1−z
dxdydz
32a3
9
12.
V =
13.
V = 3π
14.
V =
16a3
3
15.
V =
3π
2
16.
a=3
∫
17.
18.
M=
3
2π
∫
∫
√
√
3
∫
∫
∫
√
3
2
0
∫
√
√
∫
∫
2π
∫
rdzdrdθ +
1−r2
16
π
5
√
∫
1
∫
M=
0
∫
2π
∫
π
3
√
∫
0
3
r
3
∫
10
cos2 ϕ+3 sin2 ϕ
2π
∫
V =
∫
√
12
√
− 12
∫
2π
∫
π
3
√
12−x2
√
− 12−x2
∫
π
3
V = 18π −
4−
√
∫
V =
√
3
2
∫
0
2π
∫
∫
2π
0
∫ √ 3 −y2 ∫ √3−x2 −y2
4
√
− 23
−
∫
√
√3
3
2
4
∫
dzdydx
−y 2 2x2 +2y 2
√
3−r 2
rdzdrdθ
V =
0
0
(sin ϕ+cos ϕ)ρ2 dρdϕdθ
dzdydx
16−x2 −y 2
π
2
2
0
3 cos ϕ
sin2 ϕ
0
∫
r2
167
π
3
8 cos ϕ
ρ2 sin ϕdρdϕdθ.
ρ sin ϕdρdϕdθ +
32
π
3
26. Cartesianas
∫ √16−x2 −y2
4
V =
0
∫
(sin ϕ+cos ϕ)ρ dρdϕdθ+
0
24. Cartesianas
π
2
2
0
Cilíndricas
rdzdrdθ.
√
3
2
dzdrdθ
∫
Esféricas:
√
4−r2
3
23.
0
∫
√
5−2r2
√
0
3
rdzddθ
√
0
(
2π
1−r 2
√
3
r
3
0
4−r 2
√
√ )
8− 2
√
I = 13 π 2 − 41 3π
M=
∫
25.
2π
rdzdrdθ −
0
0
∫
4−r 2
√
3
r
3
√
3
2
0
2π
√
V =
ou
22.
x2 +y 2
9−x2
V =
∫
21.
√
4 + x2 + y 2 − z
√
dzdydx
x2 + y 2
4−x2 −y 2
∫ √9−x2 −y2 √
9 − x2 − y 2 − z 2
(a) I =
dzdydx
√
x2 + y 2 + z 2
−3 − 9−x2 0
∫ √12 ∫ √12−x2 ∫ √16−x2 −y2 √
4 − x2 − y 2 − z 2
√
(b) I =
dzdydx−
√
x2 +y 2
x2 + y 2 + z 2
0
0
3
∫ 2 ∫ √4−x2 ∫ √16−x2 −y2 √
4 − x2 − y 2 − z 2
√
dzdydx
√
x2 + y 2 + z 2
0
3x2 +3y 2
0
∫
0
20.
∫
√
2−x2
√
− 2−x2
√
− 2
∫
19.
∫
√
2
0
∫
∫
2π
∫
π
6
0
∫
0
∫
4
V =
−4
∫
Cilíndricas
∫
2π
√
16−x2
4
∫
2π
∫
arctan 2
∫
2
−2
2π
0
2π
∫
∫
√
4−x2
2
∫
π
4
∫
1
∫
I=
−1
∫
2π ∫
0
∫
√
1−x2
2π
∫
1∫
π
4
0
0
∫
π
2
∫
π
4
a
2
∫
1−
√
2−r
√
1− 1−r 2
∫
4−x2 −y 2
√
x2 +y 2
0
2 cos ϕ
0
(x2 + y 2 )z 2
dzdydx
cos(x2 + y 2 + z 2 )
r3 z 2
dzdrdθ
cos(r2 + z 2 )
ρ6 sin3 ϕ cos2 ϕ
dρdϕdθ
cos(ρ2 )
x2 −y 2
2
2
2
ex +y +z
dzdydx
x+y+z
1−x2 −y 2
2
2
er +z
rdzdrdθ
r cos θ + r sin θ + z
2
cos ϕ + sin ϕ
rdzdrdθ
0
√
2
eρ
ρ sin ϕdρdϕdθ
sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cos ϕ
2
eρ
ρ sin ϕdρdϕdθ
sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cos ϕ
6−a2 r 2
30. (a)
− π2
1+ 12
2−
√
− 1−x2
0
I=
∫
2+
√
2+ 4−r2
+
π
2
∫
2
2 cos ϕ − sin ϕ
∫ √
I=
0
dzdydx
4 cos ϕ
0
∫
2π
0
x2 +y 2
x2 +y 2
2
1+ 21 r
M=
∫
√
ρ2 sin ϕdzdϕdθ
6
cos ϕ + sin ϕ ρ2 sin ϕdρdϕdθ
√
− 4−x2
0
∫
0
∫
√
M=
∫
Esféricas
6−
0
M=
∫
Cilíndricas
cot ϕ csc ϕ
6−r
0
∫
29. Cartesianas
1
2
r
2
0
0
Esféricas
∫
√
− 16−x2
V =
Cilíndricas
∫
rdzdrdθ
∫
28. Cartesianas
π
2
π
6
0
V =
0
Esféricas
∫
ρ sin ϕdzdϕdθ +
0
27. Cartesianas
2π
2
V =
Esféricas:
∫
3
(b)
a=1
ar
168
Capítulo 5
SEQUÊNCIAS E
SÉRIES
Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de):
1. Reconhecer uma sequência e vericar:
(a) se é convergente ou divergente;
(b) se é crescente ou decrescente;
(c) propriedades de uma sequência.
2. Denir séries numéricas de termos positivos;
3. Encontrar a soma de séries;
4. Identicar as séries especiais: geométrica, harmônica, série-p;
5. Vericar se a série é convergente ou divergente, aplicando os critérios de convergência;
6. Analisar a convergência de séries alternadas e de sinais quaisquer;
7. Reconhecer séries absolutamente e condicionalmente convergentes;
8. Reconhecer séries de funções;
9. Encontrar o raio e o intervalo de convergência das séries de potências;
10. Desenvolver funções em séries de Taylor e Maclaurin;
11. Utilizar séries de funções na resolução de limites e integrais;
12. Resolver exercícios usando uma ferramenta tecnológica.
A prova será composta por questões que possibilitam vericar se os objetivos foram
atingidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação das questões é o modelo adotado na formulação dos exercícios e no desenvolvimento
teórico desse capítulo, nessa apostila.
169
5.1
Introdução
Neste capítulo estudaremos séries innitas, as quais são somas que envolvem um número
innito de termos. As séries innitas desempenham um papel fundamental tanto na matemática
quanto na ciência. Elas são usadas, por exemplo, para aproximar funções trigonométricas
e logarítmicas, para resolver equações diferenciais, para efetuar integrais complicadas, para
criar novas funções e para construir modelos matemáticos de leis físicas (Anton, 1999).
5.2
Sequências
Na linguagem cotidiana, o termo sequência signica uma sucessão de coisas em uma ordem
determinada ordem cronológica, de tamanho, ou lógica, por exemplo.
Em matemática o
termo sequência é usado comumente para denotar uma sucessão de números cuja ordem é
determinada por uma lei ou função.
∗
Estudaremos um tipo especial de função denida nos números naturais N = {1, 2, 3, 4, · · · }
∗
com imagem em R. Isto é, estudaremos a função f : N → R quanto ao limite e suas pron
∗
priedades quando n → ∞. A função f : N → R denida por f (n) =
é um exemplo de
2n+1
sequência. O conjunto composto pelos pares ordenados (n, f (n)), dado por
I = {(1, f (1)), (2, f (2)), (3, f (3)), · · · , (n, f (n)), · · · }
{
}
1
2
3
n
I = (1, ), (2, ), (3, ), · · · , (n,
), · · ·
3
5
7
2n + 1
ou
Geralmente, o conjunto I é escrito
∗
é representado pelas imagens de n ∈ N de forma que a
é denominado conjunto dos termos da sequência
de forma simplicada.
Isto é,
I
f (n).
posição que determinada imagem de f ocupa no conjunto dos termos da sequência
∗
determinada pelo elemento n ∈ N , ou seja,
{
I = {f (1), f (2), f (3), · · · , f (n), · · · } =
1 2 3 4 5
n
, , , , ,··· ,
,···
3 5 7 9 11
2n + 1
f (n)
é
}
.
5
é imagem de n = 5, pois ocupa a quinta posição no
11
n
conjunto dos termos. O termo f (n) =
é denominado termo geral da sequência. A
2n+1
n
n
forma usual de representar o termo geral de uma sequência é un =
ou xn =
ou
2n+1
2n+1
n
yn = 2n+1 etc. Passaremos agora à denição formal de sequência. Nesse caso, temos o
conjunto I = {u1 , u2 , u3 , · · · , un , · · · }.
Podemos observar que o termo
DEFINIÇÃO 5.2.1 Sejam
N∗ = {1, 2, 3, 4, · · · } o conjunto dos naturais, R a reta real. Denominamos a aplicação un : N∗ → R de uma sequência numérica.
5.2.2 Para melhor compreensão, vamos supor que o crescimento diário de uma
n
linhagem de suínos é dada em função do crescimento total pela sequência un = n+13
onde
n corresponde ao número de dias de vida do suíno e lim un o tamanho de um suíno adulto.
{
} n→∞
n
Assim, o conjunto 141 , 152 , 163 , 174 , 185 , · · · , n+13
, · · · representa o tamanho diário do suíno em
relação ao tamanho nal.
EXEMPLO
Gracamente podemos observar a curva de crescimento, cujo limite é representado pela
assíntota
y=1
(Figura 5.1).
170
Figura 5.1: Crescimento da linhagem de suínos
Como podemos observar a assíntota
y=1
representa o limite de crescimento do suíno.
Isso signica que podemos levantar questões como por exemplo, qual o número mínimo de
dias que o suíno deve car em tratamento para atingir, pelo menos,
80%
de seu tamanho
nal?
No Figura 5.2 podemos observar uma estimativa em torno de 50 dias.
Figura 5.2: Estimativa para obter 80 por cento do tamanho nal
A questão agora é: como fazer uma estimativa em termos matemáticos? A resposta será
dada pela denição de limite de uma sequência.
5.2.3 Limite de uma Sequência
DEFINIÇÃO 5.2.4 Seja un uma sequência, dizemos que o número a é limite de un quando
n tende para o innito se, dado ε > 0 podemos encontrar K > 0 tal que para todo n > K
vale a desigualdade |un − a| < ε.
Dada a sequência un : N∗ → R denida no Exemplo 5.2.2 por un =
vamos mostrar que lim un = 1.
EXEMPLO
5.2.5
Solução:
Devemos mostrar que, dado
n>K
vale a
ε > 0 podemos encontrar K > 0 tal
desigualdade |un − a| < ε. Agora,
n − n − 13 13 n
< ε.
=
− 1 = |un − 1| = n + 13
n + 13 n + 13 171
n
,
n+13
que para todo
De modo que podemos escrever
13
<ε
n + 13
⇒
13 < nε + 13ε
⇒
13 − 13ε
< n.
ε
13−13ε
e a Denição 5.2.4 estará satisfeita.
ε
Comparando os dados do Exemplo 5.2.2 com a Denição 5.2.4 concluímos que ε =
Consequentemente, podemos tomar
K=
0, 2
representa a diferença entre o crescimento almejado e o crescimento total dos suínos. Por
outro lado,
K
é o número mínimo de dias que os suínos devem permanecer em tratamento
para atingir, pelo menos,
80%
de seu crescimento total.
Determine o número mínimo de dias que um lote de suínos, cujo crescimento
n
é dado pela sequência un = n+13
deve permanecer em tratamento para atingir, respectivamente, 80%, 90% e 95% do seu tamanho nal.
EXEMPLO
5.2.6
Solução:
No Exemplo 5.2.5 concluímos que dado
para
0.05
80%, 90%
e
95%
ε>0
do tamanho nal os valores de
13−13ε
. Como
ε
são respectivamente 0.2, 0.1 e
podemos tomar
ε
K=
temos, respectivamente, o número mínimo de dias é dado por
13 − 13ε
13 − 13 · 0, 2
=
= 52 dias
ε
0, 2
13 − 13ε
13 − 13 · 0, 1
(b) K =
=
= 117 dias
ε
0, 1
13 − 13ε
13 − 13 · 0, 05
(c) K =
=
= 247 dias
ε
0, 05
(a)
K=
Outra conclusão que podemos tirar é que, a partir de um determinado tempo, a variação
do crescimento é muito pequena em relação à quantidade de ração que o suíno consome.
Portanto, o produtor deve estimar o tempo mínimo de tratamento em dias para obter o
máximo de lucro.
5.2.7 Sequências Convergentes
DEFINIÇÃO 5.2.8 Seja un uma sequência. Dizemos que un é convergente se, e somente se,
lim un = L para algum L ∈ R.
n→∞
Se
un
não for convergente, diremos que
A sequência un =
2n+3
3n+5
EXEMPLO
5.2.9
EXEMPLO
5.2.10
Solução:
A sequência dada é tal que
un
é divergente.
é convergente, pois lim un = lim
n→∞
2n+3
n→∞ 3n+5
= 23 .
Determine se a sequência un = 14 n2 − 1 converge ou diverge.
lim un = lim 14 n2
n→∞
n→∞
Como o limite de un não existe, a sequência diverge.
TEOREMA 5.2.11
− 1 = ∞.
Seja un : N∗ → R uma sequência em R tal que lim un existe, então
n→∞
este limite é único.
un : N∗ → R é uma sequência em R tal que lim un
n→∞
existe e suponhamos que a e b, com a ̸= b, são limites dessa sequência. Então dado ε > 0
ε
e
podemos encontrar K1 > 0 e K2 > 0 tal que para todo n > K1 tenhamos |un − a| <
2
ε
para todo n > K2 tenhamos |un − b| < . Agora seja K = max{K1 , K2 }. Então podemos
2
escrever, para todo n > K
DEMONSTRAÇÃO: Suponhamos que
172
|a − b| = |a − un + un − b| = |−(un − a) − (un − b)|
≤ |un − a| + |un − b| < 2ε + 2ε = ε.
Como a e b são constantes, teremos |a − b| < ε para todo ε > 0
|a − b| = 0, isto é, se a = b. Logo, o limite de un , se existe, é único.
5.3
se, e somente se
Subsequências
DEFINIÇÃO 5.3.1 Seja
un : N∗ → R uma sequência. Seja
N ′ = {n1 < n2 < n3 < · · · <
nk < · · · } um subconjunto innito de N∗ , então unk = un N ′ : N∗ → R é dita uma subsequência de un .
Seja un : N∗ → R uma sequência dada por un = n12 . Seja N ′ = {1, 3, 5, 7, · · · } ⊂
N∗ . Então a sequência unk : N ′ → R é uma subsequência de un . Os termos da sequência são
1 1 1 1
1 1
, 25 , 36 , 49 , · · · } e os termos da subsequência são {1, 91 , 25
, 49 , · · · }.
{1, 41 , 19 , 16
EXEMPLO
5.3.2
TEOREMA 5.3.3
Se uma sequência converge para L, então todas suas subsequências tam-
bém convergem para L.
DEMONSTRAÇÃO: Suponhamos que un
: N∗ → R é uma sequência tal que lim un = L. Assim,
n→∞
ε > 0, existe K > 0 tal que para todo n > K é válida a desigualdade |un − L| < ε.
′
′
Agora, se unk : N → R é uma subsequência de un , onde N = {n1 < n2 < · · · < nk < · · · }
∗
é um conjunto innito, temos que, para cada ε > 0, existe um k0 ∈ N tal que nk0 > K e
então, para k > k0 temos que nk > nk0 > K e assim |unk − L| < ε, o que prova que unk
também converge para L, como queríamos demonstrar.
dado
A sequência un = (−1)n é divergente, pois admite subsequências que convergem para valores diferentes, contrariando o teorema anterior. De fato, a subsequência de
índices pares, dada por u2n = (−1)2n = 1 converge para L1 = 1, enquanto que sua subsequência de índices ímpares, dada por un = (−1)2n+1 = −1 converge para L2 = −1. Como os
limites das subsequências são diferentes, a sequência diverge.
EXEMPLO
5.4
5.3.4
Sequência Limitada
DEFINIÇÃO 5.4.1 Seja
un : N∗ → R uma sequência em R. Dizemos que un é limitada se
o conjunto {u1 , u2 , u3 , · · · , un · · · } for limitado, ou seja, se existirem k1 e k2 ∈ R tais que
k1 ≤ un ≤ k2 para todo n ∈ N∗ .
TEOREMA 5.4.2
Seja un : N∗ → R uma sequência convergente em R, então un é limitada.
DEMONSTRAÇÃO: Suponhamos que
suponhamos que
a
un : N ∗ → R
R e
K > 0,
n > K, temos un ∈
é uma sequência convergente em
é limite dessa sequência. Então, dado
ε = 1,
podemos encontrar
n > K tenhamos |un − a| < 1. Assim, para todo
B(a, 1). Como o conjunto {u1 , u2 , u3 , · · · , uK } é nito, logo admite um valor máximo, seja
M = max u1 , u2 , · · · , uK , segue que {u1 , u2 , u3 , · · · , un−1 , un , · · · } ⊂ B(a, 1) ∪ B(0, M ). Logo,
un é limitada.
tal que para todo
A recíproca desse teorema não é verdadeira. Por exemplo, un = (−1)n é
limitada, com −1 ≤ un ≤ 1, mas un não é convergente.
OBSERVAÇÃO
5.4.3
173
5.5
Sequências Numéricas Monótonas
Neste parágrafo analisaremos algumas propriedades das sequências em
R.
DEFINIÇÃO 5.5.1 Seja un uma sequência de valores reais. Dizemos que un é
• não-decrescente se un+1 ≥ un para todo n ∈ N∗ ;
• crescente se un+1 > un para todo n ∈ N∗ ;
• não-crescente se un ≥ un+1 para todo n ∈ N∗ ;
• decrescente se un > un+1 para todo n ∈ N∗ .
DEFINIÇÃO 5.5.2 Seja un uma sequência de valores reais. Então un é denominada monótona se pertencer a um dos tipos descritos na Denição 5.5.1.
EXEMPLO
5.5.3
Solução:
Temos que
Mostre que a sequência un =
n+1
n2 +2
é monótona.
Devemos mostrar que un pertence a um dos tipos descritos na Denição 5.5.1.
(n+1)+1
n+2
un = nn+1
2 +2 e un+1 = (n+1)2 +2 = n2 +2n+3 . Vericaremos se un+1 ≤ un
n+2
+ 2n + 3
2
⇔ (n + 2)(n + 2)
⇔ n3 + 2n2 + 2n + 4
⇔1
n2
n+1
n2 + 2
≤ (n + 1)(n2 + 2n + 3)
≤ n3 + 3n2 + 5n + 3
≤ n2 + 3n.
≤
A última desigualdade é verdadeira para todo
n.
Logo,
un =
n+1
é decrescente e, assim,
n2 +2
monótona.
DEFINIÇÃO 5.5.4 Sejam un uma sequência numérica, C e K dois números reais. Dizemos
que C é limitante inferior de un se C ≤ un para todo n e que K é limitante superior de un
se K ≥ un para todo n.
Consideremos a sequência monótona decrescente un = nn+1
2 +2 cujos termos são
2 3 4 5
, , , , · · · e cujo limite é L = 0. Então, todo número real C ≤ 0 é limitante inferior de
3 6 11 18
un e todo K ≥ 23 é limitante superior de un , pois un < u1 = 23 .
EXEMPLO
5.5.5
DEFINIÇÃO 5.5.6 Seja un uma sequência numérica que possui limitantes inferiores e superiores, então un é dita sequência limitada.
Note que uma sequência, para ser limitada, não precisa ter limite. Por
exemplo, un = (−1)n não tem limite, mas é limitada.
OBSERVAÇÃO
5.5.7
TEOREMA 5.5.8
Toda sequência monótona limitada em R é convergente.
TEOREMA 5.5.9
Sejam un e yn sequências numéricas em R tais que lim un = a e
n→∞
lim yn = b. Então são válidas as armações:
n→∞
(i)
lim c = c;
n→∞
174
(ii)
lim cun = ca;
n→∞
(iii)
n→∞
(iv)
n→∞
lim (un ± yn ) = a ± b;
lim un yn = ab;
(v) Se b ̸= 0 e yn ̸= 0 então n→∞
lim uy
n
n
(vi)
5.6
lim ck
n→∞ n
= ab ;
= 0, se k é uma constante positiva.
Séries Numéricas
DEFINIÇÃO 5.6.1 Seja un : N∗ → R uma sequência numérica. Denominamos série innita
à soma de todos os innitos termos dessa sequência, ou seja, uma série é uma expressão da
forma
∞
∑
un = u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · .
n=1
A sequência un , cujos innitos termos são somados, é chamada de termo geral ou n−ésimo
termo da série.
Questões pertinentes no estudo de séries são: Como se determina o resultado de uma
soma innita? Toda série possui uma soma nita?
Passaremos a responder tais questões no desenvolvimento do restante deste capítulo. No
entanto, estaremos muito mais preocupados com o fato de determinar se uma série innita
possui ou não uma soma nita do que propriamente encontrar o valor desta soma.
Começaremos com o conceito de
DEFINIÇÃO 5.6.2 Seja
∞
∑
somas parciais de uma série.
un uma série. A soma dos primeiros k termos desta série, dada
n=1
por
Sk =
k
∑
u n = u1 + u2 + u 3 + · · · + uk
n=1
é denominada soma parcial da série dada.
Note que as somas
S1
S2
S3
Sk
=
=
=
···
=
formam uma sequência, chamada de
convergir, ou seja, se existir
S
e denotaremos
∞
∑
n=1
Se não existir tal
S
tal que
u1
u1 + u2 = S 1 + u2
u1 + u2 + u3 = S 2 + u3
Sk−1 + uk
sequência de somas parciais.
lim Sk = S,
k→∞
Se esta sequência
dizemos que a série dada
converge para
un = S.
S,
diremos que a série
diverge,
signicando que não podemos obter
um valor nito para a soma das innitas parcelas da série.
Para melhor entendimento, vamos considerar e analisar um exemplo.
175
5.6.3 Durante o tempo que permanecer na
universidade, um estudante da Udesc
deverá receber uma mesada de seu pai, em unidades monetárias, que obdedece à sequência
20000
un =
, onde n corresponde ao número da parcela a ser recebida. Pergunta-se
EXEMPLO
n(n + 1)
(i) Qual o montante que o estudante deverá receber até o nal da faculdade, supondo que ele
conclua o curso em 60 meses?
(ii) No caso do estudante permanecer na universidade indenidamente, como cará o montante recebido?
Solução:
As parcelas mensais recebidas pelo estudante são dadas pela sequência que des-
creve o valor da mesada, que são
10000,
10000 5000
2000 10000 2500
,
, 1000,
,
,
, ···
3
3
3
21
7
Para responder a primeira pergunta, vamos escrever o problema no formato de uma série
innita, isto é,
∞
∑
20000
10000 5000
2000 10000 2500
= 10000 +
+
+ 1000 +
+
+
+ ···
n(n + 1)
3
3
3
21
7
n=1
Os primeiros termos das somas parciais desta série são dadas por
S1 = u1 = 10000,
40000
,
S 2 = S 1 + u2 =
3
S3 = S2 + u3 = 15000,
S4 = S3 + u4 = 16000
Agora, precisamos determinar uma expressão para o termo geral desta soma. Para isso,
reescrevemos o termo geral da série usando decomposição em frações parciais, tomando
20000
A
B
A (n + 1) + Bn
A + (A + B)n
= +
=
=
n(n + 1)
n n+1
n(n + 1)
n(n + 1)
e obtendo que
{
A = 20000
A+B =0
⇒
A = 20000
e
B = −20000.
Desse modo a série dada pode ser reescrita como
)
∞ (
∞
∑
∑
20000 20000
20000
=
−
n(n
+
1)
n
n+1
n=1
n=1
e a soma dos seus
(
Sk =
k−primeiros
20000
20000 −
2
termos é dada por
)
(
+
20000 20000
−
2
3
)
(
+ ··· +
20000 20000
−
k
k+1
e como podemos simplicar alguns termos intermediários, obtemos que
Sk = 20000 −
176
20000
,
k+1
)
ou seja,
Sk =
20000k
.
k+1
O leitor poderá vericar que as somas parciais determinadas anteriormente correspondem
às fornecidas por esta expressão.
Como a solução para a questão (i) do exemplo corresponde à sexagésima soma, temos
que
S60 =
20000 · 60
= 19672.
61
Desse modo, após 60 meses, o estudante terá recebido um montante de
19672
unidades
monetárias.
Passaremos agora a responder a segunda questão. Na Figura 5.3 podemos ver o comportamento para o crescimento da soma da série.
Sk
k
Figura 5.3: Estimativa para o crescimento da série
Portanto, se o estudante car indenidamente na universidade, observando o gráco,
podemos armar que não receberia mais do que
que a soma da série tem limite
20000
20000
unidades monetárias. Isso signica
quando a quantidade de parcelas tende para innito,
ou seja,
20000k
= 20000.
k→∞
k→∞ k + 1
série converge para 20000 e podemos
lim Sk = lim
Em outras palavras, a
escrever
∞
∑
20000
= 20000.
n(n
+
1)
n=1
Como vimos acima, a soma de uma série innita é obtida pelo limite da sua sequência de
somas parciais. Assim, denimos o limite de uma série do mesmo modo com que foi denido
o limite de uma sequência.
5.6.4 Soma de uma Série
DEFINIÇÃO 5.6.5 Seja
∞
∑
un uma série cuja sequência de somas parciais é Sk . Dizemos
n=1
que o número S é a soma da série, denotando S =
∞
∑
n=1
un , se S for o limite de Sk quando k
tender para o innito, ou seja, se dado ε > 0 pudermos encontrar N0 > 0 tal que, para todo
k > N0 vale a desigualdade |Sk − S| < ε.
177
EXEMPLO
que
5.6.6
Considere a série obtida no Exemplo 5.6.3, dada por
∞
∑
20000
= 20000.
n=1 n(n + 1)
∞
∑
20000
. Mostre
n=1 n(n + 1)
Solução:
20000k
Como vimos acima, a sequência de somas parciais da série dada é Sk =
.
k+1
20000k
Devemos então mostrar que lim
= 20000, ou seja, que dado ε > 0 podemos encontrar
k→∞ k+1
N0 > 0
k > N0 então |Sk − 20000| < ε. Como
20000k
20000k − 20000k − 20000 −20000 =
|Sk − 20000| = − 20000 = k+1 k+1
k+1
tal que para, se
temos que a desigualdade desejada será válida se
20000
20000 − ε
< ε ⇒ 20000 < kε + ε ⇒
< k.
k+1
ε
Consequentemente, podemos tomar
N0 =
20000 − ε
ε
e a Denição 5.6.1 estará satisfeita.
Suponhamos que se deseja saber a partir de qual parcela a diferença entre o montante
300 u.m.. Para obter a resposta tomamos ε = 300 e
20000 − 300
obteremos N0 =
= 65, 667. Isso signica que em todas as parcelas, a partir da
300
sexagésima sexta, a diferença entre o montante e o limite é menor do que 300 u.m..
e o total a receber será menor do que
Suponhamos que se deseja saber a partir de qual parcela a diferença entre o montante
200 u.m.. Para obter a resposta tomamos ε = 200 e obteremos
20000 − 200
N0 =
= 99. Isso signica que em todas as parcelas, a partir da parcela de
200
número 99, a diferença entre o montante e o limite é menor do que 100 u.m..
e o limite é menor do que
5.6.7
Séries Convergentes
DEFINIÇÃO 5.6.8 Seja
Dizemos que
divergente.
EXEMPLO
∞
∑
un é
n=1
5.6.9
∞
∑
un uma série e seja Sk a soma parcial dos termos dessa série.
n=1
convergente se
A série
∞
∑
n=1
20000
n(n+1)
lim Sk existe. Caso contrário, dizemos que a série é
k→∞
do Exemplo 5.6.3 é convergente pois
20000k
= 20000.
n→∞ k + 1
lim Sk = lim
k→∞
Determine se a série
∞
∑
2n
é convergente ou divergente.
n−1
n=1 5
EXEMPLO
5.6.10
Solução:
Devemos vericar se a sequência de somas parciais desta série tem limite. Todas
as séries que apresentam esse modelo (séries geométricas) podem ser resolvidas conforme o
modelo que segue.
(i) Escrevemos a soma dos
k
primeiros termos:
Sk = 2 +
2k
22 23 24
+ 2 + 3 + · · · + k−1
5
5
5
5
178
(ii) Multiplicamos
Sk
por
2
5
2
22 23 24
2k
2k+1
Sk =
+ 2 + 3 + · · · + k−1 + k
5
5
5
5
5
5
(iii) Tomamos a diferença entre os resultados de (i) e (ii), obtendo
2
Sk − Sk =
5
(
22 23
2k
2+
+ 2 + · · · + k−1
5
5
5
)
(
−
2k
2k+1
22 23
+ 2 + · · · + k−1 + k
5
5
5
5
)
ou seja,
3
2k+1
Sk = 2 − k
5
5
ou ainda,
10 5 2k+1
10 10
Sk =
−
=
−
k
3
3 5
3
3
e como
2
< 1,
5
temos que a
10 10
S = lim Sk = lim
−
k→∞
k→∞ 3
3
Consequentemente, a série
EXEMPLO
( )k
2
5
5.6.11
∞
∑
2n
n−1
n=1 5
( )k
2
10
= .
5
3
converge para
10
.
3
Encontre o termo geral da sequência de somas parciais da série
∞
∑
n=1
−4
.
(2n + 3)(2n − 1)
A seguir, determine se a série converge ou diverge, obtendo o valor de sua soma, se possível.
Solução:
Note que
∞
∑
n=1
−4
1
1
=
−
,
(2n + 3)(2n − 1)
2n + 3 2n − 1
∞
∑
n=1
∑
−4
=
(2n + 3)(2n − 1) n=1
∞
(
assim temos que
1
1
−
2n + 3 2n − 1
)
.
Logo, a sequência das somas parciais é:
Sk
k (
∑
)
1
1
=
−
2n
+
3
2n − 1
n=1
(
) (
) (
) (
)
1
1 1
1
1 1
1
=
−1 +
−
−
−
+
+
+ ··· +
5
7 3
9 5
11 7
(
) (
) (
)
1
1
1
1
1
1
−
−
−
+··· +
+
+
2k − 1 2k − 5
2k + 1 2k − 3
2k + 3 2k − 1
1
1
1
+
= −1 − +
3 2k + 1 2k + 3
Portanto, o termo geral da sequência de somas parciais da série dada é
1
.
2k + 3
179
1
4
+
Sk = − +
3 2k + 1
Por denição a série converge se
lim Sk
k→∞
(
Como
lim Sk = lim
k→∞
k→∞
A série dada converge e sua soma é
existe e a soma da série é o valor do limite.
4
1
1
− +
+
3 2k + 1 2k + 3
)
4
=− .
3
S = − 43 .
Observações:
1. Uma das propriedades das séries innitas é que a convergência ou divergência não
é afetada se subtrairmos ou adicionarmos um número nito de termos a elas.
Por
exemplo, se no Exemplo 5.6.3 o estudante só começasse a receber a primeira parcela
∞
∑
após 5 meses, a série seria escrita com
e a soma seria
S = 20000 − S5 .
n=6
20000
,
n(n + 1)
no primeiro termo, ou seja,
n=6
Se por outro lado, o seu pai decidisse nos primeiros 10
meses dar uma mesada xa de 2000u.m. por mês e iniciar o pagamento com
décimo primeiro mês, a soma seria
20000k
.
S = 2000(10) + lim
k→∞ k + 1
n=1
no
Em ambos os casos a
série continuará convergente.
∞
∑
∞
∑
∞
∑
(un + yn ) é
n=1
∞
∞
∞
∑
∑
∑
(un + yn )
yn são divergentes, a série
un e
divergente. No entanto, se as séries
n=1
n=1
n=1
pode ser convergente ou divergente.
2. Se a série
un
é convergente e a série
yn
é divergente, então a série
n=1
n=1
∞
∑
un é uma série convergente de termos positivos, seus termos podem ser reagrun=1
pados de qualquer modo e a série resultante também será convergente e terá a mesma
3. Se
soma que a série dada.
TEOREMA 5.6.12
Seja
∞
∑
un uma série e α ∈ N∗ . Se a série
n=1
∞
∑
un = uα + uα+1 + uα+2 + · · ·
n=α
for convergente, então a série
∞
∑
un = u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · ·
n=1
também será convergente.
DEMONSTRAÇÃO: Supondo que a série
∞
∑
un é convergente, temos que ela possui uma soma.
n=α
Seja Sk−α o termo geral da sequência de suas somas parciais, tal que S = lim Sk−α e seja
k→∞
∞
∑
Sα = u1 + u2 + u3 + · · · + uα . Desse modo, o termo geral da soma parcial da série
un será
n=1
Sk = Sα + Sk−α e, portanto, lim Sk = lim Sα + lim Sk−α , donde segue que lim Sk = Sα + S.
k→∞
k→∞
k→∞
k→∞
∞
∑
Consequentemente,
un é convergente.
n=1
180
Propriedades
Sejam
∞
∑
un = u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · ·
n=1
e
∞
∑
yn = y1 + y2 + y3 + · · · + yk + · · ·
n=1
duas séries que convergem para
S
e
S ′,
respectivamente, então são válidas as seguintes
propriedades.
(i)
∞
∑
kun = k
n=1
(ii)
∞
∑
∞
∑
para todo
k ∈ R,
ou seja, a série
n=1
(un ± yn ) =
n=1
5.7
un
∞
∑
kun
converge para
kS.
converge para
S + S ′.
n=1
∞
∑
un ±
n=1
∞
∑
yn ,
ou seja, a série
n=1
∞
∑
(un ± yn )
n=1
Condição necessária para Convergência
Não existe uma regra geral para vericar se uma série é convergente ou não. Como veremos
nos próximos itens, há critérios que dão respostas a tipos particulares de séries.
Porém,
vericando se uma série não possui a condição necessária para convergência, saberemos que
ela não é convergente. Essa condição, é dada pelo teorema abaixo.
TEOREMA 5.7.1
Se
∞
∑
un é uma série convergente, então lim un = 0.
n→∞
n=1
DEMONSTRAÇÃO: Suponhamos que a série
∞
∑
un converge para S, então podemos armar
n=1
de modo que, pela Denição 5.6.8, dado ε > 0 podemos encontrar N0 > 0
lim Sk = S,
k→∞
tal que para todo
que
Sk = Sk−1 + uk ,
k > N0
temos que
vale a desigualdade
uk = Sk − Sk−1
|Sk − S| <
ε
2
e
|Sk−1 − S| <
ε
. Como
2
e assim,
|uk − 0| =
=
=
=
≤
|Sk − Sk−1 − 0|
|Sk − S + S − Sk−1 |
|(Sk − S) + (S − Sk−1 )|
|Sk − S| + |S − Sk−1 |
|Sk − S| + |Sk−1 − S|
ε ε
<
+ = ε.
2 2
lim uk = 0.
k→∞
Uma consequência muito importante desse teorema é o corolário a seguir.
Assim, pela Denição 5.2.4, segue que
COROLÁRIO 5.7.2 Seja
EXEMPLO
5.7.3
A série
∞
∑
un uma série tal que lim un ̸= 0, então
n→∞
n=1
∞
∑
n=1
2n+2
3n+5
181
un é divergente.
n=1
é divergente já que lim un = lim
n→∞
∞
∑
2n+2
n→∞ 3n+5
=
2
3
̸= 0.
EXEMPLO
5.7.4
A série
∞
∑
n=1
1
n
é tal que lim un = lim
1
n→∞ n
n→∞
= 0, isto é, possui a condição
necessária para convergência. No entanto, não podemos, sem aplicar outros testes de convergência, armar se ela é convergente ou divergente.
Portanto quem atentos, se o lim un ̸= 0 prova-se que a série é divern→∞
gente. Mas, se lim un = 0 a série pode convergir ou divergir, para isso necessitamos estudar
n→∞
critérios para fazer tal vericação.
OBSERVAÇÃO
5.7.5
Veremos, na sequência, alguns resultados que permitem vericar se uma série é convergente ou divergente
5.8
Séries Especiais
5.8.1 Série harmônica
DEFINIÇÃO 5.8.2 A série
∞ 1
∑
é denominada série harmônica.
n=1 n
A série harmônica é uma das séries mais importantes da matemática. Seu nome surge
em conexão com os sons harmônicos produzidos pela vibração de uma corda musical.
A série harmônica, embora possua a condição necessária para convergência, é uma série
divergente. A divergência da série harmônica não é trivial. Sua lenta divergência se tornará
evidente quando examinarmos suas somas parciais com maior detalhe. Na verdade, vamos
mostrar que a sequência de somas parciais
Sn
da série harmônica não converge, pois admite
S2 , S4 , S8 , S16 , S32 , · · ·
S2n de Sn . Temos que
subsequências divergentes. Para isso, vamos considerar as somas
índices são sempre potências de
2,
formando a subsequência
cujos
1
1 1
2
> + =
2
2 2
2(
)
1 1
1 1
1
3
S2 + + > S 2 +
+
= S2 + >
3 4
4 4
2
2
(
)
1 1 1 1
1 1 1 1
1
4
S 4 + + + + > S4 +
+ + +
= S4 + >
5 6 7 8
8 8 8 8
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
S8 + +
+
+
+
+
+
+
9 10 11 12 13 14 15 16 )
(
1
1
1
1
1
1
1
1
5
1
+
+
+
+
+
+
+
= S8 + >
S8 +
16 16 16 16 16 16 16 16
2
2
S21 = S2 = 1 +
S22 = S4 =
S23 = S8 =
S24 = S16 =
>
n+1
2
para todo
n ∈ N∗ .
n+1
= ∞,
n→∞
n→∞ 2
é uma subsequência divergente de Sn . Com isso, temos que Sn
também
e assim sucessivamente, de forma que podemos intuir que
S2 n >
Desta forma, temos que
lim S2n ≥ lim
o que nos diz que
S2n
diverge, pois do contrário iríamos contrariar o Teorema 5.3.3. Como a sequência de somas
parciais da série harmônica diverge, concluímos que a própria
série harmônica diverge.
Vejamos algumas somas parciais da série harmônica, obtidas com auxílio do MAPLE 6,
que nos mostra a forma lenta com a qual a soma da série tende ao innito.
S10 = 2, 9289
Sum milhão = 14, 392
S100 = 5, 1873
Sum bilhão = 21, 300
182
S1000 = 7, 485
Sum trlhão = 28, 208.
5.8.3 Série geométrica
DEFINIÇÃO 5.8.4 Denominamos série geométrica à toda série da forma
é denominada razão.
∞
∑
a1 q n−1 , onde q
n=1
Encontre a soma da série geométrica e estude sua convergência.
EXEMPLO
5.8.5
Solução:
Consideremos a série geométrica
∞
∑
a1 q n−1 = a1 + a1 q + aq 2 + · · · + a1 q n−1 + · · ·
n=1
e a soma dos seus
n−primeiros
termos, dada por
Sn = a1 + a1 q + aq 2 + · · · + a1 q n−1 .
Multiplicando ambos os lados dessa igualdade pela razão
q
obtemos
qSn = a1 q + a1 q 2 + a1 q 3 + · · · + a1 q n
e tomando a diferença entre as duas últimas expressões, obtemos
qSn − Sn = (a1 q + a1 q 2 + a1 q 3 + · · · + a1 q n ) − (a1 + a1 q + aq 2 + · · · + a1 q n−1 ) ,
(q − 1)Sn = a1 q n − a1 = a1 (q n − 1),
a1 (q n − 1)
Sn =
.
(q − 1)
Para estudar a convergência dessa série devemos considerar três casos:
(I) Se
Sn
(II) Se
(III) Se
q=1
então
a1 (q n − 1)
=∞
n→∞ (q − 1)
lim Sn = lim
n→∞
e a série é divergente. Se
q = −1
então
tem dois valores para o limite e, portanto, a série é divergente.
|q| > 1
então
|q| < 1
a1 (q n − 1)
=∞
n→∞ (q − 1)
lim Sn = lim
n→∞
então
e a série é divergente.
a1 q n
−a1
−a1
a1 (q n − 1)
= lim
+ lim
=
n→∞ q − 1
n→∞ (q − 1)
(q − 1)
(q − 1)
lim Sn = lim
n→∞
e a
série é convergente.
Conclusão:
|q| < 1.
Uma série geométrica é divergente se
Quando
|q| < 1
ainda temos que
∞
∑
a1 q n−1
n=1
EXEMPLO
∞ ( )
∑
3 n
n=1
2
5.8.6
A série
∞ ( )
∑
2 n
n=1
3
|q| ≥ 1
a1
.
=
1−q
e é
é convergente, pois sua razão é q =
é divergente pois sua razão é q =
3
2
> 1.
183
2
3
convergente se
< 1. Já a série
5.9
Critérios de Convergência de Séries
Quando conhecemos o termo geral da soma de uma série, é fácil fazer a vericação da
convergência. Podemos vericar se uma série converge usando critérios para convergência
que passaremos a estudar a seguir.
5.9.1 Critério da integral
TEOREMA 5.9.2
Seja
∞
∑
un uma série tal que un+1 ≤ un para todo n ∈ N∗ . Seja f (x)
n=1
uma função positiva, contínua
∫ e decrescente no intervalo [1, ∞) tal que f (n) = un para todo
∞
n ∈ N∗ . Então, se a integral
f (x) dx convergir, a série
1
Se a integral divergir, a série também será divergente.
∞
∑
un também será convergente.
n=1
A demonstração deste teorema poderá ser estudada em qualquer um dos livros constantes
na bibliograa.
EXEMPLO
5.9.3
Verique as hipóteses do teste da integral e utilize-o, se possível, para analisar
a convergência da série
∞
∑
ne−n .
n=1
Solução:
f (x) = xe−x ,
obviamente f (x) é contínua e positiva para
x ≥ 1. Falta vericar que é decrescente. Usando o teste da primeira derivada temos que
f ′ (x) = e−x (1 − x) e f ′ (x) < 0 para todo x > 1, em x = 1 função apresenta um máximo
local, então f (x) é decrescente para todo x ≥ 1. Como as hipóteses do teste da integral estão
∞
∑
vericadas podemos utilizá-lo para estudar a convergência da série
ne−n .
Considere a função
O teste da integral arma que a série
∞
∑
∫
n=1
ne
−n
converge se, a integral
I =
∞
xe−x dx
1
n=1
converge e a série diverge se a integral divergir.
Assim,
∫
∞
∫
b
xe dx = lim
xe−x dx
b→+∞
1
1


b ∫
b
e−x dx
= lim −xe−x +
b→+∞
1
I =
−x
1
(
)
(
) 2
b
1
2
−b
−1
−b
−1
= + lim − b − b = .
= lim −be + e − e + e
b→+∞
e b→+∞
e
e
e
Como a integral imprópria converge, pelo teste da integral a série
∞
∑
ne−n também converge.
n=1
5.9.4 Série p ou Série Hiper-harmônica
DEFINIÇÃO 5.9.5 Denominamos série p todas as séries escritas na forma
uma constante positiva.
184
∞ 1
∑
, onde p é
p
n=1 n
Vamos utilizar o Teorema 5.9.2 para estudar a convergência da série
∞ 1
∑
1
1
1
1
= 1+ p + p + p +···+ p +··· .
p
2
3
4
n
n=1 n
Estude a convergência da série
EXEMPLO
5.9.6
Solução:
Considerando
1
,
xp
f (x) =
p.
f
temos que
é positiva, contínua e decrescente, satis-
fazendo todas as condições do Teorema 5.9.2, de modo que podemos tomar a integral
∫
∞
1
1
dx = lim
n→∞
xp
∫
n
1
1
dx.
xp
Temos três casos a considerar:
(i) Se
p=1
teremos que
∫
∞
1
1
dx = lim
n→∞
x
∫
Consequentemente, quando
1
n
n
1
dx = lim ln x = lim (ln n − ln 1) = ∞.
n→∞
n→∞
x
1
p=1, a série
∞
∑
∞ 1
∑
1
=
p
n=1 n
n=1 n
é
divergente.
Note que neste
caso, temos a série harmônica.
(ii) Se
p<1
∫
∞
1
teremos que
(iii) Se
p>1
∫
∞
1
1
dx = lim
n→∞
xp
5.9.7
1
n
e assim
n
)
( 1−p
1
x1−p n
1
dx = lim
−
= ∞.
= lim
n→∞ 1 − p n→∞
xp
1−p 1−p
1
p<1, a série
teremos que
∫
Consequentemente, se
EXEMPLO
∫
1
dx = lim
n→∞
xp
Consequentemente, se
1−p>0
1
1−p<0
n
∞
∑
1
p
n=1 n
é
divergente.
e assim
n
( 1−p
)
x1−p n
1
−1
1
dx
=
lim
=
lim
−
=
.
n→∞ 1 − p n→∞
xp
1−p 1−p
1−p
p>1 a série
1
∞
∑
1
p
n=1 n
é
convergente.
As séries abaixo são exemplos de séries p.
(a)
∞ 1
∑
convergente, pois é uma série-p com p = 9 > 1.
9
n=1 n
(b)
∞
∑
1
√ divergente, pois é uma série-p com p =
n
n=1
185
1
2
< 1.
5.9.8 Critério da comparação
TEOREMA 5.9.9
Seja
∞
∑
un uma série e seja
n=1
estudar, então:
∞
∑
yn uma série cuja convergência queremos
n=1
∞
∑
(i) Se
un for uma série convergente e 0 ≤ yn ≤ un para todo n, então a série
n=1
convergente.
(ii) Se
∞
∑
un for uma série divergente e yn ≥ un ≥ 0 para todo n, então a série
n=1
DEMONSTRAÇÃO: (i) Sejam
tem limite
n,
n. Como
para todo
∞
∑
∞
∑
un
uma série convergente e
n=1
un
n=1
de modo que
L,
yn é
n=1
∞
∑
yn é
n=1
divergente.
un
∞
∑
∞
∑
yn
uma série tal que
0 ≤ yn ≤
n=1
é uma série convergente, a sequência de suas somas parciais
u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · < L.
Como
0 ≤ yn ≤ un
Sn
para todo
segue que
0 ≤ y1 + y2 + y3 + · · · + yk + · · · ≤ u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · < L.
Consequentemente, a sequência de somas parciais de
∞
∑
yn
é limitada e, além disso,
n=1
monótona. Logo, pelo Teorema 5.5.8 é convergente e, assim, a série
(ii) Sejam
∞
∑
∞
∑
yn
un
uma série divergente e
yn ≥ u n ≥ 0
n=1
série divergente a sua sequência de somas parciais
∞
∑
un é uma
n=1
Sn não tem limite, de modo que dado um
para todo
n.
Como
L > 0, existe K > 0 tal que u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · > L
yn ≥ un para todo n, segue que
número
Como
é convergente.
n=1
para todo
n > K.
y1 + y2 + y3 + · · · + yk + · · · ≥ u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · > L.
Consequentemente, a sequência de somas parciais
∞
∑
limitada e, assim, a série
yn é divergente.
n=1
EXEMPLO
5.9.10
não é
Usando o Teorema 5.9.9 estude a convergência da série
∞
∑
n=1
Solução:
y1 + y2 + y3 + · · · + yk + · · ·
n
.
n3 + n2 + n + 1
Conforme o Teorema 5.9.9, devemos encontrar uma série que sabemos ser conver-
gente ou divergente e fazer a comparação do termo geral dessa série com a série em estudo.
Um procedimento usado para encontrar um termo geral adequado é majorar o termo geral
da série proposta. Vamos descrever o processo.
(i) Temos duas formas de majorar um quociente: aumentando o denominador ou diminuindo o denominador. No termo geral da série em estudo, vamos diminuir o denominador passo a passo
n3
+
n
n
1
n
< 3
< 3
=
.
2
2
+n+1
n +n +n
n +n
n(n + 1)
n2
186
No Exemplo 5.6.3, vimos que a série
∞
∞
∑
∑
20000
1
= 20000
,
n=1 n(n + 1)
n=1 n(n + 1)
∞
∑
20000
n=1 n(n + 1)
é convergente. Como podemos escrever
segue (pela propriedade i), que
∞
∑
1
n=1 n(n + 1)
também é
convergente.
(ii) Vamos vericar que, de fato,
⇔
⇔
⇔
que é válido para todo
n3
n3
+
n
1
≤
+n+1
n(n + 1)
n2
para todo
n ∈ N∗ .
1
n(n + 1)
≤ n3 + n2 + n + 1
≤ n3 + n2 + n + 1
≤
n+1
n
+ +n+1
n2 (n + 1)
n3 + n2
0
≤
n2
n. Logo, pelo Teorema 5.9.9, a série
∞
∑
n=1
n3
+
n
+n+1
n2
5.9.11 Critério de D'Alambert ou Critério da Razão
∞
∑
TEOREMA 5.9.12 Seja un uma série tal que un > 0 para todo n e
n=1
Então
(i) A série
∞
∑
é convergente.
un+1
= L.
n→∞ un
lim
un converge se L < 1;
n=1
(ii) A série
∞
∑
un diverge se L > 1;
n=1
(iii) Nada podemos armar se L = 1.
∞
∑
un+1
= L. Então, dado ε > 0 podemos
n→∞ un
n=1
un+1
< ε.
encontrar K > 0 tal que, para todo n > K vale a desigualdade
−
L
un
Suponhamos que L < 1. Então existe
q tal que
L < q < 1 e isso implica que q − L < 1.
un+1
Tomando ε = q − L podemos escrever un − L < q − L donde vem
DEMONSTRAÇÃO: Seja
− (q − L) <
un
uma série tal que
un+1
−L<q−L
un
Da última relação concluímos que
un+1
un+2
un+3
···
un+k
ou
un+1 < un q.
lim
− (q − L) + L <
un+1
< q.
un
Dessa relação temos que
< un q
< un+1 q < un qq < un q 2
< un+2 q < un q 2 q < un q 3
< un+(k−1) q < un q k−1 q < un q k
e assim sucessivamente, de forma que
un+1 + un+2 + un+3 + · · · < un q + un q 2 + un q 3 + · · · .
187
é uma série geométrica, com razão |q| < 1 e, portanto,
∞
∑
convergente. Assim, pelo Teorema 5.9.9, a série
un converge se L < 1.
n=1
un+1
Por outro lado, suponhamos que lim
= L > 1, então obteremos un+1 > un para todo
n→∞ un
n e, desse modo, lim un ̸= 0. Consequentemente, a série não possui a condição necessária
n→∞
∞
∑
para convergência. Logo, a série
un diverge se L > 1.
n=1
un+1
A parte (iii) do Critério de D'Alambert diz que, se lim
= 1, então este critério
n→∞ un
∞
∞
∑
∑
Note que
un q + un q 2 + un q 3 + · · ·
é inconclusivo.
un+1
lim
= 1,
n→∞ un
Observe isso considerando os exemplos:
n=1
porém a primeira é uma série p, com
1
n2
p = 2,
e
n=1
1
.
n
Para ambas
convergente e a segunda é
a série harmônica que sabemos ser divergente.
EXEMPLO
5.9.13
Usando o critério de D 'Alambert, estude a convergência da série
∞
∑
2n
n=1
Solução:
Temos que
un =
2n
n
e
un+1 =
n
2n+1
.
n+1
.
Logo,
un+1
n2n+1
n2n 2
2n
= n
= n
=
un
2 (n + 1)
2 (n + 1)
(n + 1)
e assim, pelo critério de D'Alembert, temos que
un+1
2n
= lim
= 2 > 1.
n→∞ un
n→∞ (n + 1)
L = lim
Consequentemente, a série
∞ 2n
∑
n=1 n
é divergente.
Estude a convergência da série
EXEMPLO
5.9.14
Solução:
Temos que
un =
1
n!
e
un+1 =
∞ 1
∑
.
n=1 n!
1
(n + 1)!
e então
un+1
n!
1
= lim
= lim
= 0 < 1,
n→∞ un
n→∞ (n + 1)!
n→∞ n + 1
L = lim
portanto a série
∞ 1
∑
n=1 n!
converge, pela critério de D'Alembert.
5.9.15 Critério de Cauchy ou Critério da Raíz
TEOREMA 5.9.16
Então
Seja
∞
∑
un uma série tal que un > 0 para todo n e
n=1
188
lim
n→∞
√
n
un = L.
(i) A série
∞
∑
un converge se L < 1;
n=1
(ii) A série
∞
∑
un diverge se L > 1;
n=1
(iii) Nada podemos armar se L = 1.
EXEMPLO
5.9.17
Usando o critério de Cauchy, estude a convergência da série
∞
∑
n=1
Solução:
Temos que
√
n
que
e concluímos que a série
un =
√(
n
)n
n
2n+5
5.9.18
Solução:
Temos que
)n
.
n
e aplicando o critério de Cauchy, obtemos
2n+5
√
n
1
L = lim n un = lim
= < 1,
n→∞ 2n + 5
n→∞
2
(
)
n
∞
∑
n
é convergente.
2n + 5
n=1
√
n
√
un =
Assim,
L = lim
n→∞
∞
∑
52n
3n+1
n=1 2
5.10
n
2n + 5
∞
∑
52n
Estude a convergência da série
.
3n+1
n=1 2
EXEMPLO
e a série
=
(
n
√
n
52n
25
52
=
1 =
1 .
3n+1
2
23+ n
8.2 n
un = lim
25
n→∞ 8.2
1
n
=
25
>1
8
diverge, pelo critério de Cauchy.
Séries de Termos Positivos e Negativos
DEFINIÇÃO 5.10.1 Seja un > 0 para todo n ∈ N∗ . Denominamos série alternada à série
da forma
∞
∑
(−1)n−1 un = u1 − u2 + u3 − u4 + · · · + (−1)n−1 un + · · ·
n=1
ou
∞
∑
(−1)n un = −u1 + u2 − u3 + · · · + (−1)n un + · · ·
n=1
EXEMPLO
5.10.2
A série
∞
∑
n=1
exemplo de série alternada.
(−1)n−1
1
1
1
1
1
= 1 − p + p − p + · · · + (−1)n−1 p + · · · é um
p
n
2
3
4
n
189
5.10.3 Convergência de uma série alternada
Infelizmente todos os critérios de convegência vistos até o momento não são válidos para
séries alternadas, pois eles exigiam que os termos da série fossem todos positivos. A seguir,
passaremos a ver alguns resultados que são válidos para séries de termos positivos e negativos.
TEOREMA 5.10.4 (Teorema de Leibnitz)
∞
∑
Considere uma série alternada
(−1)n−1 un = u1 − u2 + u3 − u4 + · · · + (−1)n−1 un + · · ·
n=1
tal que
(i) u1 > u2 > u3 > u4 > · · ·
(ii) lim un = 0.
n→∞
Então são válidas as seguintes conclusões:
(a) A série alternada é convergente.
(b) A soma parcial Sn da série alternada é tal que 0 < Sn < u1 .
DEMONSTRAÇÃO: (a) Consideremos a soma dos
2n
primeiros termos da série alternada.
Suponhamos que os termos de ordem ímpar da série são positivos e os de ordem par são
negativos. Se, por acaso o primeiro termo for negativo, iniciaremos a contagem em
u2 ,
pois
a retirada de um número nito de termos não afeta a convergência da série. Desse modo, o
termo
u2n−1
é positivo e o termo
u2n
é negativo. Assim, pela condição
(i)
temos que
(u1 − u2 ) > 0, (u3 − u4 ) > 0, · · · (un − un+1 ) > 0, · · · (u2n−1 − u2n ) > 0
de modo que
S 2 = u1 − u2 > 0
S4 = S2 + (u3 − u4 ) > S2
S6 = S4 + (u5 − u6 ) > S4
e assim sucessivamente. Portanto, obtemos que
0 < S2 < S4 < .... < S2n .
Ainda, associando os termos de outra forma, obtemos que
S2n = (u1 − u2 ) + (u3 − u4 ) + ... + (u2n−1 − u2n )
= u1 − (u2 − u3 ) − (u4 − u5 ) − ... − (u2n−2 − u2n−1 ) − u2n
e, pela condição
(i),
cada termo entre parênteses é positiva. Portanto, estamos subtraindo
uma quantidade positiva de
u1 .
u1 ,
obtendo um resultado inferior a
u1 ,
de modo que
0 < S2n <
S2n é limitada e como 0 < S2 < S4 < · · · < S2n , também é monótona.
S2 , S4 , · · · , S2n converge, pelo Teorema 5.5.8.
= S. Como S2n < u1 , segue que S < u1 . Sendo S2n+1 = S2n + u2n+1 e
Com isso, segue que
Assim, concluímos que a sequência de somas
lim S2n
n→∞
aplicando a condição
Seja
(ii),
temos que
lim S2n+1 = lim S2n + lim u2n+1 = S + 0 = S.
n→∞
n→∞
n→∞
Consequentemente as somas de ordem ímpar tem a mesma soma dos termos de ordem
par. Finalmente, mostraremos que
lim S2n = S,
2n > K1 .
Como
que
n→∞
dado
ε>0
lim Sn = S.
n→∞
podemos encontrar
190
K1 > 0
tal que
|S2n − S| < ε
sempre
lim S2n+1 = S, dado
n→∞
sempre que 2n + 1 > K2 .
ε > 0
Como
podemos encontrar
K = max {K1 , K2 } , para todo n > K
∞
∑
lim Sn = S e a série
(−1)n−1 un é convergente.
Tomando
n→∞
|S2n − S| < ε
tal que
vale a desigualdade
|Sn − S| < ε.
Logo,
n=1
EXEMPLO
5.10.5
Usando o teorema de Leibnitz, estude a convergência da série
∞
∑
(−1)n−1
n=1
Solução:
da série é
todo
K2 > 0
n
n+2
.
n (n + 1)
un satisfaz todas condições
n+2
un =
> 0 para todo n ∈ N∗ . Agora,
n (n + 1)
Vamos vericar se
do Teorema 5.10.4. O termo geral
vamos vericar se
un > un+1
para
natural. Temos que
n+2
n (n + 1)
⇔ (n + 2) (n + 1) (n + 2)
⇔
n3 + 5n2 + 8n + 4
⇔
n2 + 5n + 4
que é verdadeiro para todo
n
n+3
(n + 1) (n + 2)
> n (n + 1) (n + 3)
> n3 + 4n2 + 3n
>
0,
>
natural. Assim, a primeira condição do Teorema 5.10.4 está
satisfeita. Ainda,
n+2
= 0.
n→∞ n (n + 1)
lim un = lim
n→∞
e então todas as exigências do Teorema 5.10.4 estão satisfeitas. Podemos concluir então que
a série
∞
∑
(−1)n−1
n=1
n+2
n (n + 1)
é convergente.
5.11
Série de Termos de Sinais Quaisquer
DEFINIÇÃO 5.11.1 Denominamos série de termos de sinais quaisquer à toda série formada
por termos positivos e negativos.
As séries alternadas são casos particulares das séries de termos de sinais quaisquer.
EXEMPLO
5.11.2
A série
∞
∑
n=1
) = 21 +
sin( nπ
6
√
3
2
√
+1+
3
2
+ 12 + 0 − 21 −
√
3
2
−1−
√
3
2
− 12 + 0 + · · ·
é um exemplo de série de termos de sinais quaisquer.
Veremos na sequência um teorema que permite vericar se uma série de termos de sinais
quaisquer é convergente.
TEOREMA 5.11.3
Seja
∞
∑
un uma série de termos de sinais quaisquer. Se a série
n=1
for uma série convergente então a série
∞
∑
∞
∑
n=1
un também será convergente.
n=1
191
|un |
∞
∑
No entanto, se a série
n=1
da série de sinais quaisquer
|un | for divergente, nada poderemos armar sobre a convergência
∞
∑
un .
n=1
EXEMPLO
5.11.4
Vimos no Exemplo 5.10.5 que a série
∞ (−1)n−1 n + 2
∑
é convergente.
n (n + 1)
n=1
∞ (−1)n−1 n + 2 ∞
∑
n+2
∑
não é convergente. O leitor pode vericar
Porém, a série
=
n (n + 1) n=1 n (n + 1)
n=1 essa armação usando o critério da comparação.
EXEMPLO
Solução:
p=3>1
5.11.5
Usando o Teorema 5.11.3, estude a convergência da série
Temos que
∞ ∞
∑
(−1)n−1 ∑
n3 =
n=1
n=1
∞ (−1)n−1
∑
.
n3
n=1
1
. Como podemos observar, esta é uma série
n3
e, portanto, convergente. Logo,
∞
∑
p com
(−1)n−1
é convergente. A convergência desta
n3
n=1
série também pode ser estudada pelo teorema de Leibnitz.
∞ sin(nx) + 3 cos2 (n)
∑
Usando o Teorema 5.11.3 estude a convergência da série
.
n2
n=1
EXEMPLO
5.11.6
Solução:
Temos que
∞ ∞
∑
sin(nx) + 3 cos2 (n) ∑
|sin(nx) + 3 cos2 (n)|
=
n2
n2
n=1
e como
n=1
|sin(nx)| ≤ 1 e |cos2 (n)| ≤ 1, usando propriedades de módulo, segue que
sin(nx) + 3 cos2 (n) ≤ |sin(nx)| + 3 cos2 (n) ≤ 1 + 3 cos2 (n) ≤ 1 + 3 = 4,
e então podemos concluir que
∞
∑
|sin(nx) + 3 cos2 (n)|
n2
n=1
para todo
n
natural. Como
∞
∑
n=1
4
é uma série
n2
p
∞
∑
4
≤
n2
n=1
convergente (p
= 2 > 1),
temos que a série
∞ ∑
sin(nx) + 3 cos2 (n) n2
n=1
converge, pelo critério da comparação.
∞
2
∑
Assim, a série
n=1
sin(nx) + 3 cos (n)
n2
também converge, pelo Teorema 5.11.3.
192
5.12
Séries absolutamente convergente e condicionalmente
convergentes
Antes de denir séries absolutamente convergente e condicionalmente convergentes vamos
considerar os exemplos abaixo.
EXEMPLO
5.12.1
Consideremos a série harmônica
∞
∑
1
1 1 1
1
= 1 + + + + ··· + + ···
n
2 3 4
n
n=1
já mostramos que esta série é divergente. Porém, a série harmônica alternada, dada por
∞
∑
(−1)n−1
n=1
1 1 1
1
1
= 1 − + − + · · · + (−1)n−1 + · · ·
n
2 3 4
n
é convergente, pelo teorema de Leibnitz. Vamos mostrar que a série
sob condições, isto é, podemos interferir na sua forma de convergir.
Solução:
Para modicar o valor de convergência de
∞
∑
(−1)n−1
∞
∑
(−1)n−1
n=1
1
converge
n
1
n
basta reagrupar os termos
n=1
desta série, separando a soma dos termos de ordem ímpar da soma dos termos de ordem par,
conforme segue:
(
Sn =
1 1
1
1 + + + ··· +
+ ···
3 5
2n − 1
)
(
−
1 1 1
1
+ + + ··· +
+ ···
2 4 6
2n
)
.
Como o leitor pode observar, podemos escrever
Sn =
∞
∑
n=1
∑ 1
1
−
2n − 1 n=1 2n
∞
e, cada uma destas sub-somas é divergente. Logo, temos que
Sn = ∞ − ∞,
isto é, a soma é
indeterminada, signicando que, se escrevermos
∞
∑
(−1)n−1
n=1
1
n
na forma
∞
∑
n−1
(−1)
n=1
1
=
n
(
1 1
1
1 + + + ··· +
+ ···
3 5
2n − 1
)
(
−
1 1 1
1
+ + + ··· +
+ ···
2 4 6
2n
)
nada podemos armar sobre a sua convergência. Isso ocorre porque a série
∞ ∑
(−1)n−1
n=1
∞
1 ∑ 1
=
n n=1 n
não converge.
Com base no exemplo anterior, vamos denir séries absolutamente convergente e condicionalmente convergente.
193
∞
∑
DEFINIÇÃO 5.12.2 Seja
(i) Se
∞
∑
un uma série de termos de sinais quaisquer, então:
n=1
|un | converge, a série é denominada absolutamente convergente.
n=1
∞
∑
(ii) Se
un converge e
n=1
mente convergente.
∞
∑
∞
∑
|un | diverge, então a série
n=1
un é denominada condicional-
n=1
∞
∑
1
(−1)n−1 , estudada no Exemplo 5.12.1, é condicionalmente
n
n=1
∞
∑ sin(nx) + 3 cos2 (n)
convergente enquanto que a série
, estudada no Exemplo 5.11.6, é
n2
n=1
EXEMPLO
5.12.3
A série
absolutamente convergente.
EXEMPLO
5.12.4
Classique a série numérica
∞ (−1)n−1 n2
∑
como absolutamente convern3 + 4
n=1
gente, condicionalmente convergente ou divergente.
Solução:
função
Temos que
x2
x3 + 4
f (x) =
positiva para todo
todo
x > 2,
∞ (−1)n−1 n2 ∞
∑
∑
n2
=
, e esta
n3 + 4 3
n=1
n=1 n + 4
√
3
é contínua para todo x ̸=
−4, em
x≥
√
3
−2,
em particular para
ou seja, logo a função
f (x)
x ≥ 1,
é uma série divergente, pois a
particular para todo
e como
x ≥ 1,
é
x(8 − x3 )
> 0 para
(x3 + 4)2
x ≥ 2, e assim podemos
f ′ (x) =
é decrescente para todo
aplicar o critério da integral, e deste segue que
∫
+∞
2
x2
dx = lim
b→+∞
x3 + 4
∫
2
b
b
1
x2
3
dx
=
lim
ln(x
+
4)
= +∞,
b→+∞ 3
x3 + 4
2
ou seja, a integral imprópria, e consequentemente a série, diverge.
∞ (−1)n−1 n2
∑
Porém,
é uma série alternada convergente, pois satisfaz as condições do
n3 + 4
n=1
teorema de Leibnitz, visto que
n2
=0
n→+∞ n3 + 4
lim
e
un+1 =
pois acima vericamos que a função
(n + 1)2
n2
≤
= un ,
(n + 1)3 + 4
n3 + 4
f (x) =
x2
x3 + 4
para todo
é decrescente para todo
n≥2
x ≥ 2.
Portanto a série dada é condicionalmente convergente.
Classique as séries numéricas abaixo como absolutamente convergente,
condicionalmente convergente ou divergente, justicando sua resposta.
EXEMPLO
(a)
∞
∑
n=2
5.12.5
(−2)n
√
(ln n)n + 2 n + 1
Solução:
∞
∑
(−1)n 2
√
(b)
4
n3 + 2n
n=1
(a) Analisando a convergência absoluta temos
n
(−2)
2n
2n
=
√
√
≤
(ln n)n + 2 n + 1 (ln n)n + 2 n + 1
(ln n)n
194
Aplicando o teste da raiz, temos
√
L = lim
n
n→∞
Como
L < 1
∞
∑
a série
n=2
converge absolutamente.
2n
(ln n)n
2n
2
= lim
= 0.
n
n→∞ ln n
(ln n)
converge.
Logo, pelo teste da comparação, a série dada
(b) Analisando a convergência absoluta temos
(−1)n 2 2
2
√
≤ √
,
4
4
4 n3 + 2n = √
3
n + 2n
n3
com isso nada podemos concluir, pois a série dada é menor que uma série p divergente.
Porém, observe que
√
4
e
1 ≤ (1 +
1
2 1
)4 ≤ 34 .
2
n
2
2
=
n3 + 2n
[n3 (1 +
2
)]
n2
1
4
=
2
3
4
n (1 +
2 41
)
n2
Logo,
√
4
n3
2
2
≥ √
3 ,
4
+ 2n
3n 4
e, por comparação, a série dada não converge absolutamente.
Analisando a convergência condicional, usando o Teorema de Leibnitz, pois a série dada
é alternada, temos
lim √
4
n→∞
2
=0
n3 + 2n
e
an = √
4
2
n3 + 2n
é decrescente.
Portanto, a série dada é condicionalmente convergente.
5.13
Séries de Funções
Considerando as funções fi
f3 (x) = x3 , f4 (x) = x4 , · · · ,
: R → R denidas por f0 (x) = 1, f1 (x) = x, f2 (x) = x2 ,
fn (x) = xn , · · · , podemos escrever a soma
S (x) = f0 (x) + f1 (x) + f2 (x) + f3 (x) + f4 (x) + · · · + fn (x) + · · ·
= 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · + xn + · · ·
Essa soma innita é um exemplo de série de funções, pois o seu termo geral depende de
uma variável real
x.
Mais geralmente, denimos série de funções como segue.
DEFINIÇÃO 5.13.1 Denominamos série de funções a toda série na qual o termo geral é uma
função da variável real x e a denotaremos por
∞
∑
un (x) = u0 (x) + u1 (x) + u2 (x) + · · · + un (x) + · · ·
n=0
5.13.2 Convergência de séries de funções
Como no estudo das séries numéricas, estamos interessados na convergência das séries de
funções. Uma série de funções, se for convergente, convergirá para uma função. A imagem
195
de cada valor de
x
numa série de funções é uma série numérica que pode ser convergente ou
divergente. Por exemplo, para cada valor de
∞
∑
x,
a série
xn = 1 + x + x 2 + x3 + x4 + · · · + xn + · · ·
n=0
é uma série geométrica e, portanto, converge se
será a função
1
S (x) =
,
1−x
se
|x| < 1.
|x| < 1 e diverge caso contrário.
Já sua soma
Isso signica que uma série de funções convergente,
converge para um determinado conjunto de valores de
x,
denominado domínio ou intervalo
de convergência.
DEFINIÇÃO 5.13.3 Seja
∞
∑
un (x) uma série de funções. Denominamos domínio ou inter-
n=0
valo de convergência da série ao conjunto de todos os valores de x para os quais a série é
convergente e denominamos raio de convergência à distância entre o centro e as extremidades
do intervalo convergência.
EXEMPLO
5.13.4
O raio de convergência da série
∞
∑
xn é R = 1 e o seu intervalo de con-
n=0
vergência é I = (−1, 1) . Para todo x ∈ (−1, 1) tem-se que
∞
∑
xn =
n=0
1
.
1−x
Determine o intervalo e o raio de convergência da série
EXEMPLO
5.13.5
Solução:
Analisando a convergência absoluta da série, temos que
∞ cos(x) + sin(x)
∑
.
n4 + n
n=1
cos(x) + sin(x) |cos(x) + sin(x)|
|cos(x)| + |sin(x)|
2
2
=
≤
≤ 4
≤ 4
4
4
4
n +n
n +n
n +n
n +n
n
e como
∞ 2
∑
4
n=1 n
é uma
p-série
absolutamente convergente.
real de
x.
convergente, concluímos, por comparação, que a série dada é
∞ cos(x) + sin(x)
∑
converge para todo valor
n4 + n
n=1
convergência desta série é R e seu raio de convergência é
Ou seja, a série
Assim, o intervalo de
innito.
5.14
Séries de Potências
As séries de potências são as séries de funções que aparecem com mais frequência nos
problemas de matemática e engenharia, pois são úteis na integração de funções que não
possuem antiderivadas elementares, na resolução de equações diferenciais e também para
aproximar funções por polinômios (cientistas fazem isso para simplicar expresões complexas,
programadores fazem isso para representar funções em calculadoras e computadores). Em
vista disso, vamos dar atenção especial ao estudo das Séries de Potências.
DEFINIÇÃO 5.14.1 Uma série de potências é uma série cujos termos envolvem apenas
potências de x multiplicadas por coecientes constantes cn , ou seja, uma série de potências
é escrita na forma
∞
∑
cn xn = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + · · · + cn xn + · · · .
n=0
196
EXEMPLO
5.14.2
A série
∞
∑
xn do Exemplo 5.13.4 é uma série de potências onde todos os
n=0
∞ cos(x) + sin(x)
∑
do Exemplo 5.13.5 não é uma
n4 + n
n=1
série de potências, pois seus termos não envolvem apenas potências de x.
coecientes cn são iguais a 1. Já a série
5.14.3 Para que os resultados anteriores possam ser usados sem mudanças nas
notações, vamos admitir que un (x) = cn xn para o caso das séries de potências.
OBSERVAÇÃO
5.14.4 Processo para determinar o intervalo e o raio de convergência de uma série de potências
Utilizam-se os critérios
de D 'Alambert ou de Cauchy para a convergência absoluta,
un+1 lim n→∞
un tomando
ou
lim
n→∞
(√
)
n
|un |
onde
un = cn xn .
Caso o limite exista vale a
condição dos critério usado. Em qualquer caso teremos que
un+1 cn+1 xn+1 = lim = |x| L
lim n→∞ un n→∞ cn xn cn+1 .
L = lim n→∞
cn onde
Desse modo, o raio e o intervalo de convergência serão obtidos resolvendo a inequação
|x| L < 1, que nos dá |x| < L1 , ou seja, o raio de convergência é
R=
1
.
L
Como o critério de D 'Alambert é inconclusivo quando o limite da razão
é igual a 1, nada podemos armar se |x| L = 1. Assim, devemos vericar se a série conOBSERVAÇÃO
5.14.5
1
1
verge para x =
e x = − . Feita esta vericação, pode-se estabelecer o intervalo de
L
L
convergência.
EXEMPLO
5.14.6
Determine o intervalo e o raio de convergência da série
∞
∑
n=0
Solução:
Aplicando o critério de D'Alambert para a convergência absoluta, temos que
un+1 lim
n→∞ un n+1 n+1
3
x
(
)
n n n
2
5n+1 1 + (n + 1) 5 3 3x x (1 + n2 ) = lim = lim n
3n xn
n→∞ n→∞ 5 5 (n2 + 2n + 2) 3xn 5n (1 + n2 )
3x (1 + n2 ) 3 (1 + n2 ) 3
= |x| lim = |x|
= lim n→∞ 5 (n2 + 2n + 2) n→∞ 5 (n2 + 2n + 2) 5
Assim, a série convergirá se
é
R = 53 .
3n x n
.
5n (1 + n2 )
3
|x| < 1, ou seja, se |x| < 53 . Portanto, o raio de convergência
5
Na sequência devemos vericar se a série converge para
197
x=−
5
3
e
5
x= .
3
•
Se
5
x=− ,
3
temos a série
( )n
∞
∞
∞
∑
∑
∑
3n − 53
3n 5n
1
n
=
(−1) n
=
(−1)n
.
n
2
2
n
5 (1 + n ) n=0
5 (1 + n ) 3
(1 + n2 )
n=0
n=0
que converge, pelo critério de Leibnitz.
•
Se
x=
5
3
temos a série
∞
∑
n=0
( )n
∞
∞
∑
∑
3n 53
3n 5n
1
=
=
.
n
2
n
2
n
5 (1 + n ) n=0 5 (1 + n ) 3
(1 + n2 )
n=0
que converge por comparação, pois
∞ 1
∑
1
≤
1
+
.
2
2
n=1 n
n=0 (1 + n )
∞
∑
Conclusão: O raio de convergência da série
de convergência é
EXEMPLO
5.14.7
∞
∑
3n xn
n
2
n=0 5 (1 + n )
é
R=
5
3
e o seu intervalo
5
5
− ≤x≤ .
3
3
∞
∑
Determinar o intervalo e o raio de convergência da série
n!xn .
n=0
Solução:
Aplicando novamente o critério de D 'Alambert, temos que
{
un+1 (n + 1)!xn+1 0, se x = 0
= lim = lim (n + 1) |x| =
lim .
n
∞,
se x ̸= 0
n→∞
n→∞
n→∞
un
n!x
Assim, a série dada converge apenas quando
x = 0.
Portanto, o seu intervalo de con-
vergência é
I = {0}
5.14.8
Série de potências centrada em x = a
e
R=0
é o seu raio de convergência.
DEFINIÇÃO 5.14.9 Denominamos série de potências centrada em
forma
∞
∑
x = a à toda série da
cn (x − a) .
n
n=0
Para obter o raio e o intervalo de convergência das séries em (x − a) , basta fazer z =
∞
∑
(x − a) e encontrar o intervalo de convergência para a série
cn z n . Após esta etapa,
n=0
substitui-se z por (x − a) na inequação −R < z < R.
EXEMPLO
5.14.10
Solução:
Seja
Determinar o raio e o intervalo de convergência da série
z = (x − 5).
Então podemos escrever
∞ 2 (x − 5) n
∞
∑
∑
2z n
=
.
2
2
n=0 n + 3
n=0 n + 3
Usando o teorema de D'Alambert temos que
198
∞ 2 (x − 5) n
∑
.
2
n=0 n + 3
2z n+1
(n2 + 3) 2z n+1 2
(n + 1) + 3 )
= lim = lim (
2z n
n→∞ n→∞ (n + 1)2 + 3 2z n n2 + 3 (n2 + 3) |z|
n2 + 3
= |z| lim 2
= |z|
= lim 2
n→∞ (n + 2n + 4)
n→∞ n + 2n + 4
un+1 lim n→∞ un |z| < 1.
e assim a série converge se
Portanto, o seu raio de convergência é
z = −1
sequência, devemos vericar se a série converge para
•
Se
z = −1
e
R = 1.
Na
z = 1.
temos a série
∞
∞
∞
∑
∑
2z n
2 (−1)n ∑
2
=
=
(−1)n 2
2
2
n + 3 n=0 n + 3
(n + 3)
n=0
n=0
que converge, pelo teorema de Leibnitz.
•
Se
z=1
temos a série
∞
∞
∞
∑
∑
∑
2z n
2(1)n
2
=
=
.
2
2
2
n + 3 n=0 n + 3 n=0 (n + 3)
n=0
que converge por comparação com uma
p−série,
pois
∞ 2
2
2 ∑
≤
+
.
2
3 n=1 n2
n=0 (n + 3)
∞
∑
Conclusão:
convergência é
−1 ≤ z ≤ 1.
z
Substituindo
por
∞
∑
2z n
é R = 1
2
n=0 n + 3
x − 5, obtemos
O raio de convergência da série
e o seu intervalo de
4 ≤ x ≤ 6,
que é o intervalo de convergência da série
∞ 2 (x − 5) n
∑
.
2
n=0 n + 3
5.14.11 Continuidade da soma de uma Série de Funções.
Sabemos do Cálculo 1 que a soma de um número nito de funções contínuas é contínua.
Porém, se a soma envolver innitos termos, seu resultado pode não ser contínuo. Vejamos
um exemplo onde isso ocorre.
EXEMPLO
5.14.12
Mostre que a série
1
x 2n+1
−
1
x 2n−1
)
converge para uma função des-
n=1
contínua.
Solução:
(
∞
∑
Escrevendo a soma dos
(
1
3
)
(
n−primeiros
1
5
Sn (x) = x − x + x − x
1
3
)
e eliminando os parênteses, obtemos que
(
termos desta série
1
7
+ x −x
1
5
)
(
+ ··· +
1
Sn (x) = −x + x 2n+1 .
199
1
x 2n+1
Assim,
−
1
x 2n−1
)
(
S(x) = lim Sn (x) = lim
n→∞
n→∞
−x +
1
x 2n+1
)
{
=
1 − x, se x ̸= 0
0, se x = 0.
lim Sn (x) existe para todo x ∈ R e a série de funções dada é convergente.
n→∞
Note que a soma desta série é uma função descontínua em x = 0, enquanto que cada um
Portanto,
de seus termos era contínuo. Observe ainda que a série em questão
potências.
não é uma série de
5.14.13 Derivação de uma série de funções contínuas
No Cálculo 1, vimos que a derivada de uma soma nita de funções é igual à soma das
derivadas.
No entanto, se tivermos uma quantidade innita de funções, essa propriedade
pode deixar de ser válida. Da mesma forma, a derivada de uma série de funções convergente
pode ser divergente. Vejamos um exemplo:
EXEMPLO
5.14.14
Considere a série
∞ sin(n4 x)
∑
. Mostre que esta é uma série convergente e
n2
n=1
que a série de suas derivadas é divergente.
Solução:
Como
|sin(n4 x)| ≤ 1
para todo
n
natural e todo
x
real, segue que
sin(n4 x) |sin(n4 x)|
1
≤
n2 =
n2
n2
p-série convergente (p = 2), podemos concluir que a série dada é
convergente. Ainda, esta série converge para todo valor real de x. Seja S(x)
e por comparação com uma
absolutamente
a soma desta série, ou seja,
S(x) =
∞ sin(n4 x)
∑
sin x sin(24 x) sin(34 x) sin(44 x)
sin(n4 x)
=
+
+
+
+
·
·
·
+
+ ···
n2
12
22
32
42
n2
n=1
derivando termo a termo esta soma, temos que
cos x 24 cos(24 x) 34 cos(34 x) 44 cos(44 x)
n4 cos(n4 x)
+
+
+
+
·
·
·
+
+ ···
2
2
2
2
12
2
3
4
n
= cos x + 22 cos(24 x) + 32 cos(34 x) + 42 cos(44 x) + · · · + n2 cos(n4 x) + · · ·
S ′ (x) =
e aplicando em
x = 0,
obtemos
S ′ (0) = cos 0 + 22 cos 0 + 32 cos 0 + 42 cos 0 + · · · + n2 cos 0 + · · ·
= 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + n2 + · · ·
que é uma sequência de somas divergente. Assim, a série de funções converge para
enquanto que a derivada desta série diverge em
é uma série de potências.
x = 0.
x = 0,
Observe que a série em questão
não
Da mesma forma que na derivada, a integração de uma série de funções também exige
cuidados. Enquanto que a integral de uma soma nita de funções é igual a soma das integrais,
o mesmo pode não ser válido para uma quantidade innita de funções.
No entanto isto não ocorrerá quando se tratar de séries de potências, ou seja, quando
uma série de potências for convergente pode-se efetuar a derivação e a integração termo a
termo que as novas séries obtidas por estes processos também serão convergentes, com o
mesmo raio de convegência, conforme veremos a seguir.
200
5.15
Diferenciação e Integração de Séries de Potências
∞
∑
f (x) =
A soma de uma série de potências é uma função
cn (x − a)n ,
cujo domínio é
n=0
o intervalo de convergência da série. Dentro deste intervalo, a derivação e a integração de f
ocorre termo a termo, ou seja, pode-se derivar e integrar cada termo individual da série, de
acordo com o resultado abaixo.
TEOREMA 5.15.1
Seja
∞
∑
cn (x − a)n uma série de potências com raio de convergência
n=0
R > 0. Então a função f denida por
f (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a) + · · · =
2
∞
∑
cn (x − a)n
n=0
é diferenciável (e portanto contínua) no intervalo (a − R, a + R) e
(i)
f ′ (x) = c1 + 2c2 (x − a) + 3c3 (x − a)2 + · · · =
∞
∑
ncn (x − a)n−1
n=1
(ii)
f ”(x) = 2c2 + 6c3 (x − a) + · · · =
∞
∑
n(n − 1)cn (x − a)n−2
n=2
e assim por diante. Além disso, tomando C = K + ac0 , tem-se que
(iii)
∫
∞
∑
(x − a)2
(x − a)3
(x − a)n+1
f (x)dx = C + c0 (x − a) + c1
+ c2
+ ··· = C +
cn
2
3
n+1
n=0
Os raios de convergência das séries das equações (i), (ii) e (iii) são todos iguais a R.
5.15.2 Embora o teorema anterior diga que o raio de convergência permanece
o mesmo quando uma série de potências é diferenciada ou integrada, isso não signica
que o intervalo de convergência permaneça o mesmo. Pode ocorrer de a série inicial
convergir em um extremo enquanto que a série diferenciada diverge nesse ponto.
OBSERVAÇÃO
EXEMPLO
5.15.3
convergência.
Solução:
Expresse
1
como uma série de potências e determine seu raio de
(1 − x)2
No Exemplo 5.13.4 vimos que, se
x ∈ (−1, 1)
então
∑
1
= 1 + x + x2 + x3 + · · · =
xn .
1−x
n=0
∞
Diferenciando cada lado dessa equação, obtemos que
∑
1
2
3
=
1
+
2x
+
3x
+
4x
+
·
·
·
=
nxn−1 .
(1 − x)2
n=1
∞
Podemos deslocar o índice do contador trocando
n por n + 1, escrevendo a resposta como
∑
1
=
(n + 1)xn .
2
(1 − x)
n=0
∞
De acordo com o Teorema 5.15.1, o raio de convergência da série diferenciada é o mesmo
que o raio de convergência da série original, a saber,
R = 1.
O leitor poderá vericar que o
intervalo de convergência da série obtida é aberto nos extremos, ou seja, é o intervalo
201
(−1, 1).
EXEMPLO
Expresse
5.15.4
de convergência.
Solução:
x5
como uma série de potências e determine seu intervalo
(1 − 3x)2
No Exemplo 5.15.3 vimos que, para
x ∈ (−1, 1)
é válido que
∑
1
=
(n + 1)xn .
(1 − x)2
n=0
∞
Trocando
x
por
3x
em ambos os lados dessa igualdade, obtemos
∑
∑
1
n
=
(n
+
1)(3x)
=
3n (n + 1)xn
(1 − 3x)2
n=0
n=0
∞
∞
1 1
ou seja, se x ∈ (− , ). Agora, para obter a série
3 3
5
desejada basta multiplicar a série acima por x , obtendo
e essa série converge se
3x ∈ (−1, 1),
∞
∞
∑
∑
x5
5
n
n
=
x
3
(n
+
1)x
=
3n (n + 1)xn+5 .
(1 − 3x)2
n=0
n=0
Outra forma de escrever esta série é
∑
x5
=
3n−5 (n − 4)xn
2
(1 − 3x)
n=5
∞
e seu intervalo de convergência é
(− 31 , 13 ).
Encontre a representação em séries de potências para f (x) = ln(1 − x).
EXEMPLO
5.15.5
Solução:
Notemos inicialmente que, pelo Exemplo 5.15.3 obtemos que
∑
−1
=
−xn
f (x) =
1 − x n=0
∞
′
e integrando ambos os lados dessa equação, com o auxílio do Teorema 5.15.1, obtemos que
∫
f (x) =
∞
∞
∑
∑
−1
−xn+1
xn
dx = C +
=C−
.
1−x
n+1
n
n=0
n=1
Para determinar o valor de
f (0) = ln 1 = 0.
C,
colocamos
x=0
nessa equação e encontramos
ln(1 − x) = −
∞
∑
xn
n=1
n
= −x −
x2 x3
−
− ··· .
2
3
O raio de convergência dessa série é o mesmo que o da série original,
intervalo de convergência é
ln
C−0 =
Assim
R = 1,
porém o
I = [−1, 1).
Verique!
1
Note o que acontece quando colocamos x =
no resultado do Exemplo 5.15.5. Como
2
1
=
−
ln
2,
vemos que
2
∑ 1
1 1
1
1
ln 2 = + +
+
+ ··· =
.
2 8 24 64
n2n
n=1
∞
Ou seja, usando esta série de funções obtivemos a soma da série numérica
202
∞
∑
1
.
n2n
n=1
5.16
Séries de Taylor
Considere uma função f (x) e seja a um real qualquer. Pretende-se encontrar uma série
∞
∑
de potências da forma
cn (x − a)n que convirja para f, ou seja, tal que
n=0
f (x) =
∞
∑
cn (x − a)n .
n=0
Em outras palavras, queremos que
f (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + c3 (x − a)3 + · · · + cn (x − a)n + · · ·
Assim, precisamos determinar os coecientes
c 0 , c1 , c 2 , · · ·
•
em (5.16.1). Obtemos
Primeiro determinamos
c0 ,
tomando
x=a
(5.16.1)
f (a) = c0 + c1 (a − a) + c2 (a − a)2 + c3 (a − a)3 + · · · + cn (x − a)n + · · ·
donde vem
f (a) = c0 .
•
Determinamos a derivada da função (5.16.1) e na sequência aplicamos em
obter
c1 ,
x=a
para
ou seja,
f ′ (x) = c1 + 2c2 (x − a) + 3c3 (x − a)2 + · · · + ncn (x − a)n−1 + · · ·
f ′ (a) = c1 + 2c2 (a − a) + 3c3 (a − a)2 + · · · + ncn (a − a)n−1 + · · ·
donde vem
•
f ′ (a) = c1 .
Determinamos a segunda derivada da função (5.16.1) e na sequência aplicamos em
x=a
para obter
c2 ,
isto é,
f ′′ (x) = 2c2 + 3 · 2c3 (x − a) + 4 · 3c4 (x − a)2 + · · · + n(n − 1)cn (x − a)n−2 + · · ·
f ′′ (a) = 2c2 + 3 · 2c3 (a − a) + 4 · 3c4 (a − a)2 + · · · + n(n − 1)cn (a − a)n−2 + · · ·
donde vem
f ′′ (a) = 2c2
•
ou
c2 =
f ′′ (a)
.
2!
Determinamos a terceira derivada da função (5.16.1) e, na sequência
c3 .
f (3) (a) para obter
Temos
f (3) (x) = 3·2c3 +4·3·2c4 (x − a)+5·4·3c5 (x − a)2 +· · ·+n(n−1)(n−2)cn (x − a)n−3 +· · ·
f (3) (a) = 3·2c3 +4·3·2c4 (a − a)+5·4·3c5 (a − a)2 +· · ·+n(n−1)(n−2)cn (a − a)n−3 +· · ·
donde vem
f (3) (a) = 3 · 2c3
203
ou
c3 =
f (3) (a)
.
3!
•
Prosseguindo dessa forma, encontraremos
cn =
crever a série como segue
f (x) = f (a)+f ′ (a) (x − a)+
f (n) (a)
,
n!
de modo que podemos rees-
f (3) (a)
f (n) (a)
f ′′ (a)
(x − a)2 +
(x − a)3 +· · ·+
(x − a)n +· · ·
2!
3!
n!
ou seja, encontramos a série de Taylor:
f (x) =
∞
∑
f (n) (a)
n=0
n!
(x − a)n .
Desenvolver em série de Taylor a função f (x) = sin x.
EXEMPLO
5.16.1
Solução:
Primeiro vamos determinar as derivadas de todas as ordens de
ponto
a.
f (x) = sin x
no
Temos que
f ′ (a) = cos a
f (4) (a) = sin a
f (a) = sin a
(3)
f (a) = − cos a
f ′′ (a) = − sin a
f (5) (a) = cos a
A seguir, substituímos na expressão da série de Taylor
f (x) = f (a) + f ′ (a) (x − a) +
f ′′ (a)
f (3) (a)
f (n) (a)
(x − a)2 +
(x − a)3 + · · · +
(x − a)n + · · ·
2!
3!
n!
e obtemos
sin x = sin a + cos a (x − a) −
sin a
cos a
sin a
(x − a)2 −
(x − a)3 +
(x − a)4 + · · · .
2!
3!
4!
Esta série pode ser reescrita separando os termos em seno dos termos em cosseno, conforme segue
(
sin x =
) (
)
sin a
sin a
cos a
2
4
sin a −
(x − a) +
(x − a) + · · · + cos a (x − a) −
(x − a)3 + · · · ,
2!
4!
3!
e escrevendo em forma de somatório vem que
sin x =
∞
∑
n=0
5.17
(−1)n
∞
∑
sin a
cos a
(−1)n
(x − a)2n +
(x − a)2n+1 .
2n!
(2n
+
1)!
n=0
Série de Maclaurin
Colin Maclaurin (1698 - 1746) foi um matemático escocês. Para obter o desenvolvimento
de uma função em série de Maclaurin basta tomar
série de MacLaurin de uma função
f (x) =
f
a=0
na série de Taylor. Desse modo, a
é dada por
∞ f n (0)
∑
f ′′ (0) 2 f (3) (0) 3
f (n) (0) n
xn = f (0) + f ′ (0) x +
x +
x + ··· +
x + ··· .
n!
2!
3!
n!
n=0
Desenvolver em série de Maclaurin a função f (x) = sin x.
EXEMPLO
5.17.1
Solução:
No Exemplo 5.16.1 desenvolvemos
f (x) = sin x em série de Taylor.
nesse desenvolvimento, obtemos
204
Fazendo
a=0
(
sin x =
) (
)
sin 0
sin 0
cos 0
2
4
3
sin 0 −
(x − 0) +
(x − 0) + · · · + cos 0 (x − 0) −
(x − 0) + · · ·
2!
4!
3!
ou seja,
sin x = x −
x3 x 5 x7 x 9
+
−
+
+ ···
3!
5!
7!
9!
ou ainda,
∞
∑
x2n+1
sin x =
(−1)
.
(2n + 1)!
n=0
n
O leitor poderá vericar, sem grandes diculdades, que o intervalo de convergência desta
série é toda a reta real, ou seja, esta série converge para todo valor real de
x.
Ainda, esta série pode ser aplicada para determinar o valor de convergência de séries
π
numéricas. Por exemplo, substituindo x =
na série acima, temos que
6
( π )3
π
−
6
( π )5
( π )7
( π )9
π
1
= .
6
2
∫
sin x
Desenvolver em série de MacLaurin a função f (x) =
dx.
x
6
3!
+
6
5!
−
6
7!
+
6
9!
+ · · · = sin
EXEMPLO
5.17.2
Solução:
Primeiro dividimos cada termo obtido no Exemplo 5.17.1 por
x,
encontrando
sin x
x2 x4 x6 x8
=1−
+
−
+
+ ···
x
3!
5!
7!
9!
A seguir, integramos a série termo a termo e obtemos
∫
sin x
dx =
x
∫
∫
dx −
=x−
x2
dx +
3!
∫
x4
dx −
5!
∫
x6
dx +
7!
∫
x8
dx + · · ·
9!
x3
x5
x7
x9
+
−
+
+ ···
3!3 5!5 7!7 9!9
∞
∑
(−1)n x2n+1
,
=
n=0 (2n + 1)! (2n + 1)
que converge para todo valor real de
x.
sin x − x
.
x→0
x3
Utilize séries de funções para calcular lim
EXEMPLO
5.17.3
Solução:
A partir da série encontrada no Exemplo 5.17.1, temos que
sin x = x −
x3 x5 x7 x 9
x2n+1
+
−
+
+ · · · (−1)n
+ ···
3!
5!
7!
9!
(2n + 1)!
e então
sin x − x = −
x3 x5 x7 x9
x2n+1
+
−
+
+ · · · (−1)n
+ ··· .
3!
5!
7!
9!
(2n + 1)!
205
Dividindo ambos os lados por
x3 ,
encontramos
sin x − x
1
x2 x4 x6
x2n−2
n
=
−
+
−
+
+
·
·
·
(−1)
+ ··· .
x3
3!
5!
7!
9!
(2n + 1)!
Portanto
(
)
sin x − x
1
x 2 x4 x 6
x2n−2
1
n
lim
−
+
+ · · · (−1)
+ ··· = − .
= lim − +
3
x→0
x→0
x
3!
5!
7!
9!
(2n + 1)!
6
Desenvolver em série de Maclaurin a função f (x) = sin(2x).
EXEMPLO
5.17.4
Solução:
Anteriormente, vimos que a série de MacLaurin de
sin x = x −
trocando
x
2x
por
sin x
é
x3 x5 x7
x2n+1
+
−
+ · · · (−1)n
+ ···
3!
5!
7!
(2n + 1)!
nesta série, obtemos
sin(2x) = 2x −
= 2x −
=
(2x)3 (2x)5 (2x)7
(2x)2n+1
+
−
+ · · · (−1)n
+ ···
3!
5!
7!
(2n + 1)!
23 x3 25 x5 27 x7
22n+1 x2n+1
+
−
+ · · · + (−1)n
+ ···
3!
5!
7!
2n + 1
∞ (−1)n 22n+1 (x)2n+1
∑
.
(2n + 1)!
n=0
Uma das principais aplicações das séries de Taylor e de MacLaurin ocorre na integração
de funções. Newton frequentemente integrava funções expressando-as primeiro como uma
série de potências e depois integrando a série termo a termo.
−x2
Por exemplo, a função g(x) = e
não pode ser integrada pelas técnicas do Cálculo 1,
pois sua antiderivada não é uma função elementar. No exemplo a seguir usaremos a ideia de
Newton para integrar essa função.
EXEMPLO
Solução:
5.17.5
Expresse
∫
e−x dx como uma série de potências centrada no ponto 0.
2
Primeiro encontraremos a série de MacLaurin para
g(x) = e−x .
2
Embora seja
possível usar o método direto, vamos encontrá-la a partir da série de MacLaurin para
ex . Como f (n) (x) = ex para todo n natural, temos que
f (x) =
f (n) (0) = e0 = 1 ∀n ∈ N∗
e assim, a série de MacLaurin da função exponencial é
∞ xn
∞ f (n) (0)
∑
∑
x 2 x3
n
x =
=1+x+
+
+ ··· .
e =
n!
2!
3!
n=0 n!
n=0
x
Pode-se mostrar facilmente que esta série converge para todo x real e que seu intervalo
2
de convergência é innito. Trocando x por −x neste desenvolvimento, obtemos que
e−x =
2
∞ (−x2 )n
∞ (−1)n x2n
∑
∑
x4 x6
=
= 1 − x2 +
−
+ ···
n!
n!
2!
3!
n=0
n=0
206
que também converge para todo
x.
Agora podemos integrar esta série termo a termo, de
acordo com o Teorema 5.15.1 e obter
∫
e
−x2
dx = C +
∞
∑
(−1)n x2n+1
n=0
EXEMPLO
5.17.6
∫
Calcule
1
∀n ∈ R
(2n + 1)n!
=C +x−
x3
x5
x7
+
−
+ ···
3
5.2! 7.3!
e−x dx com uma precisão de três casas decimais.
2
0
Solução:
Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo à expressão obtida no exemplo
anterior, temos que
∫
1
−x2
e
0
1
∞
∞
∑
∑
(−1)n x2n+1 (−1)n
dx = C +
=
.
(2n + 1)n! (2n + 1)n!
n=0
0
n=0
Expandindo alguns termos desta série numérica, temos que
∫
1
−x2
e
dx =
0
∞
∑
n=0
(−1)n
1 1
1
1
1
1
=1−
−
+
−
+
+ ···
(2n + 1)n!
3 10 42 216 1320 9360
e observamos que a partir do sexto termo desta expansão, todos os demais possuem módulo
1
< 0, 001 e assim, ao somarmos os cinco primeiros termos da expansão teremos
menor que
1320
uma aproximação com precisão de até 3 casa decimais
∫
1
e−x dx ≈ 1 −
2
0
EXEMPLO
5.17.7
1
1
1
1
+
−
+
≈ 0, 7475.
3 10 42 216
Utilize desenvolvimento em séries de MacLaurin para calcular
arctan(x) − sin x
.
x→0
x3 cos x
lim
Solução:
Começamos com o desenvolvimento em série de potências de
Como
1
= (1 + x2 )−1
1 + x2
′
desenvolvimento de f . No Exemplo
f (x) = arctan x.
f ′ (x) =
é mais simples iniciar pelo
5.18.1 obtemos que
(1 + x)−1 = 1 − x + x2 − x3 + x4 + · · · + (−1)n xn + · · ·
trocando
x
por
x2 ,
segue que
f ′ (x) = (1 + x2 )−1 = 1 − x2 + x4 − x6 + · · · + (−1)n x2n + · · ·
então, integrando termo a termo, temos que
∫
arctan x =
1
x3 x5 x7
(−1)n x2n+1
dx
=
x
−
+
−
+
·
·
·
+
+ ···
1 + x2
3
5
7
2n + 1
(a constante na expansão da função arco tangente é zero).
Ainda, sabemos que o desenvolvimento em série para o seno é
sin x = x −
x3 x5 x7
(−1)n x2n+1
+
−
+ ··· +
+ ···
3!
5!
7!
(2n + 1)!
207
(II)
(I)
Tomando a diferença entre as equações
(
arctan x − sin x = x
3
−1
1
+
3
3!
)
(
+x
5
(I) e (II) obtemos
1
1
−
5 5!
Podemos obter a série de MacLaurin para
a série de
sin x
)
+ ··· + x
cos x
2n+1
(
(−1)n
(−1)n+1
+
2n + 1 (2n + 1)!
)
+ ···
facilmente, basta derivar termo a termo
desenvolvida acima, obtendo
cos x = 1 −
x 2 x4 x 6
x2n
+
−
+ · · · + (−1)n
+ ··· .
2!
4!
6!
(2n)!
Agora podemos tomar o quociente desejado e simplicar, para obter que
(
)
(
)
1
1
(−1)n
(−1)n+1
2n+1
x
+x
−
+ ··· + x
+
+ ···
arctan(x) − sin x
5 5!
2n + 1 (2n + 1)!
(
)
=
x2 x4
(−1)n x2n
x3 cos x
3
x 1−
+
+ ··· +
+ ···
2!
4!
(2n)!
(
(
(
)
)
)
−1
1
1
1
(−1)n
(−1)n+1
2
2n−2
+x
+ ··· + x
+ ···
+
−
+
3
3!
5 5!
2n + 1 (2n + 1)!
(
)
=
2n
x2 x4 x6
x
1−
+
−
+ · · · + (−1)n
+ ···
2!
4!
6!
(2n)!
3
−1
1
+
3
3!
)
(
5
Finalmente, podemos aplicar o limite em ambos os lados dessa igualdade e encontrar que
(
lim
x→0
5.18
arctan(x) − sin x
=
x3 cos x
)
−1
1
+
+0
−1 1
1
3
3!
=
+ =− .
1+0
3
6
6
Fórmula geral do binômio de Newton
Suponhamos que o interesse é o desenvolvimento do binômio
(a + b)n ,
para
n
inteiro
positivo. Do desenvolvimento geral do binômino de Newton vem que
(a + b)n = Cn0 an + Cn1 an−1 b + Cn2 an−2 b2 + · · · + Cnk an−k bk + · · · + Cnn bn .
Como
Cnk =
n!
n (n − 1) (n − 2) · · · (n − (k − 1)) (n − k)!
n (n − 1) (n − 2) · · · (n − (k − 1))
=
=
,
k! (n − k)!
k! (n − k)!
k!
podemos escrever
n (n − 1) (n − 2) · · · (n − (k − 1)) n−k k
n (n − 1) n−2 2
a b +· · ·+
a b +· · ·+bn .
2!
k!
b = x vem que
(a + b)n = an +nan−1 b+
Tomando
a=1
e
n (n − 1) 2
n (n − 1) (n − 2) · · · (n − (k − 1)) k
x + ··· +
x + · · · + xn ,
2!
k!
que é um desenvolvimento nito. Porém, se n não for um inteiro positivo ou zero, é conn
veniente desenvolver o binômio (1 + x) em série de Maclaurin. Desse modo teremos o
(1 + x)n = 1 + nx +
desenvolvimento innito
n (n − 1) 2 n (n − 1) (n − 2) 3
x +
x + ··· +
2!
3!
n (n − 1) (n − 2) · · · (n − k + 1) k
+
x + ···
k!
(1 + x)n = 1 + nx +
208
(5.18.1)
Esta série, chamada de série binomial, é um caso particular da Série de MacLaurin. Como
o leitor poderá vericar, através do Critério de D'Alembert, a série binomial é absolutamente
convergente para todo
é verdadeiro para todo
x real tal que |x| < 1. Pode ser provado que esse desenvolvimento
n. A prova pode ser encontrada nos livros citados na bibliograa.
Escrevendo em forma de somatório, temos que
n
(1 + x) = 1 +
∞
∑
n (n − 1) (n − 2) · · · (n − k + 1)
k!
k=1
xk
Desenvolver em série de funções a função f (x) =
EXEMPLO
5.18.1
Solução:
Temos que
f (x) =
Portanto, basta substituir
n = −1
|x| < 1.
se
1
.
1+x
1
= (1 + x)−1 .
1+x
na fórmula da série binomial. Assim,
1
−1 (−1 − 1) 2 −1 (−1 − 1) (−1 − 2) 3
= 1 + (−1) x +
x +
x + ···
1+x
2!
3!
−1 (−1 − 1) (−1 − 2) · · · (−1 − k + 1) k
+
x + ···
k!
2
−6 3
−1 (−1 − 1) (−1 − 2) · · · (−1 − k + 1) k
= 1 − x + x2 +
x + ··· +
x + ···
2!
3!
k!
∞
∑
1
2
3
4
k k
(−1)k xk .
= 1 − x + x − x + x + · · · + (−1) x + · · · =
1+x
k=0
Expresse como uma série de potências a função f (x) =
EXEMPLO
5.18.2
Solução:
Vamos analisar inicialmente a função
ln(x + 1).
ln(x + 1)
.
x
A sua derivada é igual a
1
,
x+1
no exemplo anterior mostramos que
∑
1
= 1 − x + x2 − x3 + x4 + · · · + (−1)n xn + · · · =
(−1)n xn ,
x+1
n=0
∞
portanto, devemos integrar ambos os membros da igualdade, obtendo
∫
ln(x + 1) =
Como queremos
f (x) =
∑
1
dx =
1+x
n=0
∞
ln(x + 1)
,
x
∫
n
n
(−1) x dx =
∞
∑
(−1)n
n=0
xn+1
.
n+1
devemos dividir todos os membros por
xn
ln(x + 1) ∑
=
(−1)n
.
x
n+1
n=0
∞
Desenvolver em série de funções a função f (x) = √
EXEMPLO
5.18.3
Solução:
Temos que
209
1
.
1+x
x,
donde,
e
f (x) = √
1
1
= (1 + x)− 2 .
1+x
n = − 12 na fórmula da série binomial. Assim,
(
)
(
)(
)
( )
− 12 −1
− 1 2 − 12 − 12 − 1 − 12 − 2 3
1
1
2
√
= 1+ −
x+
x +
x + ···
2
2!
3!
1+x
(
)(
)
− 12 − 21 − 1 − 12 − 2 · · · (− 12 − k + 1) k
+
x + ···
( ) k!
( )( )
1
3
1
3
5
−
−
−
−
−
1
2
2 2
2
2
2 3
= 1− x+
x +
x + ···
2 ( ) (2! )
3!
1
3
5
1 − 2k
−
−
−
···(
)
2
2
2
2
+
xk + · · ·
k!
1
1
1·3 2 1·3·5 3
1 · 3 · 5 · ... · (2k − 1) k
√
= 1− x+ 2 x − 3
x + · · · + (−1)k
x + ···
2
2 2!
2 3!
2k k!
1+x
Portanto, basta substituir
EXEMPLO
Solução:
5.18.4
Desenvolver em série de funções a função f (x) = √
1
.
1 − x2
Podemos aproveitar o resultado do Exemplo 5.18.3 substituindo
x
por
(−x2 ) .
Teremos então
√
1 ( 2 ) 1 · 3 ( 2 )2 1 · 3 · 5 ( 2 )3
−x + 2
−x − 3
−x + · · ·
2
2 2!
2 3!
1 + (−x2 )
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) ( 2 )n
−x
+ ···
+ (−1)n
2n n!
1
1·3
1·3·5 6
1 · 3 · 5 · ... · (2n − 1) 2n
1
√
x + ··· +
x + ···
= 1 + x2 + 2 x4 + 3
2
2 2!
2 3!
2n n!
1 − x2
1
EXEMPLO
Solução:
= 1−
5.18.5
Desenvolver em séries de funções a função f (x) = arcsin x.
Como a derivada da função
f (x) = arcsin x
é
f ′ (x) = √
1
1 − x2
podemos
aproveitar o resultado do Exemplo 5.18.4 e integrá-lo termo a termo, obtendo
∫
dx
√
=
1 − x2
∫
∫
∫
1
1·3
1·3·5
2
4
x dx + 2
x dx + 3
x6 dx + · · ·
dx +
2
2 2!
2 3!
∫
1 · 3 · 5 · ... · (2n − 1)
+
x2n dx + · · ·
2n n!
∫
que resulta em
arcsin x = x +
1 3
1·3
1·3·5 7
1 · 3 · 5 · ... · (2n − 1) 2n+1
x + 2 x5 + 3
x + ··· +
x
+ ··· + C
2·3
2 2!5
2 3!7
2n n! (2n + 1)
ou seja
arcsin x = x +
∞
∑
1 · 3 · 5 · ... · (2n − 1)
n=1
2n n! (2n
+ 1)
x2n+1 +
π
.
2
OBSERVAÇÃO 5.18.6 Vale ressaltar que o desenvolvimento obtido em todos os exemplos anteriores é válido apenas para |x| < 1.
210
5.19
Exercícios Gerais
1. Determine os quatro primeiros termos de cada uma das sequências dadas abaixo. Calcule também
n
4n+2
(a) un =
(e) un =
lim un ,
n→∞
(b) un =
n+1
√
n
(−1)n
5−n
(f ) un =
(i) un = cos nπ
2
(m) un =
caso exista.
3n
e2n
(c) un =
ln n
n
√
(−1)n n
n+1
(d) un =
(1)
100n
3
n 2 +4
2
n
(h) un = 5n+3
(
)n
2
(k) un = 1 − n2
(l) un = 2nn
√
(o) un = n n
(p) un = 7−n 3n−1
(g) un = ln
(j) un = arctan n
(n) un = 1 + (−1)n
n
2. Dados os termos abaixo, determine uma expressão para as sequências.
(a)
{1
, 2, 4 , 8 , · · ·
3 9 27 81
}
(b)
{1
, −2 , 4 , −8 , · · ·
3 9 27 81
}
{1
, 3, 5, 7, · · ·
2 4 6 8
(c)
}
{
}
3
(d) 0, 14 , 92 , 16
,···
3. Classique, se possível, as sequências abaixo quanto à sua monotonicidade.
(a) un =
n
2n−1
(e) un =
10n
(2n)!
4. Suponha que
(c) un = ne−n
(b) un = n − 2n
(f ) un =
un
nn
n!
(g) un =
5n
2n2
n!
3n
(d) un =
1
n+ln n
(h) un =
seja uma sequência monótona tal que
1 ≤ un ≤ 5.
Esta sequência
deve convergir? O que mais pode ser dito sobre o seu limite?
5. Suponha que
un
seja uma sequência monótona tal que
un ≤ 5.
Esta sequência deve
convergir? O que mais pode ser dito sobre o seu limite?
6. Pode-se obter aproximações de
onde
√
k utilizando a sequência recursiva un+1 =
u1 = 21 .
u2 , u3 , u4 , u5 , u6 para
√
L = lim un , então L = k.
(a) Encontre as aproximações
(b) Mostre que, se
√
1
2
(
un +
k
un
)
10.
n→∞
7. Uma das mais famosas sequências é a sequência de Fibonacci (1710-1250), denida
pela recorrência
un+1 = un + un−1 ,
onde
u1 = u2 = 1.
(a) Determine os dez primeiros termos desta sequência.
un+1
dão uma aproximação para o igualmente
un
famoso número de ouro (ou razão áurea), denotado por τ. Determine uma aproximação
(b) Os termos da nova sequência
xn =
dos cinco primeiros termos dessa nova sequência.
(c) Supondo que
τ = lim xn ,
n→∞
mostre que
τ = 12 (1 +
√
5).
8. Encontre o termo geral da sequência de somas parciais de cada uma das séries abaixo.
A seguir, determine se a série converge ou diverge, obtendo o valor de sua soma, se
possível.
211
,
(a)
∞
∑
1
n=1 (2n − 1) (2n + 1)
(b)
∞
∑
2n + 1
(c)
2
n=1 n2 (n + 1)
(d)
∞ 2n−1
∑
(e)
n
n=1 5
(f )
(g)
∞
∑
8
n=1 (4n − 3) (4n + 1)
∞
∑
(
ln
n=1
∞
∑
√
n=1
∞
∑
1
n=1 1.2.3.4.5. · · · .n.(n + 2)
(h)
∞
∑
n=1
n3
n
n+1
)
n (n + 1)
1
(√
n+1+
√ )
n
3n + 4
+ 3n2 + 2n
9. Analise se as armações abaixo são verdadeiras ou falsas.
Justique seus argumen-
tos, exibindo contra-exemplos para as armações falsas ou provando as armações
verdadeiras.
(a) Toda sequência limitada é convergente.
(b) Toda sequência limitada é monótona.
(c) Toda sequência convergente é necessariamente monótona.
(d) Toda sequência monótona decrescente converge para zero.
(e) Se
un
(f ) Se
−1 < q < 1,
for decrescente e
(g) Se a sequência
então
un
un > 0
para todo
n ∈ N,
então
un
é convergente.
lim q n = 0.
n→+∞
converge, então a série
∞
∑
un
também converge.
n=1
(h) Se
∞
∑
un
converge, então
∞ √
∑
un
também converge.
n=1
n=1
(i) Toda série alternada convergente é condicionalmente convergente.
(j) A série
∞
∑
(n3 + 1)2
4
2
n=1 (n + 5)(n + 1)
(k) Desenvolvendo a função
é uma série numérica convergente.
∫
g(x) =
(l) A série de potências
S=
2
em série de potências obtém-se
∞
∑
(−1)3n xn
é convergente no intervalo
n=1
−3x
.
1 + 3x
(m) Se a sequência
t2 e−t dt
g(x) =
0
∞ (−1)n x2n+3
∑
.
n=0 n!(2n + 3)
igual a
x
un
converge então a série
∞
∑
(un+1 − un )
(− 31 , 13 )
e sua soma é
também converge.
n=1
∞ (−1)n (3x − 5)2n
∑
é
22n (n!)2
n=0
∞
∑
36
(o) A série
22n 91−n é convergente e sua soma é igual a
.
5
n=1
∞
∑
1
(p) O critério da integral garante que
converge.
n=3 n ln n ln(ln n)
(n) O raio de convergência da série da série
212
innito.
∞
∑
10. Encontre o termo geral da soma da série
n=1
4
−1
4n2
e verique se ela é convergente.
11. Encontre a soma das séries abaixo, se possível.
( )n
∞
∞
∞
∑
∑
∑
1
5
(a)
(b)
5
n=1
n=1
(5n + 2)(5n + 7)
(c)
∞
∑
1
−1
√
(d)
√
2
n+1+ n
n=1 n + 6n + 8
n=1
12. Usando o teste de comparação verique se as séries abaixo são convergentes ou divergentes.
∞
∑
1
(a)
n
n=1 n3
∞
∑
(e)
√
n=1
∞
∑
(b)
1
n2 + 4n
√
n
2
n=1 n + 1
(c)
∞ |sen(n)|
∑
2n
n=1
(g)
(f )
∞
∑
1
(i)
2
n=1 n n + 5
√
√
∞
∑
n+1+ n
√
(m)
3
n
n=1
√
∞ 1 + 2n
∑
n
n=1 1 + 3
(q)
∞
∑
∞ 1
∑
n
n=1 n
(d)
∞
∑
n!
n=1 (2 + n)!
(h)
∞
∑
n2
3
n=1 4n + 1
∞
∑
√
n=1
1
n3 + 5
1
√
(j)
n+5
n=1 n +
∞
∑
n
2n
(k)
(l)
3
n=1 4n + n + 1
n=1 (2n)!
∞ 1 + n42n
∑
(n)
n5n
n=1
∞ 2 + cos n
∑
(o)
n2
n=1
(r)
∞
∑
(p)
∞
∑
√
n
n=1 n + 4
∞ n + ln n
∑
3
n=1 n + 1
13. Usando o teste de D 'Alambert verique se as séries abaixo são convergentes ou divergentes.
(a)
(d)
∞ n+1
∑
2 n
n=1 n 2
∞
∑
√
n=1
3n
n3 + 1
∞
∑
1
n=1 n + 5
∞ 3n + 1
∑
(j)
2n
n=1
(g)
(b)
∞ n!
∑
n
n=1 e
(c)
∞
∑
3n
(e)
n
2
n=1 2 (n + 2)
∞
∑
1
n+1
n=1 (n + 1)2
∞
∑
(f )
n=1
∞ n+1
∑
n
n=1 n4
n
∞
∑ 3
(k)
2
n=1 n + 2
2n
n!
(2 + n)!
∞
∑
n
+n+1
n=1
∞
∑
n!
(l)
3
n=1 (n + 2)
(h)
(i)
4n2
(m)
∞
∑
2n−1
n
n=1 5 (n + 1)
14. Usando o teste de Cauchy, verique se as séries abaixo são convergentes ou divergentes.
(
(
)n
)n
∞ (ln n) n
∞
∞
∞
∑
∑
∑
∑
n+1
n4n − n
n+1
n
√
(a)
(c)
(d)
(b)
2
n
n2
n2 2n
n10n + 1
n=1 n 2
n=1
n=1
n=1
15. Usando o teste da integral verique se as séries abaixo são convergentes ou divergentes.
∞
∞
∞
∞ ln n
∑
∑
∑
∑
1
1
−n
(a)
ne
(b)
n=1
(e)
(i)
∞ arctan n
∑
2
n=1 n + 1
∞
∑
1
n=1 4n + 7
n=1
(f )
∞
∑
(c)
n
n=2
ne−n
2
(g)
n=1
(j)
∞
∑
∞
∑
n ln n
n2 e−n
n=1
1
2
n=1 n n + 1
√
(k)
(d)
n=1
(h)
(n + 1)
√
ln (n + 1)
∞ earctan n
∑
2
n=1 n + 1
∞
∑
1
2
n=1 n(1 + ln n)
16. Verique se as séries abaixo são absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente.
213
(a)
∞
∑
(−1)n−1
n=1
(d)
∞
∑
n−1
(−1)
n=1
(g)
∞
∑
(−1)n−1
n=1
(j)
∞
∑
(m)
(b)
( )n
2
n
3
(e)
3n
n!
(h)
(−1)
∞
∑
n=1
∞
∑
∞
∑
n=1
∞
∑
(k)
2
n−1
(−1)
n=1
n
2
n +1
(n)
∞
∑
(−1)n−1
n=1
n2
n!
(−1)n−1
n=1
(f )
2n+1
(−1)n−1
∞
∑
(c)
n!
(−1)n−1
n=1
n3 + n
(−1)n−1
1
(2n − 1)!
(−1)n−1
n=1
1
n−1
n=1
∞
∑
2n
n!
∞
∑
(−1)n−1
n=1
n2 + 1
n3
(i)
∞
∑
(l)
n
3
n +3
(o)
∞
∑
n=1
1
+ 2n
nn
n!
(−1)n−1
n=1
n n 2n
(2n − 5)n
n2
4
n−1 n
(−1)
en
∞
∑
(−1)n
√
2n2 − n
n=1
17. Classique as séries numéricas abaixo como absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente, justicando sua resposta.
(a)
∞
∑
(−1)n−1
n=1
(23n+4 − n)
en n3n
(b)
∞ n cos(nπ)
∑
2
n=1 n + n + 1
(c)
∞
∑
(−1)n
√
√
n=1
n+ n
(d)
∞ (−1)n (n + 1)!
∑
n=1 2.4.6 · · · .(2n)
(e)
∞ (−1)n 54n+1
∑
n3n
n=1
(f )
(g)
∞ n sin(nπ) + n
∑
n2 + 5
n=1
(h)
∞ cos(n) + sin(n)
∑
√
n3 + n
n=1
(i)
∞ (−1)n 73n+1
∑
(ln n)n
n=1
∞
∑
ne2n
2 n
n=1 n e − 1
18. Determine o raio e o intervalo de convergência das séries de potências abaixo.
∞ xn
∑
√
n
n=1
(a)
∞
∑
(d)
(−1)n n4n xn
(b)
∞ (−1)n−1 xn
∑
n3
n=1
(c)
∞ (3x − 2)n
∑
n!
n=0
(e)
∞ (−2)n xn
∑
√
4
n
n=1
(f )
∞ (−1)n xn
∑
n
n=2 4 ln n
n=1
∞ n(x + 2)n
∑
3n+1
n=0
(g)
∞
∑
(j)
n!(2x − 1)
n
n=1
19. Seja
∞ √
∑
n=0
∞ (−1)n (x + 2)n
∑
n2n
n=1
∞
∑
∞ (4x − 5)2n+1
∑
n(x − 4)n
xn
√
(k)
n
n=1 n n3
(i)
(l)
(n)
∞ nn (x + 2)n
∑
n
n=0 (2n − 5)
(o)
∞ 2n (x + 1)n
∑
n2 + 1
n=0
(q)
∞ n(x − 1)2n
∑
n3 + 3
n=0
(r)
f (x) =
∞ xn
∑
.
2
n=1 n
3
n=1
∞ n(x − 5)n
∑
2
n=0 n + 1
(m)
(p)
(h)
n2
∞ n4 (x − 1)n
∑
en
n=0
∞
∑
n=1
(−1)n
1.3.5.7. · · · .(2n − 1)xn
3.6.9. · · · .3n
Determine os intervalos de convergência para
20. A partir da soma da série geométrica
∞
∑
f, f ′
e
f ”.
xn , para |x| < 1, encontre as somas das séries
n=1
214
abaixo.
∞
∑
(a)
nxn−1
n=1
(e)
∞
∑
(b)
nxn
(c)
n=1
∞ n2 − n
∑
2n
n=2
∞ n2
∑
n
n=1 2
(f )
(g)
∞ n
∑
n
n=1 2
(d)
∞ (−1)n xn
∑
n
n=1
(h)
∞
∑
n(n − 1)xn
n=2
∞
∑
(−1)n
n
n=0 2 (n + 1)
21. Encontre uma representação em série de potências, centradas em zero, para as funções
abaixo.
(a) f (x) =
1
1 + x3
(d) f (x) =
x2
x3
(e)
f
(x)
=
(f ) f (x) = ln(5 − x) (g) f (x) = x ln(x2 + 1)
(1 − 2x)2
(x − 2)2
(b) f (x) =
1
4 + x3
(c) f (x) =
x
9 + 4x2
22. Expresse as integrais indenidas abaixo como uma série de potências, centradas em
zero.
∫
(a)
∫
x
dx
1 − x8
(b)
∫
ln(1 − x2 )
dx
x2
(c)
∫
x − arctan x
dx
x3
(d)
23. Utilize a representação em série de potências, centrada em zero, de
para provar a seguinte expressão para
∞
√ ∑
(−1)n
2 3
n=0
3n (2n + 1)
π
f (x) =
25. Mostre que as funções
da equação diferencial
∞ xn
∑
n=0 n!
é solução da equação diferencial
∞ (−1)n x2n
∑
(2n)!
n=0
f ”(x) + f (x) = 0.
f1 (x) =
26. Encontre a soma das seguintes séries
∞
∞ (−1)n π 2n
∑
∑
(−1)n π 2n+1
n=0
42n+1 (2n + 1)!
(b)
n=0
62n (2n)!
e
f2 (x) =
(c)
∞ 3n
∑
n=1 n!
27. Encontre o raio e o domínio de convergência da série
28. Determine o intervalo de convergência da série
29. Mostre que a série de potências
sua soma é igual a
f (x) = arctan x
π =
como soma de uma série numérica:
.
24. Mostre que a função
(a)
arctan x2 dx
S=
∞ (−1)n x2n
∑
32n
n=0
f ′ (x) = f (x).
∞ (−1)n x2n+1
∑
n=0 (2n + 1)!
(d)
são soluções
∞
∑
3n
n
n=0 5 n!
∞ 2n (x − 2)n
∑
.
n
2
n=0 5 (1 + n )
∞ (3x − 5)n
∑
.
7n n
n=1
é convergente no intervalo
(−3, 3)
e que
9
.
9 + x2
30. Determine o intervalo de convergência da série de potências que representa a função
f (x) =
4
x2
expandida em torno de
31. Desenvolva a função
a = 1.
f (x) = cosh(x3 )
em série de MacLaurin, determinando o termo
geral de sua expansão e o seu intervalo de convergência.
215
32. Determine o intervalo e o raio de convergência da série de funções, centrada em zero,
x2
que representa a função
f (x) =
e
−1
.
x
33. Usando séries de Maclaurin, mostre que
∫
34. Desenvolva a função
∫
cos xdx = sin x + k.
x
t2 ln(1 + 4t2 )dt
f (x) =
em séries de MacLaurin e determine o
0
seu intervalo de convergência.
35. Desenvolver em série de Taylor e Maclaurin as funções:
2
2
(a) f (x) = sin x
(e) f (x) = cos 2x
(b) f (x) = x sin 2x
sin(x5 )
(f ) f (x) =
x3
(c) f (x) = e3x
cos x − 1
(g) f (x) =
x2
(d) f (x) = e−x
2
2
(h) f (x) = x3 ex
36. Utilize desenvolvimento em séries de MacLaurin para calcular os seguintes limites.
2
2
3
2
cos 2x + 2x − 1
x→0
x4
sin(x ) + cos(x ) − x − 1
x→0
x6
(a) lim
(b) lim
ln(1 + x2 )
(c) lim
x→0 1 − cos x
ln(1 + x2 ) − 3 sin(2x2 )
(d) lim
x→0
x2
ln(1 + x3 ) − ex + 1
(e) lim
x→0
x6
3
cos(2x2 ) − ex
x→0
x sin(x3 )
x2 sin(x2 ) + ex − 1
(f ) lim
x→0
ln(1 + x4 )
4
4
(g) lim
(h) lim
x→0
sin(x8 ) + cos(3x4 ) − 1
ex8 − 1
37. Utilize séries numéricas e/ou séries de potências para encontrar os valores reais de
k
que tornam válidas cada uma das igualdades abaixo.
(a)
∞
∑
e−x − cos(x2 )
(b) lim
=k
x→0
x4
4
nk
e
=9
n=0
38. Desenvolver em série de Maclaurin as seguintes funções:
1
1
1
(b) f (x) = √
(c) f (x) =
1−x
1∫ + x2
∫ 1+x
1
sin x
2
(d) f (x) = √
dx
(f ) f (x) = e−x dx
(e) f (x) =
2
(x
)
∫ 1−x
1+x
ln(1 + x)
(g) f (x) =
dx
(h) f (x) = ln
(i) f (x) = arcsin x
x
1−x
√
(j) f (x) = arccos x
(k) f (x) = arctan x
(l) f (x) = 3 1 + x
∫ t
1
√
Calcule a integral
dx utilizando expansão em série de potências, centrada
3
1 + x4
0
(a) f (x) =
39.
em zero. Determine o termo geral desta expansão ou faça o seu desenvolvimento com
pelo menos 5 termos não nulos.
216
5.20
Respostas
1. .
(a)
1
4
(i) @
2.
(a) un =
(b) 0
(j)
π
2
(c) 0
(d) 0
(e) @
(f ) 0
(g) @
(h) @
(k) e−2
(l) 0
(m) 0
(n) @
(o) 1
(p) 0
2n−1
3n
(b) un =
(−1)n−1 2n−1
3n
(c) un =
2n−1
2n
(d) un =
n−1
n2
3. .
(a) decrescente
(e) decrescente
(b) decrescente
(f ) crescente
(c) decrescente
(g) decrescente
(d) decrescente
(h) não-decrescente
L é tal que
4. A sequência converge, pois é uma sequência monótona limitada. Seu limite
1 ≤ L ≤ 5.
5. Se a sequência for monótona crescente, será convergente, com limite
L ≤ 5.
Porém, se
a sequência for monótona decrescente nada podemos armar.
então lim un+1 = L. Com isso,
n→+∞
n→+∞
aplica-se limites em ambos lados da relação de recorrência dada e obtém-se que L =
(
)
1
k
L
+
. Agora basta isolar L.
2
L
6. Dica para o item (b):
Note que se
L = lim un
τ = lim xn = lim
7. Dica para o item (c): Note que se
n→+∞
n→+∞
un+1
un
então
lim
n→+∞
un−1
1
= .
un
τ
Com isso, aplica-se limites em ambos lados da relação de recorrência dada e obtém-se
que
1
τ =1+ .
τ
8. .
Agora basta isolar
τ.
(a) Sk =
k
.
2k + 1
(c) Sk =
k (k + 2)
.
(k + 1)2
Converge para
1
(d) Sk = − ln(k + 1).
(e) Sk =
1
2k
−
.
3 3.5k
Converge para
1
3
(f ) Sk = 1 − √
(g) Sk =
1
1
−
.
2 (k + 2)!
Converge para
1
2
(b) Sk =
Converge para
1
2
(h) Sk =
8k
.
4k + 1
Converge para
2
Diverge
1
.Converge
k+1
5
2
1
−
−
.
2 k+1 k+2
para
1
Converge para
9. .
(a) F
(i) F
10.
Sk = 2 −
11.
(a) S =
(b) F
(j) F
2
.
2k + 1
1
4
(c) F
(k) V
(d) F
(l) V
A série converge para
(b) S =
1
7
(c) S =
(e) V
(m) V
(f ) V
(n) V
2.
7
24
(d)
A série diverge
12. Legenda: C (convergente), D (divergente), I (inconclusivo):
(a) C (b) C (c) C (d) D (e) D (f ) C (g) C (h) C (i) C
(j) D (k) C (l) C (m) D (n) D (o) C (p) D (q) C (r) C
217
(g) F
(o) V
(h) F
(p) F
5
2
13. Legenda: C (convergente), D (divergente), I (inconclusivo):
(a) C (b) D (c) C (d) I (e) D (f ) C (g) I (h) C (i) I (j) C (k) D (l) D (m) C
14. Legenda: C (convergente), D (divergente), I (inconclusivo):
(a) C (b) C (c) C (d) C
15. Legenda: C (convergente), D (divergente), I (inconclusivo):
(a) C (b) D (c) D (d) D (e) C (f ) C (g) C (h) C (i) D (j) C (k) C
16. .
(a) absolutamente
(d) absolutamente
(g) absolutamente
(j) condicionalmente
(m) condicionalmente
(b) absolutamente
(e) divergente
(h) condicionalmente
(k) divergente
(n) absolutamente
(c) absolutamente
(f ) absolutamente
(i) divergente
(l) absolutamente
(o) condicionalmente
17. .
(a)
(d)
(g)
(b) condicionalmente
(e) absolutamente
(h) absolutamente
absolutamente
absolutamente
divergente
(c) condicionalmente
(f ) absolutamente
(i) divergente
18.
I é o intervalo de convergência e R é o raio de convergência
(a) R = 1, I = [−1, 1)
(b) R = 1, I = [−1, 1]
(c) R = ∞, I = (−∞, ∞)
1
1 1
1
1 1
(d) R = 4 , I = (− 4 , 4 )
(e) R = 2 , I = (− 2 , 2 ]
(f ) R = 4, I = (−4, 4]
(g) R = 3, I = (−5, 1)
(h) R = 1, I = (3, 5)
(i) R = 2, I = (−4, 0]
1
(j) R = 0, I = { 2 }
(k) R = 3, I = [−3, 3]
(l) R = 41 , I = [1, 32 ]
(m) I = [4, 6), R = 1
(n) I = (−4, 0), R = 2
(o) I = (1 − e, 1 + e), R = e
3
1
1
(p) I = [− 2 , − 2 ], R = 2
(q) I = [0, 2], R = 1
(r) I = ( −3
, 3 ), R = 32
2 2
19.
[−1, 1], [−1, 1]
20. .
1
(1 − x)2
(e) 4
(a)
21. .
(a) f (x) =
(c)f (x) =
∞
∑
e
(−1, 1),
respectivamente.
x
(1 − x)2
(f ) 6
(b)
n 3n
(−1) x
n=0
∞ (−1)n 4n x2n+1
∑
n=0
∞
∑
9n+1
n+2
nx
(e) f (x) =
n+1
n=1 2
∞
∑ (−1)n x2n+3
(g) f (x) =
n+1
n=0
22. .
(a)
(d)
∞ x8n+2
∑
+K
n=0 8n + 2
(c) 2
2x2
(1 − x)3
(h) 2 ln 32
(d)
(g) − ln(1 + x)
∞ (−1)n x3n
∑
(b) f (x) =
4n+1
n=0
∞
∑ n−1 n+1
(d) f (x) =
2 nx
n=1
(f ) f (x) = −
(b) −
∞
∑
∞
∑
xn+1
n+1
n=0 (n + 1)5
x2n−1
+K
n=1 n(2n − 1)
∞
∑
(−1)n x4n+3
+K
n=0 (4n + 3)(2n + 1)
218
(c)
∞ (−1)n+1 x2n−1
∑
+K
4n2 − 1
n=1
23. Dica: Mostre que
∞ (−1)n x2n+1
∑
arctan x =
2n + 1
n=0
√
e depois faça
x=
3
.
3
24. Dica: derive termo a termo, desloque o índice do somatório e substitua na equação
dada.
25. Dica: derive termo a termo, desloque o índice do somatório e substitua na equação
dada.
√
26.
√
2
(a)
2
(b)
3
2
(c) e3 − 1
3
(d) e 5
27. Intervalo de convergência:
−1
9
≤x≤
2
2
28. Intervalo de convergência:
−2
≤ x < 4.
3
e raio de convergência
5
R= .
2
29. Dica: Note que a série dada é geométrica!
30.
∞
∑
(−1)n (4n + 4)(x − 1)n ,
intervalo de convergência:
0 < x < 2.
n=0
31.
cosh(x3 ) =
∞ x6n
∑
,
n=0 (2n)!
que converge para todo
32. Desenvolvimento em séries de MacLaurin
x ∈ R,
x∈R
: f (x) =
∞ x2n−1
∑
n=1 n!
que converge para todo
ou seja, o raio de convergência é innito.
33. Basta integrar termo a termo.
34.
f (x) =
∞ (−1)n 4n+1 x2n+5
∑
n=0 (n + 1)(2n + 5)
−1
1
≤x≤ .
2
2
converge para
35. Desenvolvimento em séries de Maclaurin
(a)
∞ (−1)n 22n+1 x2n+2
∑
(2n + 2)!
n=0
(b)
∞ (−1)n 22n+1 x2n+3
∑
(2n + 1)!
n=0
(c)
∞ 3n xn
∑
n=0 n!
(d)
∞ (−1)n x2n
∑
n!
n=0
(e)
∞ (−1)n 22n x2n
∑
(2n)!
n=0
(f )
∞ (−1)n x10n+2
∑
n=0 (2n + 1)!
(g)
∞ (−1)n x2n−2
∑
(2n)!
n=1
(h)
∞ x2n+3
∑
n=0 n!
36.
(a)
2
3
37.
(a) k = ln
(b) −
8
9
2
3
(d) − 5
(c) 2
(b) k = −
1
2
219
(e) − 1
(f ) 2
(g) − 3
(h) −
7
2
38. Desenvolvimento em Séries de MacLaurin
∞
∑
n
x
(b) 1 +
∞ (−1)n 1.3.5. · · · .(2n − 1)xn
∑
2n n!
n=1
(−1)n x2n
(d) 1 +
∞ 1.3.5. · · · .(2n − 1)x2n
∑
2n n!
n=1
(a)
n=0
(c)
∞
∑
n=0
(e)
∞
∑
(−1)n x2n+1
+C
n=0 (2n + 1)!(2n + 1)
(f )
∞ (−1)n x2n+1
∑
+C
n=0 (2n + 1)!
(g)
∞ (−1)n xn+1
∑
+C
2
n=0 (n + 1)
(h)
∞ 2x2n+1
∑
n=0 2n + 1
(i) x +
(k)
∫
39.
0
t
∞ 1.3.5. · · · .(2n − 1)x2n+1
∑
(2n + 1)2n n!
n=1
∞ (−1)n x2n+1
∑
2n + 1
n=0
(j) − x −
∞ 1.3.5. · · · .(2n − 1)x2n+1
∑
(2n + 1)2n n!
n=1
∞ (−1)n 2.5.8. · · · .(3n − 4)xn
∑
1
(l) 1 + x +
3
3n n!
n=2
∞
∑
1
(−1)n 1.4.7.10. · · · .(3n − 2)t4n+1
√
dx
=
t
+
3
(4n + 1).3n n!
1 + x4
n=1
220