Apostila de Cálculo Integral e Diferencial II by labvirtual.utfpr.pb

TECNOLOGIAS EDUCATIVAS (E-book):

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL II

Coleção: APRENDER

Organizadores: GILMAR BORNATTO NADIA SANZOVO

Coleção APRENDER Laboratório Virtual e Modelo Multiplicador por grupo: perspectivas para o desenvolvimento de competências formativas, utilizando as Tecnologias da Informação e da Comunicação – TIC. Organização: Nadia Sanzovo – UTFPR/ Pato Branco – Brasil Colaboração Científica: Joaquim José Jacinto Escola – UTAD/ Vila Real – Portugal

Colaboração Técnica (Pesquisa, seleção e lincagem de material Web): Anderson Mendes – Bacharelado em Engenharia da Computação Felix Penna – Licenciatura em Matemática

Volume III – E-book/ Ensino Superior Bornatto, Gilmar; Sanzovo, Nadia. (Organizadores). Tecnologias Educativas (e-book): Cálculo Diferencial e Integral II. Disponível em: <http://pb.utfpr.edu.br/labvirtual/inicio.html> .

T255

Tecnologias educativas [recurso eletrônico] : cálculo diferencial e integral II/ Organização de Gilmar Bornatto e Nadia Sanzovo ; colaboração de Anderson Mendes e Felix Penna. – Pato Branco : UTFPR, 2016. v. 1 : il. ; 30 cm. – (Coleção APRENDER.) -

Modo de acesso: Word Wide Web: <HTTP://>xxxxxxxxxxxxxxx Inclui bibliografia ISBN 978-85-xxxxxx (on-line)

1. Tecnologia educacional. 2. Educação - Metodologia. 3. Inovações Biblioteca da Campus Pato Branco educacionais. 4.UTFPR Ensino – Meios auxiliares. I. Bornatto, Gilmar. II. Sanzovo, Nadia. III. Mendes, Anderson. IV. Penna, Felix. V. Título.

CDD (22. ed.) 371.3078

Apresentação Na Universidade Tecnológica Federal do Paraná (UTFPR), a disciplina de Cálculo Diferencial e Integral II, além da I, está presente nos cursos de Engenharias, Tecnologias e outros cursos que possuem a Matemática como alicerce. É uma das disciplinas que têm como principal objetivo abordar conteúdos gerais que servirão para sustentar aprendizagens posteriores, em disciplinas específicas dos cursos. Em relação à reprovação em Cálculo II na UTFPR, um levantamento realizado por meio de consulta ao Sistema Acadêmico em um dos dois maiores câmpus da instituição (Câmpus Pato Branco) apontou que os percentuais de reprovação variaram de 37% a 60%, nas turmas de calouros de engenharia, entre os anos de 2010 e 2014. Convém alertar que tais índices não caracterizam uma situação particular dentro da instituição. Cientes desse entrave, não concebendo como natural o elevado índice de insucesso dos alunos frente a essa disciplina e priorizando efetivamente por uma educação de qualidade, os gestores do câmpus Pato Branco, juntamente com o Departamento de Educação (DEPED) e professores do Departamento de Matemática, têm buscado incessantemente por soluções que amenizem esse problema – o elevado número de reprovações em Cálculo. Dentre as medidas que já foram adotadas estão: oferta de cursos de pré-cálculo (realizadas em formatos diferenciados), oferta de inúmeros horários de monitorias (incluindo monitoria para matemática básica), oferta de horários de atendimento com os professores no período extraclasse, oferta da disciplina em formato EAD (para alunos que já haviam cursado a disciplina presencialmente e reprovado, porém que tiveram frequência superior a 75%). O Laboratório Virtual da UTFPR - Câmpus Pato Branco está sendo desenvolvido com o intuito de disponibilizar conteúdos organizados – e-book – hospedados por disciplinas na plataforma Moodle, num modelo de intersecção e interação, utilizando as tecnologias da informação e comunicação, para criar serviços que dão suporte ao ensino e à pesquisa. Este modelo engloba desde a seleção e organização dos conteúdos até processos de interação e comunicação que favoreçam a criação de comunidades aprendentes (SANZOVO & ESCOLA, 2016). Dessa forma apresentamos o Volume III – E-book/ Ensino Superior: Bornatto, Gilmar; Sanzovo, Nadia. (Organizadores). Tecnologias Educativas (e-book): Cálculo Diferencial e Integral II. Disponível em:< http://moodle.pb.utfpr.edu.br/moodle/course/index.php?categoryid=108>. Esperamos uma vez mais que possa contribuir para a aprendizagem desses conteúdos e também esperamos as críticas e sugestões para a melhoria desses AO (Objetos de Aprendizagem).

Pato Branco, outono de 2017. Os organizadores!

Capítulo 1 INTEGRAL DEFINIDA Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de): 1. De nir integral inferior e integral superior; 2. Calcular o valor da integral de nida por de nição; 3. Aplicar o teorema fundamental do cálculo e suas propriedades; 4. Calcular integral de nida 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.

1.1 Introdução Neste capítulo estudaremos a integral de nida. Uma das principais aplicações da integral de nida 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

x ∈ [a, b]. y = f (x), pelo eixo x

para todo

propósito é determinar a área da região delimitada pela curva retas

x=a

x = b,

Nosso e pelas

conforme Figura 1.1 abaixo:

x Figura 1.1: Área da região

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 de nir 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

∆x

e altura

Mi = M ax{f (x) : x ∈ [xi−1 , xi ]}.

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

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]

subintervalos com

n = 3, 4, 5, 6, · · ·?

A de nição formal de integral de nida 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 regiã

delimitada por grá cos 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.

Figura 1.3: Aproximando áreas com

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 de nições auxiliares.

1.2 Partição DEFINIÇÃO 1.2.1 Seja [a, b] um intervalo. Denominamos partição de [a, b] ao conjunto ordenado de pontos

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, podemos escrever |[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 re namento 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 re namento de P.

1.3 Soma Superior f : [a, b] → R de nida num intervalo fechado m, M ∈ R tais que m ≤ f (x) ≤ M para todo

Consideraremos sempre uma função contínua

[a, b] e limitada nesse intervalo, isto é, existem x ∈ [a, b] .

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 1.3.2 Considere a função f : [0, 2] → R de nida por f (x) = xsenx. Na Figura 1.4 podemos ver o grá co 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

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 grá co de

[0, 2] .

f (x) =

f(x)=xsen x x Figura 1.4: Soma Superior,

S(f, P ), P

com 15 pontos:

A = 1, 863

u.a.

f(x)=xsen x x Figura 1.5: Soma Superior,

S(f, P ), P

com 80 pontos:

A = 1, 746

u.a.

1.4 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 ín mo 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 de nida por f (x) = xsenx. Na Figura 1.6 podemos ver o grá co 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 grá co de

f (x) = x sin x

[a, b]

a soma inferior

no intervalo

[0, 2].

S (f, P )

vai se apro-

f(x)=xsen x x Figura 1.6: Soma Inferior,

S(f, P ), P

com 15 pontos:

A = 1, 642

u.a.

f(x)=xsen x x Figura 1.7: Soma Inferior,

S(f, P ), P

com 80 pontos:

A = 1, 718

u.a.

1.5 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

∫

f (x) dx = lim a

OBSERVAÇÃO

1.5.2

n→+∞

n ∑

integral de nida de f de a até b

f (wi ) (xi − xi−1 ), onde wi ∈ [xi−1 , xi ] .

i=1

As somas superiores e inferiores acima de nidas 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 de nidas usando a de nição de somas superiores ou inferiores, serão usadas as seguintes expressões: OBSERVAÇÃO

1.5.3

(i) 1| + 1 + {z 1 + ... + 1} = k k vezes

(ii) 1 + 2 + 3 + ... + k =

(1 + k)k 2

(iii) 12 + 22 + 32 + ... + k2 = (iv)

k (k + 1) (2k + 1) 6

k 2 (k + 1)2 1 + 2 + 3 + ... + k = 4 3

(v) 14 + 24 + 34 + ... + k4 =

k (k + 1) (6k 3 + 9k 2 + k − 1) 30

Usando a de nição 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

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,

4−0 4 = ∆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.

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

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→+∞

64 32 32 4+ + + 2 3 n 3n

Agora, se desejarmos encontrar a soma inferior de

) =

76 . 3

f, quais modi cações 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 de nição 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

Figura 1.9: Soma Inferior de

f (x) = 16 − x2

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

S(f, P ) = = = = = = = = =

o ín mo 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

∫

(

(16 − x )dx = lim 2

n→+∞

)

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 não será objeto de nosso estudo. OBSERVAÇÃO

1.5.6

Propriedades das Integrais f, g : [a, b] → R

são funções integráveis, então são válidas as seguintes propriedades:

∫ f (x)

é uma função constante, i.e.,

f (x) = c

cdx = c(b − a).

então

ii.

∫ Se

∫

f (x) dx.

iii.

∫

[f (x) + g (x)]dx = a

iv.

∫

f (x) dx + a

g (x) dx. a

∫ Se

f (x) ≤ g (x)

para todo

kf (x) dx = k

é uma constante então

x ∈ [a, b]

f (x) dx ≤

então

∫

g (x) dx. a

∫ m ≤ f (x) ≤ M

para todo

x ∈ [a, b],

então

m (b − a) ≤

f (x) dx ≤ M (b − a) . a

∫

vi.

c ∈ [a, b]

∫

f (x) dx =

então

f (x) dx +

vii.

∫

f (x) dx. c

A troca dos limitantes de integração acarreta a mudança no sinal da integral de nida, ou seja,

∫

f (x) dx = −

viii.

∫

f (x) dx. b

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 grá co de f e entre as retas y = 0, x = −1 e x = 2. EXEMPLO

1.5.7

Solução:

A Figura 1.10 ilustra o grá co da soma superior de

composta de

referente a uma partição

pontos. Observe que as alturas dos retângulos circunscritos não possuem

o mesmo comportamento em todo o intervalo. no intervalo

[−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]

e outra para

[1, 2].

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

em cada subintervalo ocorre no seu extremo esquerdo, ou seja,

Assim, a soma superior de

S(f, P ) = = = = = = = = = =

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 n(n − 1) 2 (n − 1)n (2n − 1) 2 · 5n − 4 · · + · n n 2 n 6 [ ( 2 )] 2n − 3n + 1 2 2 · 5n − 4(n − 1) + · n 3 n ( ) 8 4 3 1 14 4 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

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

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 grá co 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

[−1, 1]

usaremos novamente a

[−1, 1] e outra para o intervalo [1, 2].

Figura 1.11: Soma Inferior de

f (x) = x2 − 2x + 2

com 15 retângulos

Soma Inferior para o intervalo [−1, 1] Considere a partição

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 ) = = = = = = = = = =

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 + 1)n 2 n(n + 1) (2n + 1) · 5n − 4 · · + · n n 2 n 6 [ ( 2 )] 2 2 2n + 3n + 1 · 5n − 4(n + 1) + · n 3 n ( ) 8 4 3 1 14 4 4 2− + · 2+ + 2 = − + 2. n 3 n n 3 n 3n

Soma Inferior para o intervalo [1, 2] Considere a partição

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

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) 1 4 1 1 = n· + · = − + 2. n 6 n 3 2n 6n

S(f, Q) = = = =

Portanto, a soma inferior de

S(f, P ∪ Q) =

[−1, 2]

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

obtemos que a área da região desejada é

dada por

∫

(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

Utilize a de nição de integral de nida 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

está sombreada na Figura 1.12.

Figura 1.12: Região

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

Área de

R1 : A R1 =

−3

9dx = 9[0 − (−3)] = 27u.a.

(usando as propriedades de integral

de nida). 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

é dada por

uma partição tervalos de

AR2 =

com 7 retângulos

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

S(g, P ) =

e com as alturas de nidas é dada por

n ∑ i=1

g(xi )∆x =

n ∑

x2i ∆x = (x21 + x22 + · · · + x2n )∆x

i=1

= [(−3 + ∆x)2 + (−3 + ∆x)2 + · · · + (−3 + ∆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 9 3 1 = 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→+∞

Logo, a área da região

9 27 + 2 9+ 2n 2n

) = 9u.a..

AR = AR1 − AR2 = 27 − 9 = 18u.a.. EXEMPLO

Utilize soma de áreas de retângulos inscritos para calcular

1.5.9

∫

(−x2 − 1)dx. 0

Solução:

O grá co de

f (x) = −x2 − 1

e os retângulos inscritos na região de integração

da integral desejada estão representados na Figura 1.14.

Figura 1.14: Retângulos inscritos na região

∫

(−x2 − 1)dx

Para calcular

usando somas de áreas de retângulos inscritos tomamos uma

partição de

P = {x0 , x1 , x2 , · · · , xn }

[0, 4], de tal forma que todos os subintervalos ∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn . Portanto, temos 4−(0) = n4 e assim podemos atribuir dada por ∆x = 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

f (xi−1 ).

xi−1 ,

Assim, a soma de Riemann de

relativa a partição

S(f, P ) =

n ∑

e com as alturas de nidas 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 64 32 32 32(2n − 3n + 1) = −4 − + − 2 = −4 − 2 3n 3 n 3n Portanto, usando áreas de retângulos inscritos obtemos que

∫

(

(−x − 1)dx = lim 2

n→+∞

32 76 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

f (x) dx = a

f (c) (b − a). EXEMPLO

∫

No Exemplo 1.5.4 obtemos que

∫

(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,

Observe que

√ 4 3 c=− 3

√ 3 76 16 4 c2 + 1 = ⇒ c2 = ⇒c=± . 4·3 3 3 não está no intervalo que procuramos a solução. Portanto,

satisfaz a conclusão do Teorema 1.5.11.

√ 4 3 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 grá co de f de a até b, e o número a do Teorema 1.5.11 é a ordenada do ponto P do grá co 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 grá co 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

∫

f (x)dx é dito valor médio de f em [a, b].

y=f(x)

P(c, f(c))

Figura 1.15: Interpretação geométrica do Teorema 1.5.11

1.6 Teorema Fundamental do Cálculo Seja

f : [a, b] → R uma função contínua integrável.

Vamos xar o limite inferior

a e variar

o limite superior. De niremos a função

∫ F (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.

F(x) F( x+ x)

x+ x

Figura 1.16: Representação geométrica de

TEOREMA 1.6.1 ∫ x função F (x) =

f(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).

DEMONSTRAÇÃO: Utilizando a de nição 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

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].

de nida acima, é denominada primitiva de

[a, b]

possui

e pelo

Se f : [a, b] → R for contínua em [a, b] , então ∫

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

isto é,

F (x) =

é uma primitiva de

f (t)dt. a Se

Pelo Teorema 1.6.1 sabemos que

for qualquer outra primitiva de

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

∫

f (t)dt = a

f (t)dt a

então elas

Trocando

por

obtemos

∫

f (x)dx = G(b) − G(a) a como queríamos demonstrar. A notação usual é

∫ a

f (x)dx = G(x) .

O teorema fundamental do cálculo permite que sejam determinadas as integrais de nidas 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 grá co de f : [0, 4] → R de nida por f (x) = x2 + 1.

EXEMPLO

Solução:

Pelo Teorema 1.6.3 a área desejada é dada por

∫

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 grá ca pode ser visualizada na gura 1.17.

x Figura 1.17: Área sob o grá co de

f (x) = 81 (x2 − 2x + 8)

Pelo teorema fundamental do cálculo temos que

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 ∫

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 de nida.

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 ′

∫

f (x) dx = a

f (g (t)) g ′ (t) dt.

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

∫

f (g (t)) g ′ (t).

Portanto, obtém-se:

∫

′

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 de nida

segue que

Na sequência,

α2 + 1 = 1 ⇒ α2 = 0 ⇒ α = 0 β 2 + 1 = 5 ⇒ β 2 = 4 ⇒ β = 2. √ x−1 determinaremos f (g (t)). Como f (x) = , obtemos 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:

∫

√

∫

∫ 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

= 2t − 2 arctan t = 4 − 2 arctan 2.

x−1 dx = x

ii. Integração por partes

TEOREMA 1.6.9

Sejam f, g : [a, b] → R funções que possuem derivadas integráveis, então ∫ a

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 ∫

udv = uv − vdu.

a a

Determine o valor da integral

∫

π 3

sin3 xdx.

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 cos2 x sin xdx = − sin x cos x + 2

0 0

3 2

2 3 = (− sin x cos x − cos x)

3 0

3 1 1 2 5 = − · − + = . 4 2 12 3 24

1.7 Integrais Impróprias DEFINIÇÃO 1.7.1 Seja f : [a, ∞) → R uma função contínua para todo x ∈ [a, +∞). De -

nimos

∫

+∞

f (x) dx = lim

f (x) dx,

b→+∞

desde que o limite exista. EXEMPLO

1.7.2

Encontre o valor numérico da integral

∫

+∞

1 dx. 1 + x2

x Figura 1.18: Área sob o grá co de

Solução:

Veja o grá co de

∫

+∞

f (x) =

1 1+x2

na Figura 1.18. Pela de nição 1.7.1 temos que

∫

1 dx = 1 + x2

lim

b→+∞

dx = lim arctan x

2 b→+∞

1+x

lim (arctan b − arctan 0) = lim arctan b =

b→+∞

π . 2

DEFINIÇÃO 1.7.3 Seja f : (−∞, b] → R uma função contínua para todo x ∈ (−∞, b].

De nimos

∫

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 de nição 1.7.3 temos que

∫

0 −∞

1 dx = 1 + x2 =

∫ lim

a→−∞

∫

−∞

1 dx. 1 + x2

dx = lim arctan x

2 a→−∞

1+x

( π) π lim [arctan 0 − arctan a] = − lim arctan a = − − = . a→−∞ a→−∞ 2 2 a

DEFINIÇÃO 1.7.5 Seja f : (−∞, ∞) → R uma função contínua para todo x ∈ (−∞, +∞).

De nimos

∫

+∞

f (x) dx + lim

f (x) dx = lim −∞

a→−∞

∫

c b→+∞

desde que os limites existam. 22

f (x) dx, c

Encontre o valor numérico da integral

EXEMPLO

1.7.6

Solução:

Pela de nição 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

= lim arctan x + lim arctan x

a→−∞ b→+∞

1 dx = 1 + x2

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]. De nimos ∫ a

∫

f (x) dx = lim− α→c

∫

f (x) dx + lim−

f (x) dx,

β→c

desde que os limites acima existam. EXEMPLO

1.8.2

Encontre o valor numérico da integral

∫

−1

1 dx. x2

x Figura 1.19: Área sob o grá co de

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 de nição 1.8.1, temos que

∫

−1

∫

∫ 1 1 1 lim− dx + lim dx 2 α→0 β→0+ β x2 −1 x

1 −1

−1

= lim−

+ lim+

β→0 α→0 x

−1 β [ ( )] [ ( )] −1 −1 −1 = lim− − + lim+ −1 − α→0 β→0 α −1 β = [+∞ − 1] + [−1 + ∞] = +∞

1 dx = x2

Consequentemente, a função

f (x) =

1 x2

não é integrável no intervalo

[−1, 1].

1.8.3 Quando os limites que aparecem nas de nições 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.

OBSERVAÇÃO

EXEMPLO

∫

−∞

(b)

Classi que as integrais abaixo em convergente ou divergente.

(a)

∫

1.8.4

|x|ex dx;

sin x dx. cos2 x

Solução (a): ∫

∫

|x|e dx = x

−∞

−xe dx + x

lim

a→−∞

∫

a

xex dx 

4 ∫

0 ∫

4 0

x x   ex dx = lim −xe − −e dx + xe − a→−∞

a 0 0 a ( ) = lim 0 + aea + e0 − ea + 4e4 − 0 − (e4 − 1) a→−∞

= =

lim aea − lim ea + 3e4 + 1

a→−∞

lim

a→−∞

a→−∞ e−a

1 + 3e4 + 1 = 3e4 + 1 a→−∞ −e−a

+ 3e4 + 1 = lim

ou seja, a integral converge.

Solução (b):

∫ 0

∫ π sin x sin x lim dx + lim dx 2 2 a→ π2 − 0 cos x b→ π2 + b cos x

a ]

π ] [ [ 1

= lim

+ lim

a→ π2 − cos x

b→ π2 + cos x

0 b [ ] [ ] 1 1 = lim − 1 + lim −1 − cos b b→ π2 + a→ π2 − cos a = +∞ − 2 + ∞ = +∞

sin x dx = cos2 x

∫

ou seja, a integral diverge.

1.9 Aplicações da Integral De nida 1.9.1 Área em coordenadas retangulares Vimos que, se uma função

[a, b],

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

∫

f (x) dx. a

No caso mais geral, estaremos interessados em calcular a área da região situada entre os grá cos de duas funções

g, com f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], de acordo com a Figura

1.20.

y y=f(x)

y=g(x)

Figura 1.20: Região entre duas curvas Nesta situação, devemos utilizar uma diferença de áreas e obter que

∫

f (x)dx −

A= a

[f (x) − g(x)] dx.

g(x)dx = a

Na expressão acima, o termo simal de base

∫

f (x) − g(x)

corresponde à altura de um retângulo in nite-

dx. g(x) < 0 para todo x ∈ [a, b], y = g (x) será dada por ∫ b ∫ b A= [0 − g(x)] dx = − g(x)dx.

Note que, se uma função

for negativa, isto é, se

da região situada entre as curvas

x = a, x = b, y = 0

a área

Calcule a área da região situada entre o eixo x e o grá co da função f (x) = 2x, com x no intervalo [−2, 2] . EXEMPLO

1.9.2

Solução:

A representação grá ca 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

∫

A= −2

(0 − 2x)dx +

∫

(2x − 0)dx = 0

Logo, a área sob o grá co da função

∫

0 −2

−2xdx + 0

2xdx = −x + x = 8 u.a.

−2

f (x) = 2x, no intervalo [−2, 2] , é igual a 8 unidades de

área.

Figura 1.21: Área entre o eixo

e o grá co de

f (x) = 2x

Calcule a área da região delimitada pelas curvas y = x2 e y =

√

EXEMPLO

1.9.3

Solução:

Nesse exemplo não foi especi cado 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

e os valores de

e x = x ∈ [0, 1].

x Figura 1.22: Região delimitada p or

y = x2

√

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 grá co de 2 grá co de y = x , com x ∈ [0, 1] .

y =

√

e sob o

Assim, temos que

∫ A= 0

(√

x−x

) 2

1 2 3 1 3

2 1 1 dx = x 2 − x = − = u.a. 3 3

3 3 3

Portanto, a área desejada é igual a

EXEMPLO

1.9.4

1 3

unidades de área.

Calcule a área da região hachurada na Figura 1.23.

Solução:

Primeiro vamos identi car a lei que de ne as funções lineares presentes no grá co. 1 Uma reta passa pelos pontos (0,0) e (1,1) e a outra passa pelos pontos (0, 0) e (2, ). Portanto 2 26

x Figura 1.23: Região hachurada do Exemplo 1.9.4

as equações destas retas são

y=x

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 = = = = =

(

Portanto, a área desejada é igual a

ln(2)

unidades de área.

Achar a área da região delimitada pelos grá cos de y + x2 = 6 e y + 2x = 3.

EXEMPLO

1.9.5

Solução:

Inicialmente, encontramos as interseções das curvas:

{

y = 6 − x2 y = 3 − 2x

⇒ 6 − x2 = 3 − 2x ⇒ x2 − 2x − 3 = 0 ⇒ x = −1

x = 3.

A seguir, fazemos a representação grá ca 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

x3 2

3x − +x

3 −1 27 1 32 9− + 9 − (−3 + + 1) = 3 3 3

área sob a reta, no intervalo de

A = = = =

u.a.

Figura 1.24: Área delimitada p or

Portanto, a área desejada é igual a

EXEMPLO

1.9.6

32 3

y + x2 = 6

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 grá ca, conforme ilustra a Figura

1.25. Na sequência, vamos encontrar as interseções das curvas.

Figura 1.25: Região delimitada p or

{ Para a reta e a parábola, temos o sistema

x = −2, y = 4. {

Para as duas parábolas, temos os sistemas

x = −1, y = 1.

y = x2 , y = 2 − x2

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

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

1.9.7

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

Figura 1.26: Região entre as curvas

x=y+1

x = y2 − 1

equações, obtendo

y2 − 1 = y + 1

⇒

y2 − y − 2 = 0

⇒

y = −1

y=2

e ainda,

y = −1 ⇒ x = 0

y = 2 ⇒ x = 3.

Uma primeira forma de calcular a área desejada é proceder como nos exemplos anteriores, onde tomamos

como variável de integração. Para isso, devemos isolar

em função de

obtendo

y =x−1

√ y = ± x + 1.

Note que o sinal positivo na última equação corresponde à porção da parábola situada acima do eixo

e o sinal negativo corresponde a parte situada abaixo do eixo.

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

2 √ 2 4√ x

+ x

= (x + 1)3 + (x + 1)3 −

3 3 2 0

√

−1

4 16 9 2 9 = + − + 3 − = u.a. 3 3 2 3 2 Uma segunda maneira de calcular esta área é mantendo

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

∫

A = −1

(y + 1) − (y 2 − 1)dy

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 ∫

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

1.9.8

(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

√

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 temos o sistema , cuja solução é x = 3, 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

x Figura 1.27: Região delimitada p or

para a reta superior,

√

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

duas integrais.

∫

−1 2

) ] ) ] ∫ 3 [( (√ ) 5−x 5−x − (2 − x) dx + − x − 2 dx 2 2 2 ) ∫ 3( 1+x 5−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

[

Neste exemplo, as duas expressões obtidas envolvem soma de integrais. Mesmo assim, é fácil notar que a expressão na qual

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

1.9.9

A área de uma determinada região R pode ser calculada pela expressão ∫ A=

[ 2 √ ] (2x ) − (2 x) dx +

∫

[

√ ] (−2x + 12) − (2 x) dx.

(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

Figura 1.28: Região

R √ y = 2 x e sua representação geométrica

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

Os pontos de interseção são

2 y = 2x √ ⇒ (1, 2); y = 2 x

{

está sombreada na Figura 1.28.

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

temos

1.9.10 Área delimitada por curvas escritas em equações paramétricas y = f (x) uma função contínua no intervalo [a, b], cujo grá co delimita uma região R. A seguir, vamos obter uma nova expressão para a área da região 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

lembrar que a área de uma região retangular é dada por

∫

f (x) dx = a

Agora, fazendo a substituição

b = ϕ(β)

ydx. a

y = ψ (t)

dx = ϕ′ (t)dt

e supondo que

a = ϕ(α)

obtemos a expressão para o cálculo de área em coordenadas paramétricas:

∫

ψ(t)ϕ′ (t)dt.

Encontre a área delimitada pela elipse

EXEMPLO

1.9.11

Solução:

As equações paramétricas da elipse dada são

x = ϕ (t) = a cos t Desse modo, temos que

varia de

y = ψ (t) = b sin t.

dx = ϕ′ (t) dt = −a sin tdt

Vamos agora determinar os valores de temos que

x2 y 2 + 2 = 1. a2 b

até

β.

Utilizando a quarta parte da área desejada,

Assim, podemos fazer

x = ϕ (α) = 0

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

∫

A = 4 π 2

b sin t(−a sin t)dt = −4ab

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

1.9.12

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].

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

∫

sin t(−2 sin t)]dt π 2

∫

0 2

(−32 sin t + 8 sin t)dt = π 2

∫

= 24 0

π 2

1 (1 − cos 2t)dt = 2

(

π 2

−24 sin2 tdt

)

π2 12

12t − sin 2t = 6π u.a.

2 0

1.9.13 Área de um setor curvilíneo em coordenadas polares No nal deste capítulo apresentamos 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]

ri = f (θi ).

em que

α = θ0 < θ1 < θ2 < θ3 < ... < θn = β. ∆θ1, ∆θ2, ∆θ3, ..., ∆θn os subarcos da partição X e correspondente a um ângulo ξi ∈ ∆θi , isto é, θi−1 ≤ ξi ≤ θi . A área do setor circular de raio ri e arco ∆θi é dada por Sejam

Ai =

o comprimento do raio

1 (ri )2 ∆θi 2

e a área aproximada área da região delimitada por

An =

seja

n ∑ i=1

1 2

r = f (θ)

(ri )2 ∆θi .

é dada por

Seja

|∆θ|

teremos que

o subintervalo de maior diâmetro da partição

|∆θ|

Então, se

tender a in nito

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

∫

r2 dθ α

r2 dθ,

(1.9.1)

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

1.9.14

Solução:

A Figura 1.31 ilustra a região considerada.

Figura 1.31: Região delimitada p or um cardióide e por uma circunferência. Como esta região é simétrica em relação ao eixo

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 1.9.1, 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 1 1 1 π

2 cos θ − (1 + cos 2θ)dθ = 2 sin θ − θ − sin 2θ = 2 − .

2 2 4 4 0 2

Portanto, a área desejada é igual

2−

π 4

unidades de área.

1.9.15 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).

EXEMPLO

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

quadrante).

Figura 1.32: Região delimitada p or uma rosácea e uma circunferência

Vamos calcular a área da região delimitada com

no intervalo de

[0, π6 ]

e multiplicar por

8, já que as demais áreas são simétricas. Utilizando a Fórmula 1.9.1 e veri cando 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

π 6

(4 cos2 (2θ) − 1)dθ.

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

1.9.16

Solução: x=

Inicialmente, devemos identi car as curvas dadas. Utilizando as relações polares r cos θ, y = r sin θ e r2 = x2 + y 2 , obtemos que

(

5 x− 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 =

3 π ⇒ θ= . 3 6

Finalmente, observamos que ao descrever a região desejada, devemos considerar

√ 5 3 sin θ

para

π θ ∈ [0, ] 6

r = 5 cos θ

para

π π θ ∈ [ , ]. 6 2

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 2 1 6 2 75 sin θdθ + 25 cos2 θdθ. = 2 0 2 π6

1 A = 2

∫

π 6

EXEMPLO 1.9.17 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 grá cos destas curvas e

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)

ρ=

√

é a solução de:

π ρ = 2√ sin θ =⇒ θ = ρ = 2 4

(esta interseção é dada na integral das curvas são

I ).

3π 4

Em coordenadas cartesianas os pontos de interseção

(1, 1).

(i) Integração em relação à variável

∫

I= −1

√ √ ( 2 − x2 − 1 + 1 − x2 ) dx

∫ ou

I=2

√ √ ( 2 − x2 − 1 + 1 − x2 ) dx

(ii) Integração em relação à variável

∫

I=2

√

y: ∫

2y −

dy + 2

√

2 − y 2 dy

Solução (c):

√

Para calcular o valor da área da região

usaremos a expressão

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

∫

π 4

= 4

1−

cos(2θ)

π (

dθ + 2θ = 2 θ −

sen(2θ)

)

π4 π

= (π − 1)

u.a.

1.10 Comprimento de Arco 1.10.1 Comprimento de Arco em Coordenadas Cartesianas Seja

y = f (x)

uma função contínua no intervalo

[a, b] ,

cujo grá co descreve o arco

conforme ilustra a Figura 1.35.

y f(xi)

f(xi-1)

Mi-1

Δy

Δs Δx

xi-1

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

∆yi ,

de modo que podemos escrever

(∆Si )2 = (∆xi )2 + (∆yi )2 , dividindo tudo por

∆xi

obtemos

(

∆Si ∆xi

( =

ou seja,

∆xi ∆xi

)2 +

√ ∆Si = ∆xi √

e assim

∆Si =

(

( 1+

(

∆yi ∆xi

)2 ∆xi .

(II)

Agora, como

∆xi = xi − xi−1 segue que

∆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

tal que

∆yi = f ′ (ξi ) . ∆xi Substituindo

(II)

(I)

resulta que

ln =

n ∑

√

(

i=1 e substituindo

(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→∞

d no intervalo [a, b] AB ∫ b√ l= 1 + (f ′ (x))2 dx.

Portanto, o comprimento do arco

é dado por

(1.10.1)

Determinar o comprimento do arco da curva descrita por y =

EXEMPLO

1.10.2

Solução:

A Figura 1.36 ilustra o comprimento de arco considerado.

√

no intervalo [0, 4] .

x, com x

Figura 1.36: Arco de Como

y = f (x) =

√

temos que

f ′ (x) =

f (x) =

√

1 √ . Aplicando a fórmula 1.10.1, obtemos 2 x

√

)2 1 √ l = 1 + (f (x)) dx = 1+ dx 2 x a 0 ∫ 4√ ∫ 4√ ∫ √ 1 1 4 4x + 1 4x + 1 √ = 1 + dx = dx = dx. 4x 4x 2 0 x 0 0 ∫ b√

∫

′

(

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

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

1.10.3 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

ψ ′ (t) dt ψ ′ (t) dy f (x) = = ′ = ′ . dx ϕ (t) dt ϕ (t) ′

Substituindo na fórmula 1.10.1 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

∫

√ (ϕ′ (t))2 + (ψ ′ (t))2 dt.

(1.10.2)

Mostre, usando coordenadas paramétricas, que o comprimento de uma circunferência de raio r é igual a 2πr. EXEMPLO

1.10.4

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 1.10.2 é dado por

∫ l=

2π

√

∫

√ r2 (sin t + cos2 t)dt =

0 1.10.5

2π

rdt = rt|2π 0 = 2πr.

(−r sin t)2 + (r cos t)2 dt =

EXEMPLO

2π

Calcule o comprimento de arco da astróide descrita por 41

y 3

-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 1.10.2, obtemos

∫

π 2

l = 4

∫ √ ( )2 2 2 2 (−9 cos t sin t) + 9 sin t cos t dt = 4 · 9

∫

π 2

= 36

∫ √ ( ) 2 2 cos2 t sin t cos2 t + sin t dt = 36

√ cos4 t sin2 t + sin4 t cos2 tdt 0

cos t sin tdt = 18 sin2 t = 18 u.c.

π 2

Portanto, o comprimento de arco da astróide dada é

unidades de comprimento.

1.10.6 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 1.10.2 para

x = ϕ(t) = 3t com

t ∈ [0, 1],

y = ψ(t) = 2t 2

obtemos

∫

l =

∫ √ 1 32 + (3t 2 )2 dt =

√

9 + 9tdt

= 3 1 + tdt = 2(1 + t)

0 0 √ 3 3 2 2 = 2(2) − 2(1) = 4 2 − 2 u.c. ∫

√ Portanto, a distância percorrida 4 2 − 2 unidades de comprimento.

√

3 2

pela partícula entre os instantes

t=0

t=1

é igual a

1.10.7 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 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

que após aplicar os produtos notáveis e simpli car, resulta em

(ϕ′ (t)) + (ψ ′ (t)) = (r′ ) + r2 . 2

Substituindo na equação 1.10.2, obtemos a fórmula para o cálculo do comprimento de arco em coordenadas polares, que é dada por

∫

√

(r′ )2 + r2 dθ.

(1.10.3)

EXEMPLO

1.10.8

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 1.10.3 vem

∫

l = = = = = =

√ (r′ )2 + r2 dθ α ∫ π√ 2 (−a sin θ)2 + (a (1 + cos θ))2 dθ 0 ∫ π√ 2a sin2 θ + 1 + 2 cos θ + cos2 θdθ 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

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

1.10.9

Solução:

Inicialmente, vamos obter os limitantes de integração. Na interseção da espiral

com a circunferência, temos que

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 1.10.3 obtemos

como temos

o comprimento em coordenada polares

∫

1 2

a 2

l = ∫

∫ √ 2θ 2 2θ 2 (4e ) + (2e ) dθ =

1 2

√

a 2

20e4θ dθ

1 2

a 2

= 0

1 ln a ) √ 2θ √ 2θ

2 2 √ ( a 2 5e dθ = 5e

= 5 − 1 u.c.

2 0

1.11 Volume de um Sólido de Revolução Considere o sólido intervalo

[a, b]

y = f (x)

gerado pela rotação da curva

em torno do eixo

como na Figura 1.38

y Cálculo do elemento de volume

y=f(x) y=f(x) r=f(x)

Área plana a

b x

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]

e sejam

então o volume do cilindro

∆x1 , ∆x2 , · · · , ∆xn de raio f (ξi ) e altura

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

i=1

Portanto, o volume de um sólido de revolução (em torno do eixo expressão

∫

é calculado pela

[f (x)]2 dx.

V =π

(1.11.1)

1.11.1 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

4m cilindro cone

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

(Figura 1.40).

x z -2

Figura 1.40: Cilindro de Revolução Aplicando a expressão 1.11.1, obtemos

∫

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

x z

Figura 1.41: Cone de Revolução Aplicando a expressão 1.11.1 mais uma vez, obtemos

∫ V2 = π 0

6 1 2 1 3

63 π x dx = πx = = 8π.

9 27 27

Portanto o volume desejado é dado por

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

1.11.2

Solução:

O sólido desejado pode ser visualizado na Figura 1.42.

r x

x z Figura 1.42: Sólido gerado p ela rotação de

y = x3

em torno do eixo

E o volume desejado é dado por

∫

V =π

( 3 )2 x dx = π

∫

2 πx7

127π x dx = = u.v.

7 1 7 6

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

1.11.3

x z

Figura 1.43: Sólido gerado p ela rotação de uma região plana em torno do eixo

Solução:

Nesse exemplo não foi especi cado 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

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 1.11.1,

temos que

∫ V

∫

(x + 2) dx − π

= π −1 2

−1

∫ = π

−1

( = π

( 2 )2 x dx

(x2 + 4x + 4 − x4 )dx

1 3 1 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

1.11.4

Solução:

Observe na Figura 1.44 a circunferência geratriz do sólido.

y 1

-1

Figura 1.44: circunferência Isolando a variável

(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

∫

V2 = π

−1

(2 −

√

1 − y 2 )2 dy

√

1 − y 2 )2 dy

ou seja,

∫

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

y = sin θ,

com

dy =

∫ V

π 2

= π − π2

∫

√ 8 1 − sin2 θ cos θdθ ∫

π 2

cos θdθ = 4π

= 8π

(1 + cos 2θ)dθ

− π2

= π[4θ + 2 sin (2θ)] = 4π 2 .

π −2

4π 2

Portanto, o volume desejado é igual a

unidades de volume.

1.11.5 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)

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=c r y=f(x) y=c r a

y=f(x) a

z Figura 1.45: Sólido obtido p ela rotação

y = f (x)

em torno da reta

y=c

Neste caso, o raio do cilindro in nitesimal 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

∫

(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

∫

(c − g(y))2 dy.

V =π a Note que quando

c=0

temos novamente a revolução em torno dos eixos coordenados.

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

1.11.6

Solução:

Na Figura 1.46 podemos observar a curva geratriz, o eixo de revolução e o sólido

de revolução obtido. y

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

O intervalo de integração, de nido 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

(1 + 2x2 + x4 )dx =

94 √ 2π. 15

1.11.7 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;

A região a ser rotacionada está representada na Figura 1.47.

x Figura 1.47: Região a ser rotacionada As interseções entre as curvas são dadas por

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, de nido pela parábola, é dado por reta e é dado por

y x= . 2

√

y. O raio interno

é de nido pela

Assim, o volume desejado é calculado pela integral

∫

√

( y) − π

V =π

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

Novamente o sólido resultante será vazado e

devemos tomar a diferença entre os volumes dos sólidos externo e interno. O raio externo, de nido pela distância entre a parábola e o eixo de rotação, é dado por

r = 5 − x2 e o raio interno, de nido 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

Mais uma vez devemos tomar a

diferença entre os volumes dos sólidos externo e interno. O raio externo, neste caso, é de nido pela reta e é dado por agora de nido pela parábola, é dado por

r =2−

√

r =2−

y 2

e o raio interno,

Assim, o último volume desejado é calculado pela integral

∫

EXEMPLO

1.11.8

∫ 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 √ (−3y + = π + 4 y)dy. 4 0 4

1 x

Seja R a região sob o grá co 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.

Solução (a): ∫

A = 0

1 √ dx = lim a→0+ x

∫

4 √ √ √

dx = lim+ 2 x = lim+ (2 4 − 2 a) = 2u.a.

a→0 a→0

− 21

Solução (b): ∫ V

(

= π 0

1 √ x

∫ dx = π lim+ a→0

dx = π lim+ ln x = lim+ (ln 4 − ln a) = +∞

a→0 a→0 x

Portanto o sólido obtido não tem volume nito.

Solução (c):

∫ V

= π

1 2

∫

+∞

(

(4) dy + π 0

( = 8π + π lim

b→+∞

1 2

1 − 3 3x

)

∫ 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

1.12 Exercícios Gerais f, g : [1, 3] → R S (g, P ) .

1. Dadas as funções

S (f, P )

2. Dada a função

f : [−2, 5] → R

de nidas por

de nida por

3. Determine as expressões para a 5 − x2 , considerando x ∈ [1, 2].

f (x) = x + 2

f (x) = x2 + 2

soma superior

g (x) = x2 + x

encontre

S(f, P ) .

soma inferior

e para a

encontre

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 =

(x2 − 2x)dx.

5. Utilize a de nição de integral de nida para calcular

(Observe que é

1 preciso provar que a função é integrável.)

∫

(−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 grá co 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 grá co de e o eixo

entre as retas

x = −1

x = 2.

9. Utilize somas inferiores para calcular a área da região situada entre a curva o eixo

com

10. Considere

f (x) = ex x = y2

y ∈ [0, 2].

f : [a, b] → R

uma função contínua. Mostre que:

∫a

(a)

é uma função par, então

(b)

é uma função ímpar, então

(c)

Interprete geometricamente os itens anteriores.

−a

f (x)dx = 2

∫a

−a

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 t(t − 12)(t − 24), onde o tempo t é medido em horas e t = 0 corresponde por T (t) = 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

contínua, positiva e tal que a área da região situada sob o seu 3 grá co e entre as retas x = 0 e x = t seja igual a A(t) = t , para todo t > 0.

∫ 13. Determine uma função

f (t)dt = [f (x)]2

diferenciável, positiva e tal que

para todo

x ∈ R.

f : R → R uma função contínua e de na 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

por

g : R → R uma função com ∫ x dg f (x) = (t)dt para todo x ∈ R. 0 dt

15. (ENADE) Considere de nida por

derivada

dg dt

contínua e

a função

Nessas condições avalie as a rmações que seguem.

[a, b], a, b ∈ R, a < b.

I A função

é integrável em todo intervalo

II A função

é derivável e sua derivada é a função

III A função diferença

f −g

é uma função constante.

É correto o que se a rma em (a) I, apenas. (b) II, apenas. (c) I e III, apenas. (d) II e III, apenas. (e) I, II e III. Justi que sua resposta.

16. Seja

f : [0, 1) → R

de nida por

1 f (x) = √ . 1 − x2

∫

f (x) dx

Veri que se

17. Determine o valor das seguintes integrais, se possível. ∫ √2 −x2 ∫1 2 (a) 1 xe dx (b) −1 √xx3 +9 dx

(d)

∫1 0

∫

∫ x sin xdx

4 3

1 dx x 1 + x2

3 4

(

(g)

√

) √ 1 x+ √ + 4 x dx 3 x

∫

(c)

√

(e)

∫π 4

∫ tan xdx

(i)

tan2 x sec2 xdx

∫3

(f )

π 3

(h)

existe.

√ x dx x+1

√

x dx 2 + 4x

18. Encontre, se existir, o valor de cada uma das seguintes integrais:

∫

(

(a)

x+ 0

(b)

∫2

√

1 x− √ 3 x

)

dx (e)

x ln(x)dx ( ) ∫ +∞ 1 1 (c) cos dx 2 x 1 √ x ∫ 2 2 1 √ (d) dx 1 − x2 0 0

(f ) (g) (h)

∫

∫0

∫

x √ xe dx (i) dx −∞ 2 ∫0 +∞ 16 − x ∫ ∞ xe−x dx xe−|x−4| dx (j) ∫ −∞ ∫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

(m)

∫ −∞ 1 1 (n) dx 4 x −1 ∫ 1 1 (o) dx 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

para os quais

1 53

+∞

1 dx xp

converge.

ex dx

∫ p∈R

21. Determine para quais valores de

+∞

a integral

1 dx x(ln x)p

22. Calcule, se possível, as seguintes integrais impróprias:

(a) (d)

∫ +∞ 1

∫1 0

xe−x dx 2

∫ +∞

arctan x dx −∞ x2 +1

(b)

x ln xdx

∫9

(e)

√ e x

√

∫π 2

−∞

∫π 0

converge.

sin 2xdx

√ cos x dx 1−sin x

23. Em equações diferenciais, de ne-se a Transformada de Laplace de uma função

∫

+∞

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 de nida para todo

∫

x>0 +∞

Γ(x) =

por

tx−1 e−t dt.

(a)

Calcule

Γ(1)

Γ(2).

(b)

Mostre que, para

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

x = π2 .

2y + x = 0.

y = 3 − x.

(d) y = sin x, y = x sin x, x = 0

x = π2 .

(e) 28 − y − 5x = 0, x − y − 2 = 0, y = 2x

y = 0.

26. Represente geometricamente a região cuja área é calculada por

∫

[

] √ (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

x (ii)

integra ção em relação a

x = −y 2 + 3.

(b) 2x + y = −2, x − y = −1 (c) y = x − 1, y = √ (d) y + x = 6, y = x

2 x2

7x − y = 17.

y = 32x2 .

y + 2 = 3x.

28. Represente geometricamente a região cuja área é calculada pela expressão

∫ A= 1

[ (

)

( )] ) ( )] ∫ 4 [( 2 62 − 15x 2 − dx + − dx. x 4 x 2

A seguir, reescreva esta expressão utilizando

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

y =

mediante: (a) integração em relação a

(b) integração em relação a

4 , x−1

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=

√

2 2

pode ser calculada pela expressão

(√

√ − 2 2

1 − x2 −

√

) 2x2 dx.

Reescreva esta expressão, utilizando:

(a)

integração em relação a

(b)

coordenadas paramétricas.

32. Represente geometricamente a região cuja área, em coordenadas paramétricas, é dada por

∫

3 sin t(−3 sin t)dt − 2

A=2 π

3 sin t(−2 sin t)dt. π

P (0, 0) de um círculo de raio a, centrado em (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

34. Uma curva de equação

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

(b) r = 1 + cos θ (c) r = sin θ

r = 1 + cos θ; e

r = 1;

r = 1 − cos θ;

(d) r2 = cos(2θ)

r2 = sin(2θ);

(e) r = 2 (1 + sin θ)

r = 2 (1 + cos θ) .

36. Encontrar a área simultaneamente interior ao círculo

2(1 + cos θ).

r = 6 cos θ

e exterior a

r =

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

r = sin θ.

r = sin(2θ)

r =

cos(2θ). 41. Escreva a integral que permite calcular a área sombreada entre as curvas e

42. Seja

√

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

r = 4 sin θ

r = 1. Escreva as integrais que permitem calcular:

(a)

a área da região

(b)

o comprimento de arco da fronteira da região

43. Calcule a área das regiões sombreadas nas guras abaixo: (a)

r=1

r = 2 cos(2θ)

(b)

r = 2e 4 θ

(c)

r = sin(3θ)

r = cos(3θ)

44. Represente geometricamente a região cuja área, em coordenadas polares, é dada por

[ ∫ π ] ∫ π 4 1 6 1 sin2 θdθ + cos2 (2θ)dθ . I=2 2 0 2 π6 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)

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)

r = e−θ ,

0 ≤ θ ≤ 2π;

(f )

1 , com 4y

2 ≤ y ≤ 5;

(a)

y = 6 + 2t2 ,

y = 2t3 ,

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 .

é dada por

x(t) = 1 +

cos(3

√

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 equaçõ es

x(t) = 4t3 + 1

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)

√ B(33, 32 2).

50. Calcule a distância percorrida por uma partícula que se desloca, entre os instantes

t=0

t = 4,

de acordo com as equações

51. A curva descrita por

x(t) = 3e−t cos 6t

x(t) = 1 + 2 cos(3t 2 )

y(t) = 3e−t sin 6t,

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.

Figura 1.48: Espiral logarítmica

52. Encontre o comprimento das curvas que limitam a região formada pela interseção das curva

√

3 sin θ

r = 3 cos θ,

situada no primeiro quadrante.

53. Represente gra camente o arco cujo comprimento é calculado pela integral

∫

π 6

√

∫ 48 cos2

π 2

θ + 48 sin θdθ +

√

16 sin2 θ + 16 cos2 θdθ.

π 6

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.

55. Calcule o volume do sólido obtido pela revolução da curva torno do eixo

yx2 = 1,

com

x ≥ 1,

56. Determinar o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da curva em torno do eixo

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

y = 0,

(a)

(b)

y = |x| + 2, y = x , x = −2

(c)

y=x

y = 2,

(d)

y = 1 − x2

(e)

x+y =3

x=1

em torno da reta

em torno do eixo

y = 2;

x − y = 1,

em torno da reta

y = 3;

y + x2 = 3,

em torno da reta

x = 2.

e e

em torno do eixo

59. Determine o volume do sólido obtido quando a região situada sob a curva acima do eixo

com

x ≤ 0,

é rotacionada em torno da reta

y = ex

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

61. Quando uma determinada região

é rotacionada em torno do eixo

9y − 4x = 36

o volume do

sólido resultante pode ser calculado pela expressão

∫

[(

V =π 1 3

Represente geometricamente a região quando

7 − 3y 2 R

( )2 ] 1 − dy. y

e, a seguir, calcule o volume do sólido obtido

é rotacionada em torno da reta

62. Considere a região

y = 3.

delimitada simultaneamente pelas curvas

y = x3

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

é rotacionada em torno do

é rotacionada em torno da reta

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

(b) da reta

64. Considere a região

primeiro quadrante e

y=2

x = −3.

y = x3 y = 2 − x.

delimitada pelas curvas

abaixo da reta

y = 2x,

(a) Determine o volume do sólido obtido quando a região do eixo

que está situada no

é revolucionada em torno

(b) Escreva as integrais que permitem calcular o volume do sólido obtido quando a região

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

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

1.13 Respostas 2 n

4 38 10 + + 2 3 n 3n

S (f, P ) = 8 +

S (f, P ) =

175 133 133 − + 2 3 2n 6n

S (f, P ) =

8 3 1 + − 2 3 2n 6n

S (f, P ) =

11 1 1 1 + + 2− 5 2n 3n 30n4

2 3

− 76 3

1 4 b 4

e2 − e−1

8 3

S (g, P ) =

S (f, P ) =

8 3 1 − − 2 3 2n 6n

10. Dica para os itens (a) e (b): use propriedades para quebrar o lado esquerdo em duas integrais, use a de nição 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 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 − 31 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

22. .

(a)

23. 24. 25.

(a) 12 e−1 (d) − 14

(b) 0 (e) 2e3 − 2

1 s−a

para s > a

(a) Γ(1) = 1, √ (a) 2 2 − 2

26. .

s +1

para s > 0

(c)

1 +1

Γ(2) = 1 (b) 22

(c)

(d) 2 − 2 sin 1

125 6

(e) 17

(a)

27.

125 6

∫ 28.

(b) 16 (

A= 1 2

29. .

62 − 4y 15

∫

(a) A = ∫

(b) A = 1 30.

)

(d)

23 6

( ) ) (√ ) ∫ 8( 2 2y 62 − 4y − dy + − dy y 15 2 2

) 4 − x dx x−1 2 ) ∫ 4 ( y+4 √ √ (y − y) dy + − 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

√

2t2 dt

2 2

33.

3a2 π

34.

3πa2 8

35.

(a)

5π 4

(b) 45 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

√

−1

41. Uma das várias respostas possíveis é:

∫

1 √ ( 3 cos 2θ)2 dθ + 2

π 4

A= 0

42.

∫

π 6

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 (a) A = (16 sin θ − 1)dθ + 4 cos2 θ − 1 dθ 2 arcsin 41 2 arctan 12 ∫ π ∫ π ∫ arctan 1 2 3 3 4dθ + 2dθ + dθ (b) l =

arcsin √ 9 3 8

(a)

43.

−

1 4

arctan

1 2

arcsin 5π

9π

1 4

(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

[

√ (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)

∫

(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

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:

∫ 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. .

∫

(x − 9x + 4x + 12)dx

(20 − 13x2 − x4 + 8x)dx −1 ∫ −3 ∫ 0 ∫ −1 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

(b) V = π

−4

∫ 64.

(a)

134 π 189

(b) V = π

(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.

x2 +y 2 = a2

1.14 Revisão de Coordenadas Polares no R2 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

num sistema de coordenadas polares. O ponto xo, denotado por

θ o

Figura 1.49: Ponto chamado

pólo ou origem.

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 ˆ O segmento OP , em radianos, do ângulo orientado AOP.

A semirreta xa

determinado através do par ordenado ponto

é chamado

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 grá cos Retas 1.

θ = θ0 ou θ = θ0 ± nπ, n ∈ Z é uma θ0 ± nπ radianos com o eixo polar. r sin θ = a

r cos θ = b,

com

θ0

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 grá co está à direita do pólo;

(ii) se

a<0

o grá co está à esquerda do pólo.

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 grá co está acima do pólo;

(ii) se

b<0

o grá co está abaixo do pólo.

Limaçons Equações do tipo

r = a ± b cos θ

r = a ± b sin θ,

onde

a, b ∈ R

o grá co varia conforme

os casos abaixo. 1. se

b > a,

então o grá co 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 grá co 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 grá co 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

r=a - bsinθ

Rosáceas Equações do tipo

r = a cos(nθ)

r = a sin(nθ),

onde

a∈R

n∈N

o grá co varia

conforme os casos abaixo. 1. Se

é par temos uma rosácea com

pétalas. Veja a Figura 1.53.

r = asin(4θ)

r = acos(4θ) Figura 1.53: Rosáceas com

2. Se

é ímpar temos uma rosácea com

pétalas

pétalas. Veja a Figura 1.54.

r=a sin(5θ)

r=a cos(5θ)

Figura 1.54: Rosáceas com

pétalas

Lemniscatas Equações do tipo

r2 = ±aa cos(2θ)

r2 = ±a2 sin(2θ),

caso estão na Figura 1.55.

onde

a ∈ R.

Os grá cos para cada

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

Figura 1.56: Espirais

r=aθ (θ ³0)

r=aθ (θ£ 0)

r=-

Capítulo 2 FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS E DIFERENCIAÇÃO PARCIAL Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de): 1. De nir funções de várias variáveis e dar exemplos práticos; 2. Encontrar o domínio e fazer o grá co (esferas, cones,cilindros, parabolóides, planos e interseções entre essas superfícies) com funções de várias variáveis com duas variáveis independentes; 3. Usando a de nição mostrar que o limite de uma função de duas variáveis existe; 4. Veri car 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 veri car 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.

2.1 Introdução Um fabricante pode constatar que o custo da produção

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

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

e altura

A área desse retângulo é

A = ab. Por outro lado, se de

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 de nida 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

as dimensões de um paralelepípedo. O volume será dado por

A função

V = abc. Por outro lado, se

for uma variável

expresso como função de uma variável

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

z=c isto é,

V (x, y, z) = xyz. 3 é de nida 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

Nota de compras Produtos

Unidades

Preço por unidade

Total

Leite

2 pacotes

1,00

2,00

Pão

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

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

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 de nida 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 de nir 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, de nida 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 de nida por f (x, y) = 2x + 3y + 1. (b) f : D ⊂ R3 → R de nida por f (x, y, z) = x2 + y + z + 6. (c) f : D ⊂ R4 → R de nida por f (x, y, z, w) = x2 + y 2 + z + w + 6. (d) f : D ⊂ R5 → R de nida 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: (a) Temos que T (3, 1) = 32 + 4 = 13 graus. (b)

A curva desejada tem equação T (x, y) = 16, ou seja, 2 x2 + y4 = 1, representada na Figura 2.1. elipse 16 70

x2 + 4y 2 = 16,

que nos fornece a

Figura 2.1: 16 graus ao longo da elipse.

2.2.5 Grá co de uma Função de Várias Variáveis DEFINIÇÃO 2.2.6 Seja f : D ⊂ Rn → R uma função de n variáveis. De nimos o grá co

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 grá co de f é uma superfície em R3 . Quando n ≥ 3, não é mais possível 4 o grá co de f, pois este será um subconjunto de R .

No caso visualizar

EXEMPLO

2.2.7

Figura 2.2.

O grá co de f (x, y) = 9 − x2 − y 2 é um parabolóide, conforme mostra a

z = f (x, y) = 9 − x2 − y 2

Figura 2.2: Parabolóide

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

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 .

Representação Grá ca de uma Superfície Para representar gra camente 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)

fazendo

z=0

na equação da superfície;

(b)

fazendo

y=0

na equação da superfície;

(c)

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 ′ existe um ponto P (−x, y, −z);

se para qualquer ponto

P (x, y, z)

Uma superfície é simétrica em relação ao eixo ′ existe um ponto P (−x, −y, 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)

•

4. Secções e Extensão: Quando os traços principais não forem su cientes 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 −

x2 y 2 + = 1 (Figura 2.3). 52 42

Figura 2.3: Traço sobre

•

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

− x52 +

√

x2 z 2 y =4 1+ 2 + 2 5 3

y2 42

−

y2 z2 − =1 42 32

z2 32

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 eixo y. Fazendo de elipses. Fazendo

x = k,

com

de eixo real paralelo ao eixo

•

Por exemplo, fazendo

−

z=3

temos a equação de uma hipérbole (Figura 2.5)

x2 y 2 x2 y 2 32 + − = 1 ⇒ − + = 2. 52 42 32 52 42

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.

y x

Figura 2.7: Hiperbolóide de duas folhas

Note que a gura acima não é o grá co 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 identi que o grá co de z = f (x, y). EXEMPLO

2.2.11

Solução: D(f ) = {(x, y) ∈ R2 / 4x2 + y2 ≤ 4} = {(x, y) ∈ R2 / x2 + domínio de

f (x, y)

O grá co de

é o conjunto de pontos do plano

f (x, y)

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

≥ 0)

x2 + R3

ou seja, o

y2 = 1. 4

dado por

z = f (x, y)}.

do grá co de

z2 y2 + = 1, 4 4 z = f (x, y) está

x2 +

esta é a equação de um elipsóide com centro na origem. Logo, o grá co 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

para

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

com o plano

z=k

são chamadas de

é o grá co 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, signi ca que os valores

mostradas em intervalos equi-espaçados de informação sobre a aclividade de de

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

Solução:

As curvas de nível são as circunferências

x2 + y 2 = k.

Um mapa de contorno de

pode ser visto na Figura 2.9.

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 de nida por uma equação em x, y, z pode ser considerada Embora não possamos visualizar o grá co 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

até

DEFINIÇÃO 2.2.15 Sejam A (y1 , y2 , · · · , yn ) um ponto de Rn e ε > 0 um número real. De-

nominamos bola aberta de centro A e raio ε ao conjunto de todos os pontos P (x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Rn tais que ||P − A|| < ε, ou seja, B (A, ε) = {(x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Rn ; ||P − A|| < ε} . EXEMPLO

2.2.16

No plano, para ε = 1 e A(1, 2) temos a bola aberta { } B ((1, 2) , 1) = P (x, y) ∈ R2 ; ||(x, y) − (1, 2)|| < 1

que é gra camente representada pela Figura 2.10. y

Figura 2.10: Bola aberta

B ((1, 2) , 1) .

EXEMPLO

2.2.17

Sejam A (1, 1, 2) e ε = 1 então a bola aberta

{ } B((1, 1, 2) , 1) = P (x, y, z) ∈ R3 ; ||(x, y, z) − (1, 1, 2)|| < 1

está gra camente representada pela Figura 2.11. z

y x Figura 2.11: Bola aberta

B((1, 1, 2) , 1)

2.3 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 de nida 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 de nição de módulo, temos que |x − 1| =

e |y − 3| =

√ √

(x −

1)2

≤

(y − 3)2 ≤

√

(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 de nição 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

existam e sejam iguais. Já para funções de duas variáveis, a situação análoga é mais complicada, pois no plano há uma in nidade de curvas (caminhos) ao longo das quais o ponto (x, y) pode se aproximar de (x0 , y0 ) . Porém, se o limite da De nição 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 de nida 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

lim

(x,y)→(0,0) x2

xy não existe. + y2

C1 = {(x, y) ∈ R2 ; x = 0} . pelo ponto (0, 0) . Assim,

caminho que passa

lim

f (x, y) =

(x,y)→ (0,0)

lim

C2 = {(x, y) ∈ R2 ; y = kx}. (0, 0) . Assim

Considere agora

lim (x,y)→ (0,0) C2

f (x, y) =

lim

x→0

e é um

0·y = 0. + y2

Note que

lim

é o conjunto de retas que

(x,kx)→(0,0) x2

x2 k k = . x2 (1 + k 2 ) 1 + k2 78

é exatamente o eixo

y→0 02

f (x, kx) =

(x,kx)→(0,0)

= lim

f (0, y) = lim

(0,y)→(0,0)

passam pelo ponto

Note que

xkx + (kx)2

Mostramos então que

̸=

f (x, y)

lim

(x,y)→(0,0) S1

e com isso, concluímos que

EXEMPLO

Solução:

f (x, y)

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 veri car 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)

= 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

f (x, y) =

lim (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

3xy seja o limite de f (x, y) = 2 2 . Para con rmar, devemos veri car se a De nição 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| 3 (x2 + y 2 ) |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

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

|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 3k 4 x12 = . 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

de nir 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

(x + 2y + z)3 (3 + at + 2 + 2bt − 5 + ct)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)

Propriedades dos Limites f : R2 → R é de nida por f (x, y) = ax+by+c, então

lim

f (x, y)

(x,y)→(x0 ,y0 )

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)] =

(d)

f (x, y) ·

lim

(x,y)→(xo ,yo )

(x,y)→(x0 ,y0 )

f (x, y) lim [ ]= (x,y)→(x0 ,y0 ) g(x, y)

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 )

(e)

( lim

[f (x, y)] =

)n f (x, y)

lim

(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(u) = ln u,

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

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 )] x2 − y 2 x + 2xy + y 2 lim · f (x, y) + ln +1 (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)

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

PROPOSIÇÃO 2.3.13 Se

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

2.3.14

Solução:

Consideremos

Sabemos que Escrevendo

lim (x,y)→(0,0)

f (x, y) = x

lim

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) =

r2 cos θ sin θ xy = = 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

temos que

g(x, y)

é limitada.

Logo, pela

Outra maneira de resolver usando ainda a Proposição 2.3.13. f (x, y) = y

Sejam

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

f (x, y) = 0

lim (x,y)→(0,0)

para todo

(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

2.3.15

Solução:

Usando as propriedades temos:

2x2 y 2 − 2xy 3 lim = (x,y)→(0,0) 3x2 + 3y 2 =

Como

2x2 = 0, (x,y)→(0,0) 3 lim

nhança da origem,

lim

( lim (x,y)→(0,0)

2x2 y 2 2xy y 2 − 3 x2 + y 2 3 x2 + y 2

)

y2 2xy y2 2x2 · 2 − lim · (x,y)→(0,0) 3 x + y 2 (x,y)→(0,0) 3 x2 + y 2 lim

2xy y2 é uma função = 0, e 2 (x,y)→(0,0) 3 x + y2 exceto em (0, 0), temos pela Proposição 2.3.13 lim

limitada numa vizi-

y2 2xy y2 2x2 y 2 − 2xy 3 2x2 = lim · − lim · = 0. (x,y)→(0,0) 3 (x,y)→(0,0) 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

Veri que se a função f (x, y) =

em (0, 0) .

Solução:

Devemos veri car se

(i)

f (0, 0) = 0,

Como

(ii)

xy + y2

se (x, y) ̸= (0, 0) se (x, y) = (0, 0)

é contínua

satisfaz as condições da De nição 2.4.1.

a primeira condição está satisfeita.

Vimos no Exemplo 2.3.5 que

xy lim 2 2 não existe. Portanto, a segunda condição (x,y)→(0,0) x +y

da De nição 2.4.1 não é satisfeita. Logo,

f (x, y)

não é contínua em

(0, 0) .

 4  x − (y − 1)4 se (x, y) ̸= (0, 1) EXEMPLO 2.4.3 A função de nida por f (x, y) = é conx2 + (y − 1)2  0 se (x, y) = (0, 1) tínua em (0, 1)?

Solução:

Devemos veri car se

(i)

f (0, 1) = 0,

Como

(ii)

satisfaz as condições da De nição 2.4.1.

a primeira condição está satisfeita.

Vamos veri car se

lim

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) Veri que se a função f (x, y) = é contínua em x2 + y 2  0 se (x, y) = (0, 0)

(0, 0) .

Solução:

Devemos veri car se

(i)

f (0, 0) = 0,

Como

satisfaz as condições da De nição 2.4.1.

a primeira condição está satisfeita.

(ii)

Como vimos no Exemplo 2.3.6,

(iii)

Segue dos itens anteriores que

3x2 y = 0, a segunda condição está satisfeita. (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim

lim

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

(x,y)→(0,0) Portanto, as três condições da De nição 2.4.1 estão satisfeitas. Logo, em

f (x, y) é contínua

(0, 0) .

Utilize argumentos consistentes para determinar, se existir, o valor de b que torne as funções de nidas abaixo contínuas. EXEMPLO

2.4.5

{

(a) f (x, y) =

x2 y 2 , x4 +y 2

b, {

(b) g(x, y) =

se se

x3 (y−5)2 , 2x7 +3(y−5)4

Solução (a) 1:

(x, y) ̸= (0, 0) . (x, y) = (0, 0)

se se

(x, y) ̸= (0, 5) (x, y) = (0, 5)

Queremos determinar, se existe,

lim

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}

] 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 Considere o caminho

[

C2 = {(x, y) ∈ R2 / y = kx2 }

] [ 2 2 ] k x x 2 k 2 x4 lim f (x, y) = lim f (x, kx ) = lim 4 = lim =0 2 4 2 x→0 x + k x x→0 1 + k 2 (x,y)−→(0,0) (x,kx )→(0,0) C [

Como por

obtivemos o limite como sendo 0, há probabilidades que o limite exista.

Para con rmar 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 2 2 4 2

= 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 de nição, que lim f (x, y) = 0.

escolhendo

(x,y)→(0,0)

b=0

Solução (a) 2:

temos que a função

f (x, y)

é contínua em todos os pontos

Portanto,

(x, y).

Note que podemos escrever

y2 x2 y 2 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) 84

Como em

x2 = 0

lim (x,y)→(0,0)

(0, 0),

y2 x4 + y 2

é uma função limitada numa vizinhança da origem, exceto

temos que

y2 lim f (x, y) = lim x · lim = 0. (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x4 + y 2 2

Portanto, escolhendo

Solução (b):

b=0

temos que a função

f (x, y)

Queremos determinar, se existe,

é contínua em todos os pontos

lim

g(x, y).

(x,y)→(0,5)

(x, y).

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 lim g(x, y) = lim g(x, kx + 5) = lim x→0 2x7 + 3(kx)4 (x,y)−→(0,5) (x,kx+5)→(0,5) C1 [ ] [ ] k 2 x5 k2x = lim 4 3 = lim =0 x→0 x (2x + 3k 2 ) x→0 2x3 + 3k 2 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 2 x8 x→0 2 + 3k 2 x (x,y)−→(0,5) (x,kx2 +5)→(0,5) 2 C [

Como pelo caminho distintos de

obtivemos o valor do limite dependendo de

temos que para valores

obtemos respostas distintas para o valor do limite, logo

existe. Portanto, não existe

de modo que

g(x, y)

lim (x,y)→(0,5)

seja contínua no ponto

g(x, y)

não

(0, 5).

2.5 Derivadas Parciais Seja

z = f (x, y) uma f. Fixando y0

domínio de

função real de duas variáveis reais e seja

(x0 , y0 ) um ponto do g(x) = f (x, y0 ). A derivada parcial de f,

podemos considerar a função de uma variável

derivada desta função no ponto

x = x0 ,

quando existe, denomina-se

em relação a x, no ponto (x0 , y0 ) e indica-se por ∂f (x0 , y0 ) ∂x

∂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 x0 podemos considerar a função de uma variável h(y) = f (x0 , y). A derivada desta função no ponto y = y0 , quando existe, denomina-se derivada parcial de f, em relação a y, no ponto (x0 , y0 ) e indica-se por ∂f (x0 , y0 ) ∂y

∂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, de nimos

DEFINIÇÃO 2.5.1 Seja f : D ⊂ R2 → R uma função real de duas variáveis reais e (x, y) ∈ D. As derivadas parciais

∂f ∂x

∂f ∂y

de f em (x, y) são dadas por

∂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

Seja f (x, y) = x2 y + xy 2 encontre

EXEMPLO

2.5.2

Solução:

Aplicando a De nição 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

∂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 2 x 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 deriva-se em relação a y, mantendo x constante. variável. Para encontrar ∂f ∂y OBSERVAÇÃO

2.5.3

Seja f (x, y) = 3x2 y + 2 sin xy, encontre

EXEMPLO

2.5.4

Solução:

Tomando

constante no primeiro caso e

∂f ∂x

no segundo, obtemos

∂f (x, y) = 6xy + 2y cos xy ∂x ∂f (x, y) = 3x2 + 2x cos xy. ∂y 86

∂f . ∂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

Tomando

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 x, y, t 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

Finalmente,

∂f (x, y, z, t) = 6x2 yz 3 t + 4x2 yz 3 t cos x2 yz 3 t. ∂t

2.5.7 Interpretação Geométrica das derivadas parciais Podemos interpretar geometricamente a derivada parcial como uma taxa de inclinação.

y = y0 . Então, f (x, y0 ) descreve uma curva sobre a superfície S. Marcamos um ponto P (x0 , y0 ) sobre a curva f (x, yo ) e traçamos ∂f (x0 ,y0 ) = uma reta t1 tangente à curva neste ponto com coe ciente angular m = tgα. Então ∂x ∂f (x0 ,y0 ) é o coe ciente angular da reta tangente à curva f (x, y0 ) no ponto tgα, ou seja, ∂x P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) (veja a Figura 2.12). Analogamente, ∂f (x∂y0 ,y0 ) é o coe ciente angular da reta t2 tangente à curva f (x0 , y) no ponto P (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) , conforme ilustra a Figura Seja

f (x, y)

uma função de duas variáveis e seja

2.13.

Determine a equação de um plano que seja tangente ao parabolóide z =

EXEMPLO

2.5.8

Solução:

Note que a superfície desejada é o grá co da função

x2 + y 2 , no ponto P (1, 2, 5).

z = f (x, y) = x2 + y 2 .

Para

determinar a equação do plano tangente desejado, devemos obter dois vetores pertencentes a este plano, ou seja, dois vetores tangentes ao parabolóide, no ponto P. Para isso, fazendo y = 2 encontramos a curva z = f (x, 2) = x2 + 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,

no plano

y = 2.

Da geometria analítica, temos que o vetor diretor a esta reta tangente é dado por b1 = (1, 0, 2). Da mesma forma, fazendo x = 1, obtemos a curva z = f (1, y) = 1 + y 2 , cuja reta tangente, em

é dada por

z − z0 =

∂f (x0 , y0 ) (y − y0 ) = 2y0 (y − y0 ), ∂y

ou seja,

Figura 2.12: Interpretação Geométrica de

∂f ∂x

Figura 2.13: Interpretação Geométrica de

∂f ∂y

z − 5 = 4(y − 2)

⇒

Assim, encontramos o vetor diretor

z = 4y + 3

b2 = (0, 1, 4).

ao plano tangente desejado, tomando

i j k

b = b1 × b2 =

1 0 2

0 1 4

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 z = x2 + y 2 , no ponto

Portanto, o plano tangente ao parabolóide

−2x − 4y + z + 5 = 0. 88

De forma geral, a maneira como estas retas tangentes no plano

y = y0

e a outra no plano

x = x0 ,

foram construídas, uma

elas não são paralelas e como

(x0 , y0 , f (x0 , y0 ))

o ponto de interseção destas retas, temos que elas são concorrentes, logo de nem um único

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. Para determinar a equação do plano tangente precisamos do vetor normal ⃗ n ao plano e um ponto que pertence ao plano. Como t1 e t2 são retas contidas no plano π temos que o vetor normal ⃗ 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 ⃗n = v⃗1 × v⃗2 = 1, 0, (x0 , y0 ) × 0, 1, (x0 , y0 ) = − (x0 , y0 ), − (x0 , y0 ), 1 . ∂x ∂y ∂x ∂y

plano

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

tangente à superfície

z = f (x, y)

no ponto

∂f ∂f (x0 , y0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0. ∂x ∂y

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

(

no ponto

) ∂f ∂f − (x0 , y0 ), − (x0 , y0 ), 1 , ∂x ∂y

logo, a equação do plano tangente

π: −

z = x2 + y 2

é dada por

∂f (x0 , y0 ) ∂f (y − 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  x0 5y02 − 6y0 + 1 = 0 ⇒ ⇒   x0 = 2y0 z0

Portanto, há dois pontos de tangência

 

d = x20 + y02 −2x0 − 2y0 + 1 + d = 0 ⇒  x0 = 2y0   = 1  y0 = 15  P1 (2, 1, 5) = 2 OU x0 = 25 ⇒ ( )   = 5 z0 = 15 P2 52 , 51 , 15 ( ) 2 1 1 P1 (2, 1, 5) e P2 , , . 5 5 5 = 0 = 0 = 0

2.6 Derivadas Parciais de Ordem Superior Seja

z = f (x, y)

∂f ∂x

uma função cujas derivadas parciais

∂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

em relação a

é a terceira derivada parcial de

é a segunda derivada parcial de

∂f ∂y

e a

em relação a

primeiro em relação a

e depois

primeiro em relação a

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

em relação a

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

Seja f (x, y, z, t) = x3 y 4 z 5 t2 encontrar

EXEMPLO

2.6.1

Solução:

Derivamos inicialmente em relação a

∂ 4f . ∂x∂y∂z∂t

obtendo

∂f (x, y, z, t) = 2x3 y 4 z 5 t, ∂t a seguir, derivamos em relação a

∂ 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

e obter

∂ 4f (x, y, z, t) = 120x2 y 3 z 4 t. ∂x∂y∂z∂t

EXEMPLO

2.6.2

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

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

∂ 2u ∂ 2u + = (sin y) ex − (cos x) ey + (cos x) ey − (sin y) ex = 0. ∂x2 ∂y 2 Como a função

dada satisfez a equação de Laplace, mostramos que ela é uma função

harmônica.

2.7 Extremos de uma Função de duas Variáveis f tem um máximo relativo no ponto 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

(a, b)

uma função de duas variáveis. Dizemos que

se existir um bola aberta de centro

(a, b)

e raio

2.7.1 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 2.7.2 Seja (a, b) um ponto pertencente ao domínio de f. Se

2.7.3 Ponto de Máximo e Ponto de Mínimo TEOREMA 2.7.4 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: 91

∆(a, b) =

∂ 2f ∂2f (a, b) (a, b) ∂x2 ∂y∂x ∂2f ∂ 2f (a, b) (a, b) ∂x∂y ∂y 2

∂2f Θ(a, b) = (a, b) . ∂x2

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 a rmar; (iv) se ∆ < 0, a função f tem um ponto de sela em (a, b) . 2.7.5 Encontre os pontos críticos das funções abaixo e classi que-os como pontos de máximo, mínimo ou de sela.

EXEMPLO

(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 estão sempre bem de nidas, os pontos críticos de

{

4x − 4y = 0 ⇒ x − x3 = 0 ⇒ x(1 − x2 ) = 0 ⇒ x = 0; x = ±1 4y − 4x3 = 0

Assim os pontos críticos são delta. Como

são dados por

P (0, 0), Q(1, 1)

−12x2 4 △(x, y) =

4 −4

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(0, 0) = 0

△(−1, −1) = 32.

Θ(x, y) =

Θ(1, 1) = −12

∂2f ∂x2

= −12x2 .

Temos que

Θ(−1, −1) = −12.

Portanto, de acordo com o Teorema 2.7.4, 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

e estão sempre bem de nidas, os pontos críticos de

∂f (x, y) = 8y 3 ∂y f

são dados por

{

Assim, o único ponto crítico é

12x3 = 0 ⇒ 8y 3 = 0

P (0, 0).

{

x=0 y=0

Logo,

−36x2 0 △(x, y) =

0 24y 2

= 864x2 y 2 ⇒ △(0, 0) = 0.

Portanto, de acordo com o Teorema 2.7.4, nada podemos concluir. Analisando os valores da

f (0, 0) = 0 e f (x, y) > 0 para 4 4 da função f (x, y) = 3x + 2y .

função observamos que um ponto de mínimo

todo

(x, y) ̸= (0, 0).

Portanto,

(0, 0)

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

2.7.6

Solução:

Sejam

superfície e

o comprimento da base,

a largura da base e

a altura da caixa,

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 tuído por

como uma função de duas variáveis, se

S(x, y) = xy +

for substi-

2V 2V + . y x

Aplicando o Teorema 2.7.4, vamos determinar os pontos críticos de

Inicialmente, de-

vemos resolver o sistema de equações de nido pelas derivadas parciais. Como

 ∂S 2V     ∂x (x, y) = y − x2   ∂S 2V   (x, y) = x − 2 ∂y y temos que

 2V   y− =0 x2 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 3 encontrar que x = y. Portanto, obtemos que 2V = x 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

Na sequência, vamos classi car este ponto crítico. Para isso, precisamos obter os valores de

∆(6, 6)

Θ (6, 6) .

Tomando as segundas derivadas, temos que

4V ∂ 2S (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) = ∂y 2 y3

donde vem

∂ 2S 4 (108) (6, 6) = = 2. ∂y 2 63

Portanto,

2 1 ∆ =

1 2

Θ = 2.

Θ = 2 > 0, pelo segundo item do Teorema 2.7.4, obtemos que f tem um mínimo relativo no ponto (6, 6) . Logo, as dimensões da base da caixa são x = 6cm e 108 V segue que z = = 3. y = 6cm. Ainda, como z = 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

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

2.7.7

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

são dadas por

∂L(x, y) = 1000y − 1000x − 10 000 ∂x e

∂L(x, y) = 1000x − 2000y + 85 000 ∂y Como as derivadas estão sempre bem de nidas, para encontrar os pontos críticos de

devemos fazer

∂L(x, y) =0 ∂x

∂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 = −2000, ∂y 2

∂ 2L = −1000, ∂x2 e

∂ 2L = 1000, ∂x∂y

∂2L = 1000, ∂y∂x

temos que

−1000 1000 △ =

1000 −2000 P (65, 75)

Portanto, o ponto vendido por

R$ 65, 00

= 106 > 0

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.

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? EXEMPLO

2.7.8

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

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

tomamos

∂f (x, y) = 2x + 2xy 2 + 4y ∂x e

∂f (x, y) = 2y + 2x2 y + 4x. ∂y

Como as derivadas parciais sempre estão de nidas os pontos críticos de

  

sistema

  Temos que

P1 (0, 0)

∂f (x,y) ∂x

= 0

∂f (x,y) ∂y

= 0

⇒

y=x

  2x + 2xy 2 + 4y = 0 

2y + 2x2 y + 4x = 0

e a segunda por

  2x2 + 2x2 y 2 + 4xy

são as soluções do

é uma solução do sistema. Para as demais soluções do sistema, multipli-

cando a primeira equação por



obtemos

= 0

−2y 2 − 2x2 y 2 − 4xy = 0

⇒ 2x2 − 2y 2 = 0 ⇒ y = ±x.

voltando na primeira equação temos,

{ 2x + 2x + 4x = 0 ⇒ 3

x = 0 x2 + 3 = 0 95

⇒ x = 0 ⇒ P1 (0, 0).

y = −x

voltando na primeira equação temos,

{

2x + 2x − 4x = 0 ⇒ 3

{

x = 0 x2 − 1 = 0

Portanto, temos três pontos críticos

⇒

x = 0 x = ±1

P1 (0, 0), P2 (1, −1)

{ ⇒

P3 (−1, 1).

P2 (1, −1) . P3 (−1, 1)

Usaremos o teste da

segunda derivada para classi cá-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). e 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 expressão da distância ao quadrado obtemos:

d(P2 , O)2 = 3

d(P3 , O)2 = 3.

Portanto, os dois pontos são pontos de mínimo para o quadrado da distância e o valor mínimo é 3.

2.8 Derivada de uma Função Composta Antes de discutir a derivada de uma função composta, vamos falar sobre composição de funções de duas variáveis. Consideremos as funções 2 função F por F (u, v) = 2u

u(x, y) = x2 y + y e v (x, y) = x + y 2 . Podemos de nir uma nova + 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

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

segue que

u(1, 2) = (1)2 2 + 2 = 4

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

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

Regra da Cadeia.

animador.

Isso é motivação su ciente para estudar a ′ uma função composta f (g (x)) sabemos que [f (g (x))] =

′

f (g (x)) g (x) .

Se tivermos

A mesma teoria é

aplicada para encontrar a derivada parcial de uma função composta de várias variáveis.

DEFINIÇÃO 2.8.1 Seja z (x, y) = F (u(x, y), v (x, y)) então ∂z (x, y) ∂F (u, v) ∂u ∂F (u, v) ∂v = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

e ∂z (x, y) ∂F (u, v) ∂u ∂F (u, v) ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

Consideremos as funções u(x, y) = x2 y + y e v (x, y) = x + y 2 . De nindo 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:

2.8.2

Inicialmente, determinamos as derivadas parciais das funções

u(x, y), v(x, y)

F (u, v) :

∂F = 4u, ∂u ∂F = 3, ∂v

∂u = 2xy, ∂x ∂u = x2 + 1, ∂y

∂v = 1, ∂x ∂v = 2y. ∂y

e utilizando a regra da cadeia (De nição 2.8.1), obtemos as derivadas parciais

∂F ∂u ∂F u ∂v ∂z (x, y) = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x = 4u

∂v ∂u +3 ∂x ∂x

= 4 (x2 y + y) (2xy) + 3 (1) = 8x3 y 2 + 8xy 2 + 3 e

∂F ∂u ∂F ∂v ∂z (x, y) = + ∂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

2.8.3

Solução:

Podemos reescrever a função

como

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

EXEMPLO

2.8.4

é deixado como exercício para o estudante.

Variação dos valores de uma função ao longo de uma hélice:

dw Encontre se w = xy + z onde x = cos t, y = sin t e z = t. Qual é o valor desta derivada dt em t = 0?

Solução:

Pela regra da cadeia, obtemos

∂w dx ∂w dy ∂w dz + + ∂x dt ∂y dt ∂z dt y(− sin t) + x(cos t) + 1(1) sin t(− sin t) + (cos t)(cos t) + 1 − sin2 t + cos2 t + 1 = 1 + cos 2t.

dw = dt = = =

dw = 1 + cos 0 = 2. dt EXEMPLO 2.8.5 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 Logo, para

t = 0,

temos que

∂ 2w ∂ 2w ∂ 2w ∂ 2w + = + . ∂x2 ∂y 2 ∂u2 ∂v 2

Solução: obtemos:

∂2w = ∂x2 = =

∂ 2w = ∂y 2 = =

Usando a regra da cadeia para as derivadas parciais de primeira e segunda ordem

∂w ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂f = + = cos α + sen α ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ( ) ( ) ∂ ∂f ∂ ∂f cosα (u, v) + senα (u, v) ∂x ∂u ∂x ∂v ( 2 ) ( 2 ) ∂ f ∂u ∂ f ∂u ∂ 2 f ∂v ∂ 2 f ∂v cos α + + sen α + ∂u2 ∂x ∂v∂u ∂x ∂u∂v ∂x ∂v 2 ∂x ∂2f ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f 2 2 cos α + cos α sen α + sen α cos α + sen α ∂u2 ∂v∂u ∂u∂v ∂v 2 ∂w ∂f ∂u ∂f ∂v ∂f ∂f = + = (− sen α) + cos α ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v ( ) ( ) ∂ ∂f ∂ ∂f −senα (u, v) + cosα (u, v) ∂y ∂u ∂y ∂v ( 2 ) ( 2 ) ∂ f ∂u ∂ f ∂u ∂ 2 f ∂v ∂ 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

(1)

(2)

Das Expressões (1) e (2), temos:

∂ 2w ∂ 2w ∂ 2w + = ( ∂x2 ∂y 2 ∂u2

sen

α+

cos

α) +

∂ 2w ( ∂v 2

sen

α+

cos

α) =

∂ 2w ∂ 2w + ∂u2 ∂v 2

e assim provamos que de fato a equação dada é verdadeira.

2.9 Derivada Parcial como Taxa de Variação Suponhamos que

é uma função de duas variáveis. Então, a derivada parcial

nos dá a razão instantânea de variação de

P (x0 , y0 ) , por unidade de variação x no ponto P (x0 , y0 ) . Analogamente,

no ponto

x. Isto é, a taxa de variação de f por unidade de ∂f (x0 , y0 ) nos dá a taxa de variação de f por unidade ∂y

∂f (x0 , y0 ) ∂x

2.9.1 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

em função de

V (T, P ) = A taxa de variação instantânea da pressão

por unidade de

ou seja,

8T . P

por unidade de

é dada pela derivada

parcial

∂V (T, P ) 8T = − 2. ∂P P Para determinar

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

2.9.2 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.

EXEMPLO

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

dV dt

∂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 =

2.10 Diferencias Parciais e Totais Os diferenciais de uma função nos dão uma

estimativa

da variação da função quando

damos acréscimos às variáveis independentes. Para entender o signi cado dos diferenciais parciais e total vamos, primeiramente, examinar alguns exemplos.

Consideremos um retângulo de lados x e y. A área desse retângulo é dada por A (x, y) = xy. Veja a Figura 2.14.

EXEMPLO

2.10.1

100

Figura 2.14: Acréscimos diferenciais nos lados de um retângulo

Se ao lado

for dado um acréscimo in nitesimal

dx,

a área do novo retângulo será dada

por

A(x + dx, y) = (x + dx) y = xy + ydx e assim obtemos

A (x + dx, y) − A (x, y) = ydx. dAx = ydx. ∂A (x, y) dAx = dx. ∂x

A variação in nitesimal desta área será

∂A(x,y) Sendo ∂x

= y,

podemos escrever

Analogamente, a diferencial parcial em relação a Agora, se aos lados

é dada por

dAy =

forem dados acréscimos in nitesimais

∂A (x, y) dy. ∂y dy,a área do

novo

retângulo será

A (x + dx, y + dy) = (x + dx) (y + dy) = xy + ydx + xdy + dxdy = A(x, y) + ydx + xdy + dxdy e assim,

A (x + dx, y + dy) − A (x, y) = ydx + xdy + dxdy. e a variação total

dA,

da área é

△A = ydx + xdy + dxdy. Sendo isto é,

∂A(x,y) ∂x

dxdy ≈ 0,

∂A(x,y) = x e como o produto dos in nitesimais ∂y então a estimativa da variação total é

= y,

dA =

é desprezível,

∂A (x, y) ∂A (x, y) dx + dy. ∂x ∂y

2.10.2 Consideremos um paralelepípedo de lados x, y e z. Então, o volume deste paralelepípedo será dado por V (x, y, z) = xyz. Desenvolvendo um raciocínio análogo ao do exemplo anterior obtemos:

EXEMPLO

V (x + dx, y, z) = (x + dx) yz = xyz + yzdx ou seja,

V (x + dx, y, z) − V (x, y, z) = yzdx 101

e a variação in nitesimal do volume será

dVx =

dVx = yzdx,

que pode ser escrita como

∂V (x, y, z) dx. ∂x

Analogamente, obtemos

dVy = Se aos lados

∂V (x, y, z) dy ∂y

dVz =

∂V (x, y, z) dz. ∂z

forem dados acréscimos in nitesimais

o volume do novo

paralelepípedo será

V (x + dx, y + dy, z) = (x + dx) (y + dy) z = xyz + yzdx + xzdy + zdxdy = V (x, y, z) + yzdx + xzdy + zdxdy e então

dVxy = yzdx + xzdy + zdxdy. O produto

zdxdy

tende a zero. Logo, é desprezível e, portanto, a estimativa da variação

in nitesimal parcial do volume do paralelepípedo após dado um acréscimo aos lados

dz,

será dada por

∂V (x, y, z) ∂V (x, y, z) dx + dy. ∂x ∂y x, y, z forem dados acréscimos in nitesimais dx, dy

dVxy = Finalmente, se aos lados

volume do novo paralelepipedo será

V (x + dx, y + dy, z + dz) = (x + dx) (y + dy) (z + dz) = (xy + ydx + xdy + dxdy) (z + dz) = xyz + yzdx + xzdy + zdxdy + xydz + ydxdz + xdydz + dxdydz e então

V (x + dx, y + dy, z + dz)−V (x, y, z) = yzdx+xzdy+zdxdy+xydz+ydxdz+xdydz+dxdydz, ou seja, o variação total do volume é

△V = yzdx + xzdy + zdxdy + xydz + ydxdz + xdydz + dxdydz. Na Figura 2.15, podemos ver o parelelepípedo resultante dos acréscimos atribuídos a cada uma das variáveis e, na Figura 2.16, vemos cada um dos volumes resultantes que compõe o

dV. zdxdy, ydxdz, xdydz

diferencial de volume Os produtos

dxdydz

tendem a zero.

Logo, a soma destes

termos é desprezível e, portanto, a estimativa da variação in nitesimal total do volume do paralelepípedo, após dado um acréscimo aos lados

x, y

será dada por

dV = yzdx + xzdy + xydz, que, em virtude de suas derivadas parciais, pode ser reescrita como

dV =

∂V (x, y, z) ∂V (x, y, z) ∂V (x, y, z) dx + dy + dz. ∂x ∂y ∂z

Geralmente, escreve-se

dV =

∂V ∂V ∂V dx + dy + dz. ∂x ∂y ∂z

De forma geral,

102

Figura 2.15: Papalelepípedo resultante dos acréscimos atribuídos a cada lado.

Figura 2.16: Volumes que compõe o diferencial de volume

dV .

DEFINIÇÃO 2.10.3 Se f (x, y, z) é uma função diferenciável, então a diferencial total de f é dada por

df =

∂f ∂f ∂f dx + dy + dz. ∂x ∂y ∂z

(2.10.1)

2.10.4 Usando diferencial, determine a variação do volume do recipiente mostrado na Figura 2.17, quando sua altura aumenta em 3% e seu o raio decresce em 1%.

EXEMPLO

cone cilindro

5 2

4 Figura 2.17: Recipiente do Exemplo 2.10.4

103

Solução: cilindro e

O volume desejado pode ser escrito como

V = V1 + V2 ,

onde

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

e no cone, temos

V2 =

−4 3 πR2 H , R = 4, H = 5; dR = = −0.04; dH = 5 = 0.15. 3 100 100

Portanto a diferencial do volume total é igual a

= dV1 + dV2 ) ( ) ( ∂V1 ∂V2 ∂V2 ∂V1 dR + dh + dR + dH = ∂R ∂h ∂R ∂H πR2 2πRh = 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

2.10.5

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 modi cadas 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. R$10, 47, ou um aproximado foi de 0, 42%.

Assim, o valor exato é de o erro do cálculo

acréscimo de

104

14, 7%.

Observamos, assim, que

EXEMPLO 2.10.6 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 cm 3 do volume de material necessário a ser usado na confecção da caixa.

Solução: y=8

Vamos usar a diferencial total para fazer a estimativa solicitada. Sejam

z = 12.

x = 6,

Como a espessura das paredes é 0,2cm temos

dx = dy = 2 (0, 2) = 0, 4 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 2.10.7 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

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

2.11 Derivadas de Funções Implícitas = y(x) uma função de nida implicitamente pela equação F (x, y) = 0. Por exemplo, x + y − 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 dy Nosso interesse está em encontrar uma forma de determinar com rapidez as derivadas e dx dx . dy 2

Seja y 2

Inicialmente, vamos resolver o problema usando o conhecimento adquirido em Cálculo I. Vamos derivar

implicitamente em relação a

na equação

x2 y 3 + x3 y 2 + xy + x + y − 9 = 0, obtendo

105

(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

2xy 3 + 3x2 y 2 + y + 1 dy =− 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

∂F (x, y) ∂y

forem contínuas em

é de nida implicitamente em função de

∂F (x, y) ̸= 0. ∂y equação F (x, y, z) = 0,

(x, y) pela

usando o mesmo procedimento anterior obtém-se suas derivadas parciais, que serão denotadas por

∂z ∂x

∂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 Agora, substituindo convenientemente na fórmula acima, encontramos

∂F ∂z 2x x x = − ∂x = − = − = −√ , ∂F ∂x 2z z 9 − (x2 + y 2 ) ∂z ∂F ∂y 2x x x = − ∂x = − = − = −√ , ∂F ∂x 2y y 9 − (x2 + z 2 ) ∂y 106

∂z ∂y ∂x , e . ∂x ∂x ∂z

∂F z z ∂x 2z = − ∂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

depende implicitamente de

devemos utilizar a expressão para

derivação implícita

∂F ∂z = − ∂x ∂F ∂x ∂z Agora, para obter as derivadas de cadeia para obter

de nimos

∂F ∂z ∂y =− ∂F ∂y ∂z z x u= ev= 2 y x

e utilizamos a regra da

( ) ( ) 1 ∂F −2z 1 ∂F 2z ∂F + = − , y ∂v x3 y ∂u x3 ∂v ( ) ∂F ∂F ∂u ∂F ∂v ∂F ∂F 1 1 ∂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 ∂u ∂F ∂v ∂F ∂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

1 ∂F 2z ∂F ∂F − 3 ∂z x2 y ∂u x ∂v ∂x =− =− =− ∂F 1 ∂F ∂x y ∂z x2 ∂v

∂F ∂u + 2z ∂F x ∂v

∂F −x ∂F ∂F ∂z x3 ∂u ∂y y 2 ∂u =− =− = 2 . ∂F 1 ∂F ∂y y ∂F ∂z x2 ∂v ∂v Portanto, substituindo na equação dada, temos



  ∂F ∂z 2z  ∂z  x2  x3 +y = x − ∂u +  + y  2 x ∂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 − 4 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.

1 , determine as curvas de nível x2 +y 2 seguir, faça um esboço do grá co desta função.

3. Dada a função

f (x, y) =

z = 14 , z = 4

4. Descreva e represente geometricamente as superfícies de nível de 5. Usando a de nição mostre que:

(a)

lim

(3x + 2y) = 8

(b)

(x,y)→(2,1)

lim (x,y)→(1,3)

6. Em cada exercício abaixo veri que 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)

Justi que a sua resposta.

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

(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. Justi que a sua resposta.

(a)

(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

g(x, y),

(x,y)→(4,4)

sendo

] 1 (x − y)g(x, y) + 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, justi cando 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)  3xy 2 − 6y  , se (x, y) ̸= (2, 0) (f ) f (x, y) = x2 − 4x + 4 + y 2  1, se (x, y) = (2, 0)  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. Justi que 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 veri que se a função

12.

109

13.

14.

 2  x + 3x2 y + y 2 , se (x, y) ̸= (0, 0) Determine se a função f (x, y) = é contínua 2x2 + 2y 2  b, se (x, y) = (0, 0) na origem para algum valor de b ∈ R. Justi que 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. Justi que 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

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

√

(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 Mostre que z = sin + ln é solução da equação diferencial y +x = 0. y x ∂y ∂x (y ) (z ) 2 + y 2 ln + z 2 ex/y é uma solução da Veri que se a função f (x, y, z) = x sin 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 + ln Veri que se a função f (x, y) = e x2 2 2 x∂ f y∂ f parcial + = 2xyexy . 2 y ∂x x ∂y 2

20. Se

21.

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

−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.

z = 3x2 − y 2

onde seu plano tangente é paralelo ao

27. Determine a equação do plano que é tangente a superfície de nida implicitamente por z 3 − (x2 + y 2 )z + 2 = 0 no ponto P (1, 2, 2).

x2 + z 3 − z − xy sin z = 1 de ne implicitamente uma função z = f (x, y) cujo grá co passa pelo ponto P (1, 1, 0). Determine a equação do plano tangente ao grá co de f no ponto P.

28. Sabe-se que a equação

2x + y + 3z − 6 = 0

29. Sabendo que o plano

z = f (x, y),

P (1, 1, 1),

no ponto

é paralelo ao plano tangente ao grá co de

calcule os valores de

30. Mostre que todos os planos tangentes ao grá co de

∂f (1, 1) ∂x

∂f (1, 1). ∂y

f (x, y) =

x3 x2 + y 2

passam pela

origem.

π que f (x, y) = xy.

31. Determine a equação do plano tangente ao grá co de 32. Considere as funções

passa pelos pontos

f (x, y) = 2 + x2 + y 2

(1, 1, 2)

g(x, y) = −x2 − y 2 .

(a) a equação do plano tangente ao grá co de

f (x, y)

no ponto

(−1, 1, 1)

Determine:

(1, 2, 7);

(b) o ponto onde o plano obtido no item (a) tangencia o grá co de

f (x, y).

z = f (x, y) tal que o z = f (x, y) neste ponto seja ortogonal ao vetor ⃗v = (0, 1, 2) . √ Considere a função de duas variáveis f (x, y) = 36 − 9x2 − 4y 2 . E interseção do grá co de z = f (x, y) com o plano y = 2. (b) Determine o ponto sobre o grá co de

34.

(a) Determine o domínio de

w = (x2 + y 2 + z 2 )k . Determine para quais

∂ 2w =0 ∂z 2

plano tangente a

seja

f (x, y).

(b) Determine a equação da reta tangente à curva

35. Seja

g(x, y).

√ f (x, y) = 100 + 4y 2 − 25x2 .

33. Considere a função de duas variáveis (a) Determine o domínio de

e que seja

no ponto

valores de

(1, 2,

√

a igualdade

a curva de

11). ∂ 2w ∂ 2w + + ∂x2 ∂y 2

é satisfeita.

u = x + ay 2 .

36. Seja

z = f (u),

37. Seja

f (x − y, y − z, z − x)

com

( 38. Dada uma função

Prove que

∂z ∂z − 2ay = 0. ∂y ∂x

uma função diferenciável. Calcule

y−x z−y , xy yz

) ,

calcule

111

∂f ∂f ∂f + + . ∂x ∂y ∂z

∂f ∂f ∂f + y2 + z2 . ∂x ∂y ∂z

39. Seja

w = xf

(

(y)

−g

y x , x y

) ,

onde

são funções diferenciáveis. Mostre que

(y) ∂w y ∂w + =f . ∂x x ∂y x 40. Seja

(y x z ) w = x3 f , , . Mostre que x z x ∂w ∂w ∂w x +y +z = 3w. ∂x ∂y ∂z

uma função diferenciável qualquer e considere

satisfaz a equação diferencial parcial

w = f (x2 − at) + g(x + at2 ), onde f ∂ w ∂2w e . ∂t2 ∂x2

41. Seja 2

42. Seja

são funções diferenciáveis e

w = f (u)+g(v) uma função diferenciável, onde u(x, t) = x2 +t2 e v(x, t) = x2 −t2 .

Mostre que

∂2w ∂2w df + 2 = 4 + 4(x2 + t2 ) 2 ∂x ∂t du 43. Seja

a ∈ R. Calcule

w = f (x, y)

uma função diferenciável, onde

Mostre que

(

44. Considere a função

∂w ∂r

1 + 2 r

(

∂w ∂θ

( =

∂w ∂x

d2 f d2 g + du2 dv 2

) .

x(r, θ) = r cos θ )2

( +

∂w ∂y

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 45. Sejam

(

f (u, v) uma função de duas variáveis diferenciável e F (x, y) uma função de duas

variáveis de nida por

F (x, y) = f (sin x, cos y). ∂f ∂f (0, 1) = (0, 1) = 2, ∂u ∂v

Sabendo que

46. Seja

y = y(x)

renciável,

calcule

u = x2 + y

v = y2.

Determine

z = z(x, y)

dy dx

em função de

uma função de nida implicitamente por

função diferenciável. Mostre que

x, y

onde

é dife-

e das derivadas de

F (xy, z) = 0,

onde

é uma

∂z ∂z x −y = 0. ∂x ∂y

48. A areia é derramada num monte cônico na velocidade de instante, o monte tem

∂F (0, 0). ∂y

x = F (u, v),

uma função de nida implicitamente por

F. 47. Seja

∂F (0, 0) ∂x

de diâmetro e

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 cent´ımetros

por

minuto?

R, e E

49. 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.

112

R =

diminui à velocidade de

0, 05A/s.

50. Num determinado circuito elétrico, a corrente da resistência

210 volts, R

e da indutância

por

é dada, em função da voltagem

V I = √ . R2 + 10L2

No instante em que

V, é

3 ohms e está decaindo a uma taxa de 0, 1 ohms por segundo, 2 henrys e está crescendo a uma razão de 0, 05 henrys por Qual deve ser a variação de V, neste instante, para que a corrente permaneça é igual a

enquanto que segundo.

é igual a

constante? 51. Dois carros, um dirigindo-se para leste com velocidade de 80 km/h, o outro dirigindo-se para sul com velocidade de 50 km/h, estão viajando em direção ao encontro das duas rodovias.

A que velocidade os carros se aproximam um do outro, no momento em

que o primeiro carro está a 400 m e o segundo carro está a 300 m da interseção das rodovias? 52. 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 3 era 243π cm . 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

e o raio aumenta uma taxa de

0, 3 cm/min.

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 8 din/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.

53. Use a lei do gás comprimido

54. A energia consumida num resistor elétrico, em função da voltagem 2

é dada por

200 volts

V P = . R

e da resistência

Deseja-se que um determinado resistor tenha uma voltagem

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

a mais que a energia desejada quando sua resistência

menor que a desejada, qual será a variação percentual da sua voltagem?

55. Considere o triângulo da gura abaixo.

Num dado instante temos que (a) Se o comprimento

x = 40cm, y = 50cm

e o ângulo

respectivamente, e o comprimento

θ=

π rad. 6

aumentam a uma taxa de 3cm/s e 0.05rad/s,

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? Justi que sua resposta usando diferenciais.

113

56. 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 ?

57. A pressão

(em quilopascals), o volume

T (em kelvins) P V = 8, 31T. Deter-

(em litros) e a temperatura

de um mol de um gás ideal estão relacionados por meio da fórmula

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. 58. A fórmula do tamanho do lote de Wilson em economia diz que a quantidade mais

√

econômica

de produtos para uma loja pedir é dada pela fórmula

é o custo do pedido,

é o número de itens vendidos por semana e

semanal de manutenção de cada item. Se (a) para qual das variáveis

K, M

K = 2, M = 20

2KM , onde h

é o custo

h = 0, 05,

é maior? Justi que sua

a sensibilidade de

determine:

resposta usando diferenciais. (b) a variação do número de itens vendidos por semana se

aumentam

10%

o custo semanal de manutenção de cada item permanece constante. 59. Uma lata de metal fechada, na forma de um cilindro circular reto, possui altura interna igual a 6cm, raio interno 2cm e espessura 0,1cm. Usando diferencial total faça uma 3 estimativa da quantidade de material necessário para fabricação dessa lata em cm . 60. 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

61. A energia consumida num resistor elétrico é dada por e

R = 12

de energia quando

decresce de

0, 001V

P =

aumenta de

0, 02

ohms.

62. Um material está sendo escoado de um recipiente, formando uma pilha cônica. Num dado instante, o raio da base é de

12 cm e a altura é 8 cm . Obtenha uma aproximação 12, 5 cm e a altura para 7, 8 cm. Compare

da variação do volume, se o raio varia para

o resultado da variação obtida com a variação exata do volume. 63. Um funil cônico (sem tampa) de dimensões

h=4m

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

e sua altura

3%.

64. 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. 65. A altura e o diâmetro de um cilindro circular reto são

centímetros, respectiva-

mente. Se um pequeno acréscimo no diâmetro produzir um cilindro quatro por cento mais largo, qual será, aproximadamente, a porcentagem permitida na variação da altura para que não ocorra uma variação no cálculo do volume deste cilindro? Justi que sua resposta.

114

66. Uma empresa de cosméticos necessita de latas cilíndricas fechadas com raio de altura de

20 cm para embalar seus produtos.

4 cm

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? Justi que sua resposta com argumentos usando diferenciais. (b) Se o custo de fabricação destas embalagens for de

centavos por

cm2 ,

obtenha

uma estimativa para o acréscimo (ou decréscimo) no custo ao fabricar-se embalagens com altura

maior e raio

menor em relação ao original.

R produzida por dois resistores de R1 e R2 ohms em paralelo 1 1 1 = + . Um estudante de engenharia projetou um circuito com é dada por R R1 R2 dois resistores em paralelo com resistências de R1 = 100 ohms e R2 = 400 ohms.

67. Sabe-se que a resistência

Porém, como existe uma variação na fabricação, os resistores adquiridos pelo estudante provavelmente não terão os valores exatos. Diante do exposto: (a) Determine se o valor de

R será mais sensível a variações em R1 ou em R2 . Justi que

sua resposta, utilizando argumentos diferenciais. (b) Obtenha uma estimativa para a variação de de

100, 2

ohms e

399, 7

R, se o estudante utilizar resistências

ohms respectivamente.

68. 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 . √

69. 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

70. Considere a função de duas variáveis dada por

f (x, y) = √

lim

f (x, y).

f (1.98, 3.3). x+y−1 √ . x− 1−y

(a) Determine e represente geometricamente o domínio de (b) Usando as propriedades de limite calcule

y2 − 1. 9

f (x, y).

(x,y)→(4,−3)

f (9.06, −3.04).

(d) Usando diferenciais encontre uma aproximação para

f (4.04, −3.04).

71. Dada a superfície

z = −x2 − y 2 + 6x − 4y − 4,

determine:

(a) a equação do plano tangente a esta superfície no ponto (b) a classi cação do ponto

P (3, −2, 9),

P (3, −2, 9);

se possível, como extremo da superfície.

115

72. Determine os pontos críticos da função

5 1 f (x, y) = 2 ln(x2 y) + x4 − x2 − y + 5 4 2

classi que-os, se possível, como pontos de máximo, mínimo ou de sela.

73. Precisa-se construir um tanque com a forma de um paralelepípedo para estocar

270 m3 de

combustível, gastando a menor quantidade de material em sua construção. Supondo que todas as paredes

serão feitas com o mesmo material e terão a mesma espessura,

determinar as dimensões do tanque.

3 74. 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? 75. 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 (x, y)

aos vértices seja a menor

possível. 76. 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. 77. 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. 78. 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? 79. Um pequeno fabricante produz dois tipos de lâmpadas: uorescentes e incandescentes.

x lâmpadas uorescentes e y lâmpadas incandestotal de 12x + 11y + 4xy e poderá vender cada uorescente por incandescente por 125 − 3y reais. Quantas lâmpadas devem ser

O fabricante sabe que, se produzir centes, terá um custo

100 − 2x

reais e cada

produzidas para que o fabricante tenha lucro máximo? Qual é o lucro máximo? 80. 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

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

81. Determinada empresa produz 2 produtos cujas quantidades são indicadas por

mercado, determine a produção que maximiza o lucro. 82. Uma loja vende dois tipos de casacos custa R$ 50,00. Seja

A custa R$ 40,00 e o casaco B A e y o preço de venda do casaco (3200 − 50x + 25y) unidades do casaco A O casaco

o preço de venda do casaco

O total de vendas feito pela loja foi de

116

(25x − 25y)

unidades do casaco

Encontre os valores de

para que o lucro

obtido pela loja seja o maior possível. 83. Encontre as coordenadas do ponto que pertence ao plano quadrado da distância ao ponto

P (3, −2, 1)

x+y−z+5 = 0

e cujo

seja mínimo.

84. Alguns correios exigem que o perímetro da face superior de um pacote mais o comprimento da altura não exceda 84 cm, para que possa ser enviado.

Determinar as

dimensões do pacote retangular de maior volume que pode ser enviado.

2 2 2 85. 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? 86. Determine o valor máximo para a soma dos cossenos dos ângulos internos de um triângulo.

117

2.13 Respostas 1.

(a) Todos os pontos do plano

(b) Todos os pontos do plano

y = x2 .

à direita (ou acima) e sobre a reta

y = −1 − x

x = 1.

excluindo a reta

acima (ou no interior) do grá co de

xy xy

à esquerda (ou no exterior) do grá co de que estão abaixo da reta

y =1

x = y2.

e à esquerda (ou

y = x.

(e) Todos os pontos do plano

que estão no interior da circunferência 2 e abaixo (ou no exterior) do grá co de y = 2x .

(x, y, z)

(f ) Todos os pontos

que estão no interior do elipsóide

x2 + y 2 = 4

x2 y 2 z 2 + + = 1. 16 16 4

2. .

(a) esf era de raio 5 (c) plano

(b) hiperbol´ oide de uma f olha (d) cone circular

3. As curvas de nível são circunferências de raio

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 =

ε 5

(b) δ =

k < 0,

respectivamente.

ε 6

6. .

(a) n˜ ao existe (d) n˜ ao existe

(b) L = 0, com δ = (e) n˜ ao existe

√

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

(e) 0

(f ) 0

(h) −

1 π

g(x, y) = −4 f (x, y) = 0

(x,y)→(1,1)

11. .

(a) cont´ınua, com δ = (c) descont´ınua (e) cont´ınua, com δ = 12.

é contínua para

b=0

13.

é contínua para

ε 2

√

(b) descont´ınua (d) descont´ınua ε

(f ) descont´ınua

e, neste caso,

1 e, neste caso, 2

ε δ= . 5 δ= 118

2ε 3

(g) descont´ınua

ε 2

14. 15.

é sempre descontínua, independente do valor de

f (0, 0) = 1.

16. .

(a)

Justi ca-se pela de nição, com

∂z 1 = ∂x x

δ=

√

b. ε.

∂z e2y − e−2y = 2y ∂y e + e−2y 2

∂z 2(e2(x+y ) + x) (b) = 2(x+y2 ) ∂x e + x2 + y

∂z 4ye2(x+y ) + 1 = 2(x+y2 ) ∂y e + x2 + y

(c)

∂z = 2x(1 + sin(2y)) e ∂x

(d)

1 + 6x5 e−6y ∂z = √ ∂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 )

17. .

∂z = 2x2 cos(2y) ∂y e

2y − 6x6 e−6y ∂z = √ ∂y 2 x + y 2 + (x2 e−2y )3

18. Basta derivar e substituir na equação diferencial dada. 19. Sim,

é solução da equação diferencial dada.

20. Basta tomar as derivadas parciais de segunda ordem de 21. Sim,

e substituir na equação dada.

é solução da equação diferencial dada.

22. Basta tomar as segundas derivadas parciais de 23. .

∂ 3f = 6y 4 z 5 ∂x3

∂ 3f = 24x2 yz 5 − xz 3 cos yz ∂y 3

∂ 3g = ex ln y 3 ∂x

∂3g 2ex = ∂y 3 y3

24.

8x + 4y + z + 2 = 0.

25.

−24x + 24y − z = 36

26.

P (1, −2, −1)

27.

−4x − 8y + 7z + 6 = 0

28.

z =x−1

29.

∂f −2 (1, 1) = , ∂x 3

e substituir na equação dada.

∂ 3f = 60x3 y 4 z 2 − xy 3 cos yz ∂z 3

∂f −1 (1, 1) = ∂y 3

30. Basta obter a equação do plano tangente num ponto que a origem satisfaz sua equação.

119

P (a, b, f (a, b)) qualquer e mostrar

31.

x + 6y − 2z − 3 = 0

32. (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

33. (a)

34. (a) Os pontos do plano

{ (b)

35.

z−

k=0

y√

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 = − 21

36. Utilize a regra da cadeia. 37. Chame

u = x − y, v = y − z

w = z − x,utilize a regra da cadeia e mostre que a soma

desejada é zero. 38. Chame

u =

y−x z−y , v = xy yz

e utilize a regra da cadeia para mostrar que a soma

desejada é zero. 39. Basta utilizar a regra da cadeia e a regra do produto. 40. Utilize a regra do produto juntamente com a regra da cadeia, com

w= 41. Se

z . x

u = x2 − at

v = x + at2

x y , 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

42. Utilize regra da cadeia e regra do produto para obter as derivas segundas. 43. Basta utilizar a regra da cadeia.

∂f ∂ 2f ∂ 2f (2t, t3 ) + 2t · (2t, t3 ) + 3t3 2 (2t, t3 ). ∂y ∂x∂y ∂y

44.

g ′ (t) =

45.

∂F (0, 0) = 2 ∂x

46.

∂F dy ∂u = ∂F ∂F dx + 2y ∂u ∂v

∂F (0, 0) = 0. ∂y

1 − 2x

47. Utilize derivação implícita e regra da cadeia. 48.

dh ≃ 0, 39m/min dt

49.

dR 1 = dt 30

ohms por segundo

120

50.

dV =3 dt

51.

94km/h

52.

1, 28cm/min

53.

0, 4

54.

(a) dR = −0, 04 dA dt

55. (a)

volts por segundo

(b) 1 %

≈ 60, 8cm2 /s

56.

0, 125cm

57.

−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%

58. (a)

59.

3, 2π cm2

60.

dC = 55, 8

61.

dP = −2, 02

62.

dV = 70, 371 cm3

63.

dC = 616, 38

64.

dV = 100, 4cm3

∆V = 69, 9 cm3

65. a altura deve decrescer em 66.

(a)

8%,

aproximadamente.

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 67.

(a) R

é dezesseis vezes mais sensível a variações em

do que a varições em

R2 .

(b) dR = 0, 116 Ω 68.

(a) 1,3 (b) (c)

69.

(a)

4 135 242 35 Df = {(x, y) ∈ R2 / x2 + de equação

x2 +

y2 =1 9

y2 ≥ 1}, 9

ou seja, os pontos no exterior e sobre a elipse

(b) 4,06 70.

(a)

Df = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 0, y ≤ 1 e x + y ̸= 1}, ou seja, os pontos abaixo e sobre a reta y = 1, à esquerda e sobre o eixo y (reta x = 0) e não pertencentes a reta y = 1 − x. 121

(b)

lim

f (x, y) = 4

(x,y)→(4,−3)

(a)

z−9=0

(b)

é ponto de máximo

73.

P2 (2, 2) √ x = y = z = 3 270

74.

x = 2, y = 2, z = 5

75.

76.

x = y = 10, z = 5

77.

x = y = 4, z = 8

78.

x = 23 , y = 1, z = 2, V =

79.

x = 9, y = 13

80.

x = 1000, y = 2000

81.

x = 10, y = 30

82.

x = 84, y = 89

83.

x = 43 , y = − 11 , z= 3

84.

x = y = 14, z = 28

72.

P1 (−2, 2)

7 e 3

são pontos de sela e

86.

P4 (1, 2)

são pontos de máximo.

y=1

4 3

22 3

85. A temperatura é máxima em e

P3 (−1, 2)

√ (1, −1, ± 2).

√ √ √ (1, 1, ± 2) e (−1, −1, ± 2). E mínima em (−1, 1, ± 2)

Note, no entanto, que existem ainda outros 5 pontos de sela.

3 2

122

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 veri car 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.

123

3.1 Introdução No estudo das funções de várias variáveis, ao calcularmos derivadas parciais escolhíamos uma das variáveis independentes para derivar

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

como constante e integrar em relação a

Por-

∫

tanto,

12x2 y 3 dx = 4x3 y 3 + C.

Porém, nesse caso, a constante C é uma função de + by 2 + cy + 3 e uma das primitivas de f será

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

Nesse caso, a constante

cx + 3

x como constante e integrar ∫ 12x2 y 3 dy = 3x2 y 4 + K.

em relação a

Portanto,

x. Pode ser por exemplo, K (x) = ax3 + bx2 + f (x, y) = 12x y será F (x, y) = 3x2 y 4 + ax3 + bx2 + cx + 3.

é uma função de

e uma outra primitiva 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

= 12x (x + 1)2 − 12x (x)2 24xydy = 12xy 2

= 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

124

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

∫

)

F (x) dx = 24x2 + 12x dx = 8x3 + 6x2

1 1 ( ) 2 3 2 3 = 8(2) + 6 (2) − 8 (1) + 6 (1) = 74. ∫

(

)

(

Os Exemplos 3.1.3 e 3.1.4 podem ser reescritos como

∫

(∫

F (x) dx =

24xydy dx

1 ou simplesmente

∫

)

x+1

∫

x+1

F (x) dx =

24xydydx.

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.

∫

x+1

(∫

y=x+1

)

24xydydx = 1

24xydy dx 

y=x+1  ∫ 2

 dx  = 12xy

1 y=x ∫ 2 ( ) = 24x2 + 12x dx 1

( 3 ) 2

= 8x + 6x = 74.

y=x

EXEMPLO

3.1.5

Encontre o valor da integral I =

∫ 0

Solução: y

∫

√ 3 16 − x2 dydx.

Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo primeiro integrando em relação a

e depois em relação a

∫ 0

∫ x

2 2 3 16 − x y dx 3 16 − x dydx =

0 x ∫ 4( √ ) = 3 16 − x2 (3x − x) dx √

∫

√

4 √

= 6x 16 − x2 dx = −2 (16 − x2 )3

0 0 √ √ = −2 (16 − 42 )3 + 2 (16 − 02 )3 = 128. ∫

√

125

3.2 Interpretação Geométrica da Integral Dupla A de nição de integral dupla comporta uma interpretação geométrica semelhante à de nição de integral de nida simples, associando-a ao problema de cálculo de um volume (ver Figura 3.1) da mesma forma que a integral de nida é associada ao cálculo de área. Assim, a de nição 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,

de nida numa região

inferiormente pelo plano delimita a região

z=0

e lateralmente pelo cilindro de nido pela curva fechada que

Para tanto, subdividimos

aos planos coordenados

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 in nidade de volumes de colunas in nitesimais 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 |

126

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 f (x, y) e inferiormente pela região R é

haverá

aproximado do sólido delimitado superiormente

por

dado por

V ≈

n ∑

f (xi , yi ) Ai .

i=1 Assim, a integral dupla de uma função

de nida numa região

∫∫ f (x, y) dxdy = lim

|P |→0

n ∑

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

x. 127

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,

∫∫

∫

√

24xydxdy =

24xydydx = x2

∫

12x(x − x4 )dx = 0

( 3 )

= 4x − 2x6 = 2.

2y=√x

dx 12xy

2 y=x

(

) 12x2 − 12x5 dx

O cálculo da integral no Exemplo 3.3.1 foi desenvolvido tomando pendente. Vamos recalcular esta integral tomando agora

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

128

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,

∫∫

∫

24xydxdy =

24xydxdy = y2

∫

√ y

∫

12y(y − y 4 )dy = 0

( 3 ) 6

= 4y − 2y = 2.

x=√y

12yx

2 x=y

(

) 12y 2 − 12y 5 dy

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

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

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 = −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

x = −3 x = −1 y = x2 y =6−x

129

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 +

∫

6−x

dxdy

∫

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 −3 −1

1 1 x ∫ −1 x ∫ 1 ∫ 2 ( ) 2 (6 − x − x )dx + (6 − x − 1) dx + 6 − x − x2 dx = −3

−1

13 39 22 = + 10 + = . 3 6 2 (b) Tomando

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

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 =

∫∫ dxdy +

∫

= 1

∫

= 4

= 1

√

√ − y

√y

∫

dxdy + 4

∫

dy +

√ − y

∫

dxdy

√ (2 y)dy +

∫

6−y

√ − y

dxdy

6−y

√ − y

(6 − y +

√

y)dy =

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

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=y ⇒ Q(1, −1), y = −1

y =1+x ⇒ R(−2, −1). y = −1

como variável independente, devemos dividir a região em duas:

130

Figura 3.6: Região de Integração do Exemplo 3.3.3

Tabela de limitantes referente à região Limitantes

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

x=0 x=1 √ y= x y=1

Usando a simetria da região

−2 (b) Tomando

−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

∫

y = −1 y=1 x=y−1 x = y2

8 dxdy = . 3 y−1

A= −1

É preciso tomar cuidado com o uso de simetrias, não é su ciente 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.

Isso ocorre devido a observação acima.

Resposta: I =

32 . 15

131

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

∫

f (r, θ) rdrdθ.

V = α

Vimos anteriormente que a partição de uma região R por retas paralelas aos eixos x e y geram sub-regiões retangulares cujos lados são ∆xi e ∆yi e área Ai = ∆xi ∆yi . Então, é natural nos perguntarmos se as áreas Ai = ∆xi ∆yi e Ai = ∆ri ri ∆θi são iguais. OBSERVAÇÃO

3.4.1

É claro que não são, porém pode-se mostrar que

lim ∆xi ∆yi

∆x∆y→0

lim ∆ri ri ∆θi

∆r∆θ→0

= 1 e isso implica que

dxdy = rdrdθ. Assim, a equivalência entre a integral dupla em coordenadas retangulares e a

132

integral dupla em coordenadas polares é dada por ∫

∫

f (x, y) dxdy = x1

EXEMPLO

3.4.2

Figura 3.8.

f (r cos θ, r sin θ) rdrdθ.

Escreva a integral, em coordenadas polares, que calcula a área sombreada na

Figura 3.8: Região de Integração do Exemplo 3.4.2

olução:

Temos as seguintes equações para as circunferências x2 + y 2 = 4 e (x − 2)2 + y 2 = 4 (em cartesianas)

r=2 e r = 4 cos θ (em polares) 1 Na interseção das circunferências, temos cos θ = , que no primeiro quadrante nos dá 2 = π3 . Portanto, a área em coordenadas polares é dada por ∫

π 3

∫

4 cos θ

rdrdθ. 0

Encontre a área da região que é simultaneamente exterior a r = 2 e interior

EXEMPLO

3.4.3

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 3.4.3 Igualando as equações, obtemos

4 sin θ = 2

⇒ sin θ =

1 2

⇒

A tabela de limitantes é dada por

133

θ=

π 6

θ=

5π . 6

Limitantes

Equações α = π6 β = 5π 6

arco inferior arco superior

r=2 r = 4 sin θ

raio inferior raio superior Assim, a área da região é dada por

∫

5π 6

∫

4 sin θ

rdrdθ =

A = ∫

π 6

2 5π 6

= π 6

(

) 8 sin2 θ − 2 dθ =

5π

= (2θ − 2 sin(2θ))

π 6

10π 10π = − 2 sin − 6 6 EXEMPLO

3.4.4

4 sin θ r2

dθ

5π 6

(

∫

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 cos θ+2 sin θ

5er drdθ de coordenadas po-

lares para coordenadas cartesianas, utilizando: (a) x como variável independente; (b) y como variável independente.

Solução:

Dos limitantes de integração, temos que

θ ∈ [0, π2 ],

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 x + y 2 = 4. Assim, obtemos a região de integração mostrada na Figura 3.10.

Figura 3.10: Região de Integração do Exemplo 3.4.4 Para transformar o integrando, note que 2

5er 5ex +y 5e drdθ = rdrdθ = √ dydx. r x2 + y 2 r2

Portanto, (a) Tomando

como variável independente temos

∫

√

4−x2

I= 0

2−x 2

5ex +y √ dydx. x2 + y 2

134

(b) Tomando

como variável independente, é necessário uma soma de integrais, já que

ocorre uma troca de limitação para

isto é

∫ 2 ∫ √4−y2 2 2 2 2 5ex +y 5ex +y √ √ I= dxdy + dxdy. x2 + y 2 x2 + y 2 2−2y 1 0 0 ∫ 9∫ 3 EXEMPLO 3.4.5 Considere a expressão I = y 2 cos(x7 )dxdy. √ ∫

∫ √4−y2

(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

Como

y ∈ [0, 9]

obtemos a região representada na Figura 3.11.

Figura 3.11: Região de Integração do Exemplo 3.4.5

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 3.10 podemos facilmente notar que

Assim

∫

y 2 cos(x7 )dydx.

I= 0 (b) Para transformar

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

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 sin θ cos(r7 cos7 θ)drdθ.

que

tan θ sec θ 135

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 resolvida. Portanto, temos que

∫

I = 0

∫

= 0

3 y 7

2 7 cos(x ) dx y cos(x )dydx =

0 0 3 0

6 1 x 1

cos(x7 )dx = sin(x7 ) = sin(2187).

3 21 21

∫

136

3.5 Exercícios Gerais 1. Calcule as integrais duplas dadas abaixo:

∫

(a)

xydydx 0

∫

3x+1

xy dxdy ∫

4 cos θ

cos θ sin θ re drdθ

(d) π 6

∫

3y+1

(b) 0

∫

π 2

∫

x cos dxdy y

dependente e após tomando

0 ln 2

∫

xy 5 ex

(f )

2. Escreva as integrais duplas que permitem calcular a área da região multaneamente pelas curvas dadas abaixo, tomando inicialmente

xexy dydx 0

(e)

∫

(c)

y π

delimitada si-

como variável in-

como variável independente.

(a) y = x2 − 1, y = 1 − x, y = 4x3 + 12 (b) y = 4x3 + 38 , y = −2 − x, y = x2 − 2

e 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)

∫

x sin(y 2 )dydx. x2

(b)

∫

√ 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

é a região dada por

4 ≤ x2 + y 2 ≤ 9.

(b)

∫∫ √

14 − x2 − y 2 dxdy

onde

é a região dada por

x2 + y 2 ≤ 4

com

x ≥ 0

y ≥ 0. ∫ 3 ∫ √9−x2 −3

∫

(f)

e−x

∫

−2

∫∫

2 −y 2

dydx.

− 9−x2

∫

1 √ dydx. 4 + x2 + y 2

√

− 4−x2 √ 0 ∫ 2+ 4−x2

(e)

√

√ 2− 4−x2

(x2

xy √ dydx. x2 + y 2

1 dxdy + y 2 )3

onde

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)

como variável independente;

(b)

137

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

∫

2x−x2

I= 1

(a) (b)

√

menor

região

√ 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

∫

sin θdrdθ. − π2

∫ 9. Considere a expressão

√

2 2

∫ √1−y2

I= 0

3 cos θ

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

∫

r3 drdθ

I =

10. Transforme a integral

π 4

de coordenadas polares para coordenadas

cartesianas, tomando: (a)

como variável independente;

(b)

como variável independente.

11. Considere a seguinte expressão:

∫

√

∫

2−x2

x cos((1 − y) )dydx +

x cos((1 − y)2 )dydx.

I= 0

(a) Represente geometricamente a região de integração da expressão acima. (b) Calcule o valor numérico de

adotando a melhor expressão para isso.

12. Utilize coordenadas polares para reescrever a soma ∫ √2 ∫ x ∫ 1 ∫ x

√ 1−x2

√1 2

xydydx +

∫

xydydx + 1

2 √ 2

∫

√

4−x2

xydydx 0

em uma única integral dupla. 13. Considere a seguinte expressão:

∫

I= 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

utilizando umas das expressões anteriores.

138

14. Calcule

∫∫

(x + 3y)dA,

onde

é a região triangular de vértices

(0, 0), (1, 1)

(2, 0).

15. Calcule

∫∫

√

1 dA, sendo D a região do semiplano x2 +y 2

D cos θ e externa à circunferência

r = 1.

139

x>0

interna à cardióide

r =

3.6 Respostas 1.

(a)

9 4

103 60

(b)

2. .

∫ (a)

∫

−2

∫

√

∫

y+1

1−y

∫

4x+8 3

∫

√

10π (2 3

(b)

√

∫

16 − 4x 3 3

x −2 2

∫

dydx 1

x −2 2

4− 3y 4 3y−8 4

(c)π(1 − e−9 ) (f )

dydx

√ − 9−x2

∫ √20−y2

dxdy

dydx 4

∫

√ − y

∫

√

dxdy 20−y 2

∫

π 2

∫

rdrdθ + 2 1

∫

√

0 1−y 2

I= 1

∫

−

tan θ sec θ

A=2 ∫

√

dxdy +

arctan 2 0

π 4

∫

√

rdrdθ arctan 2

√

x2 + y 2 dxdy x+y

2 cos θ

r drdθ cos θ + sin θ 0 sec θ ∫ 3 ∫ √9−x2 ∫ 3 ∫ −√3x−x2 y y I= dydx + dydx √ √ 2 2 2 x + y2 0 3x−x2 x + y − 9−x2 0

(b)

√ 20−x2

x2 ∫ √

7. (a)

∫

4x+8 3

dxdy

dydx +

A= ∫

(c)

dxdy

−64 15 ∫ 3 ∫ √9−x2

3x−1

y 2 +1 3

∫

24−2y 9

140

65π 2592

− ln4 2 − 1) 2

3y −9 4

(e)

∫ √9−y2

∫

dxdy +

√ √ (b) π3 (7 14 − 5 10)

√ − 3x−1

−2

(b)

√

√ − 5

∫ 6. (a)

∫

A= ∫

∫

1−x

√ 2 2−1 3

(b)

10 −

2 1 3

∫

(d) π + 4π ln 2 − 2π ln 6 5. (a)

√ − y+1

1 − cos 16 4

∫

24−2y 9

∫

12− 9x 2

dydx +

−2−y

−2

∫

dxdy +

dydx +

1−x

∫

2y+4

∫

4x +12 3

dydx + −2−x

−2

∫

(a)

−2

dxdy + 0

4. .

∫

(f ) 18 (eln

(e) π

dydx +

x2 −1

3. (a)

dydx +

A= −3

(b)

∫

4x +12 3

e12 + 23 64

(d)

12− 9x

dintx2 −12 dydx

∫ 9. (a)

∫ 2−

∫

√

1 2

√

2 2

2 ∫

√ 2 2

∫

√

1−x2

(x2 + y 2 )dydx

I= x

∫

(x2 + y 2 )dxdy +

∫ √1−y2 (x2 + y 2 )dxdy

√

2 2

11. (a)

12.

1 sin 1 2 ∫ π∫ 2 4 r3 cos θ sin θdrdθ I= I=

∫ 13. (a)

I= ∫

π 2

√ 1+ 1−x2

∫

√

x2 + y 2 dydx x2 + y 2

2 sin θ

drdθ π 4

(c)

∫

√ 2x−x2

(b)

2 cos θ

√ I =2 2−2

14.

I=2

15.

I=2

2x + 4y √ dydx x2 + y 2

√ 2 2

(b)

1−x2

(2r cos θ + 4r sin θ)drdθ

∫ (b)

∫

∫ 10. (a)

2x + 4y √ dydx + x2 + y 2

∫

π 4

(c)

I= 0

(b)

∫

√ 2 2

141

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 veri car 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.

142

4.1 Introdução xyz , são de nidas 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 de nição, 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 de nida 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

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

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

da diagonal da maior célula da partição de

m = lim

n ∑

|N |→0

f (x∗i , yi∗ , zi∗ ) ∆xi ∆yi ∆zi

i=1

∫∫∫

f (x, y, z) dxdydz. S

143

então a massa

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

superfícies

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

z = f (x, y)

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

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

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

144

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

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 ∫

∫

2− x2

∫

8−2x−4y

∫

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:

145

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

√

9−x2

∫

√

∫

√ 9−x2

dzdydx = ∫

= 0 4.3.3

∫

9−x2

= 0

EXEMPLO

∫ 0

√

2 y 9−x

√

∫

9−x2

dx = 0

√

9 − x2 dydx

3 3

(9 − x2 )dx = 9x − = 18 3

u.v.

Escreva o volume do sólido do Exemplo 4.3.2 de 6 formas distintas.

Solução: 1 - Projetando no plano pendente) e

circunferência

usamos

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

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]

∫

√

9−x2

∫

√

9−x2

⇒ V =

dzdydx 0

∫

∫ √9−y2 ∫

√

9−x2

⇒ V =

dzdxdy 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

circunferência

ou 2

integrais:

(i)

(ii)

x como variável independente:

z como variável independente:

3 - Projetando no plano dente) e

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

∫

√

9−x2

∫

√

9−x2

⇒ V =

dydzdx 0

∫

0 √ 9−z 2

∫

⇒ V =

√ 9−x2

dydxdz 0

como variável espacial (ou variável totalmente depen-

z como variável independente. y = 0, z = 0, y = 3 e z = 3,

limitado por

∫

A projeção sobre o plano

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:

146

(i)

como variável independente:

∫

∫ √9−y2

⇒ V =

∫

√

∫

 √  x ∈ [0, 9 − y 2 ] y ∈ [0, z]  z ∈ [0, 3]

∫ √9−y2

⇒ V =

dxdzdy 0

como variável independente:

∫

dxdydz + 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]

 √ 9 − z2] x ∈ [0,  ∪ y ∈ [z, 3]  z ∈ [0, 3]

√ 9−z 2

dxdydz 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.

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 { 2

z =9−x Igualando as duas equações z =5−y 2 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). xy.

Para isso resolvemos o sistema de equações

Figura 4.6: Projeção no plano

xy .

Para diminuir o trabalho no processo de integração é conveniente tomar independente. Desse modo a tabela de limitantes é dada por

147

como variável

Limitantes

Equações

y=0 y=5 √ x=− y+4 √ x= y+4 z =5−y z = 9 − x2

Curva inferior Curva superior Curva à esquerda Curva à direita Superfície inferior Superfície superior Assim, o volume desejado é dado por

∫

V =

√ y+4

∫

dzdxdy =

√ − y+4

∫

9−x2

5−y

9−x2 ∫ 5 ∫ √y+4

( )

2 dxdy = 4 − x + y dxdy, z

√ √ 0 − y+4

− y+4

∫

√

y+4

5−y

como o sólido é simétrico em relação ao eixo

podemos escrever

)

y+4 x

2 + yx

dy 4 − x2 + y dxdy = 2 4x −

3 0 0 0 0 √   ) 3 ∫ 5 ∫ 5( √ (y + 4) √ √ √ 8 2 4 y + 4 − 2 + y y + 4 dy = 2 y + 4 + y y + 4 dy 3 3 3 0 0

√ √ 32 √ 8 32

3 5 3 (y + 4) + (y + 4) − (y + 4)

9 15 9 0

√ 8 8 1688 8√ 8 √

(y + 4)5 = ( 95 − 45 ) = (35 − 25 ) = (243 − 32) = u.v.

15 15 15 15 15 ∫

∫

√

(

y+4

∫

)

EXEMPLO

Calcule o valor numérico de I =

4.3.5

√

(

∫∫∫

x dV, sendo S o sólido do Exemplo

4.3.4.

Solução:

Na resolução do exemplo acima temos a tabela de limitantes então basta escrever-

mos as integrais iteradas.

∫ I= 0

∫

√

y+4

√ − y+4

∫

9−x2

∫

√

∫

y+4

(9x − x − 5x + xy)dxdy = 3

xdzdxdy = 5−y

√ − 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

∫

√ y+4

√ − y+4

∫

9−x2

∫

√

y+4

∫

9−x2

xdzdxdy ̸= 2 5−y

xdzdxdy, 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. 148

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.

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,

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

∫

2x+13

∫

16−x2

x2 yz dzdydx.

x yz dzdydx + −3

4.3.7

M= EXEMPLO

∫

4−x

Reescreva a expressão ∫

∫

3− 34

√

16−y 2

√

∫

16−y 2 2

∫

dzdxdy + 0

∫

3− 34

√

6−2x 3

dzdxdy 16−y 2

como uma única integral tripla em coordenadas cartesianas de 4 formas distintas.

Solução: por

Projetando no plano

há uma troca de limitantes, conforme a expressão dada

Interpretando a integral dada temos no plano

Figura 4.8, sendo

a região do plano

da segunda integral.

√ z= 6 − 2x z= que 3

A limitação espacial é dada pelas superfícies elíptico que se prolonga no eixo

a seguinte região representada na

da primeira integral e

16 − y 2 2

a região do plano

que é um ramo de um cilindro

é um plano paralelo ao eixo

representa o volume do sólido representado na Figura 4.9

149

assim

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)

6−3z 2

⇒

∫

6−3z 2

∫

√

16−4z 2

dydxdz 0

∫ ⇒

∫

xz.

0 3

∫

0 6−2x 3

∫

√ 16−4z 2

dydzdx 0

a região representada na Figura 4.11.

Figura 4.11: Projeção no plano Assim, a montagem das integrais é dada por

150

yz.

(3)

(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

∫ ⇒

√

∫

16−y 2 2

∫

6−3z 2

dxdzdy

I= 0

∫ ⇒

∫

√

16−4z 2

∫

6−3z 2

dxdydz 0

4.4 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

θ1

dois arcos tais que

são funções contínuas de

tais que

Então temos a tabela de limitantes Tabela de limitantes Curvas Equações

θ = θ1 θ = θ2 r = r1 (θ) r = r2 (θ) z = f (r, θ) z = g (r, θ) .

Arco inferior Arco superior Raio interno Raio externo Superfície inferior Superfície superior

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)

f (r cos θ, r sin θ, z) rdzdrdθ. θ1

r1 (θ)

f (r,θ)

151

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,

Figura 4.14: Projeção no plano O sólido está delimitado inferiormente pelo plano

z = y 2 + x2 + 1.

xy .

z = 0 e superiormente pelo parabolóide

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

152

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

∫

2 sin θ

∫

1+r2

∫

2 sin θ

r(1 + r2 )drdθ

rdzdrdθ = 0

∫

π∫

∫

2 sin θ

2 sin θ r2 r4

dθ +

2 4

(r + r3 )drdθ =

= 0

∫

(2 sin2 θ + 4 sin4 θ)dθ =

2 sin2 θ(1 + 2 sin2 θ)dθ

∫0 π

∫

0 2

(1 − cos(2θ))(2 − cos(2θ))dθ

2 sin θ(1 + 2 sin θ)dθ = ∫0 π

(2 − 3 cos(2θ) + cos2 (2θ))dθ 0

π ∫

π 1 + cos(4θ) π 1 1 5π 3

dθ = 2π + θ + sin(4θ) = 2π + = u.v. = 2θ − sin(2θ) +

2 2 2 8 2 2 0 =

EXEMPLO

4.4.2

Represente gra camente o sólido cujo volume é dado pela integral ∫

2π

∫

4−r 2 cos2 θ

V =

rdzdrdθ. 0

Solução:

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.

153

EXEMPLO

4.4.3

Escreva em coordenadas retangulares a integral ∫

π 2

∫

2 cos θ

∫

9−r2

r2 dzdrdθ.

I= 0

Solução:

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 = 2 ⇒ (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

∫

√

2x−x2

∫

9−x2 −y 2

I= 0

154

√ 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

xz :

Figura 4.17: Projeção do no plano

Sendo a projeção uma região entre circunferências usaremos o sistema o sistema de coordenadas cilíndricas em relação ao plano

          

x z y 2 x + z2 tgθ

para resolver a integral. Assim temos:

= r cos θ { 2 { = r sin θ x + z 2 = √x r = √cos θ = y ⇒ ⇒ 2 2 x +z = 3z r = 3 sin θ = r2 z = x

Interseção das circunferências é a solução do sistema:

{

π r = √cos θ ⇒θ= . r = 3 sin θ 6

155

Montagem e resolução da integral em coordenadas cilíndricas:

∫ V

π 6

∫

√ 3 sin θ

∫

π 2

∫

cos θ

∫

rdydrdθ +

= ∫

0 π 6

∫

π 2

6 sin θdθ +

= 3

π 6

∫

(1 − cos(2θ))dθ +

(

sin(2θ) = 3 θ− 2

2 cos2 θdθ

π 6

∫

rdydrdθ π 6

π 2

(1 + cos(2θ))dθ π 6

)

π6 ( ) π2 sin(2θ)

5π √

− 3

+ θ+

π 2 6 0

4.5 Integrais Triplas em Coordenadas Esféricas Na seção anterior vimos que usar coordenadas cilíndricas pode facilitar muito o trabalho usando coordenadas cilíndricas, 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 Sejam θ0 , θ1 , ϕ0 , ϕ1 , ρ0 e ρ1 tais que 0 ≤ θ0 < θ1 ≤ 2π, 0 ≤ ϕ0 < ϕ1 ≤ π e 0 ≤ ρ0 < ρ1 . Suponhamos que o sólido S seja constituído por todos os pontos cujas coordenadas esféricas (ρ, θ, ϕ) são tais que Lembrando que o ponto

ρ0 ≤ ρ ≤ ρ1

θ0 ≤ θ ≤ θ1

ϕ0 ≤ ϕ ≤ ϕ1 .

f (x, y, z) uma função de nida 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

Seja pode

∫

θ2

∫

ϕ2

∫

ρ2

f (x, y, z) dV (x, y, z) = x0 onde

f (ρ, θ, ϕ) dV (ρ, ϕ, θ), θ1

dV (x, y, z) = dxdydz

dV (ρ, ϕ, θ)

ϕ1

ρ1

é o elemento de volume de coordenadas esféricas

que precisamos determinar. Para determinar

dV (ρ, ϕ, θ)

considere acréscimos

dϕ, dρ

dθ

atribuídos a cada variável, assim obtemos os pontos

P (ρ, θ, ϕ) Q (ρ, θ, ϕ + dϕ) R (ρ, θ + dθ, ϕ) T (ρ + dρ, θ + dθ, ϕ) . Na Figura 4.18 podemos observar um paralelepípedo in nitesimal curvilíneo com dimensões

P T , QR

P Q ,

cujo volume aproximado é

dV = P T QR P Q . Este paralelepípedo curvilíneo é o elemento de volume de coordenadas esféricas.

156

Figura 4.18: Coordenadas Esféricas

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

P Q ∼ = ρdϕ.

Como Q e R pertencem ao círculo de raio OU em que OU é lado oposto do triângulo b eQ b = ϕ obtemos OQU

OU = OQ sin ϕ = ρ sin ϕ É fácil ver que

P T é a variação

do raio

e, desse modo, obtemos

QR ∼ = ρ sin ϕdθ.

Portanto,

dV = P T QR P Q = dρ (ρdϕ) (ρ sin ϕdθ) = ρ2 sin ϕdρdϕdθ. Lembrando que em coordenadas retangulares temos

dV = dxdydz,

a equivalência entre

os diferenciais em coordenadas cartesianas e esféricas é

dxdydz = ρ2 sin ϕdρdϕdθ. Portanto,

∫

θ2

∫

ϕ2

∫

ρ2

f (ρ, θ, ϕ) ρ2 sin ϕdρdϕdθ.

f (x, y, z) dzdydx = x0

EXEMPLO

4.5.1

4πr3 éV = . 3

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.

Assim, o volume da esfera é calculado por

∫

2π

∫

V = 0

4 ρ2 sin ϕdρdϕdθ = πr3 . 3 157

+ z 2 = r2 . Sua 0 ≤ θ ≤ 2π e

EXEMPLO 4.5.2 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.

Solução:

2 2 2 Primeiro vamos interpretar cada superfície. Na Figura 4.19 a equação z = x +y 2 2 2 representa o cone inferior, a equação z = 3x + 3y representa o cone superior e a equação x2 + y 2 + z 2 = 4 representa a esfera. O problema pede para determinar o volume do sólido situado no interior da esfera e entre os dois cones.

Figura 4.19: Sólido do Exemplo 4.5.2.

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 z2

em ambos os casos substituindo

xy .

Resolvendo

z 2 = 3x2 + 3y 2 , x2 + y 2 + z 2 = 4

da primeira equação na segunda equação, obtemos

x2 + y 2 + x2 + y 2 = 4 2x2 + 2y 2 = 4 x2 + y 2 = 2

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 x2 + y 2 + z 2 = 4 e o cone z 2 = 3x2 + 3y 2 . As tabelas de limitantes são: Limitantes

Sólido 1

Curva a esquerda Curva a direita Curva a inferior Curva a superior Superfície inferior Superfície superior

Sólido 2

√ x=− √ 2 x= √ 2 2 y=− √ 2−x y = √2 − x2 z = √x2 + y 2 z = 4 − x2 − y 2

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−x2

√ − 2−x2

∫ √4−x2 −y2 √

∫ dzdydx −

x2 +y 2 158

−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 ϕ = 4 . Já o cone de equação z 2 = 3x2 + 3y 2 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

θ1 = 0 θ2 = 2π ϕ1 = π6 ϕ2 = π4 ρ1 = 0 ρ2 = 2

Superfície inferior Superfície superior Assim, o volume será dado por

∫ V

2π

∫

π 6

∫

2π ∫

= 0

∫

2π

= 0

4.5.3

∫

2π

∫

π 4

ρ2 sin ϕdρdϕdθ =

= 0

EXEMPLO

π 4

π 6

∫

π 4

2 ρ3

sin ϕdϕdθ 3

4 −8

cos ϕ dθ

π 3

2π 8 sin ϕdϕdθ = π 3 0 6 6

2π (√ ) √ √

√ ) 2 3 −8 4 √ 8π (√ 3− 2 − dθ = (− 2 + 3)θ =

3 2 2 3 3

u.v.

Considere a expressão I = 2

∫

2π

∫

arctg( 34 )

esféricas.

∫

π 2

5 3

dρdϕdθ dada em coordenadas

senϕ

1. Descreva e represente gra camente o domínio de integração de I. 2. Reescreva I usando coordenadas cilíndricas.

Solução:

(a) Identi cação do domínio de integração (o sólido

multiplicada por "2"existe simetria.

Limitantes em coordenadas esféricas:

     

    

S ):

≤ θ ≤ 2π

arctg( 43 ) ≤ ϕ ≤

π 2

≤ρ≤

senϕ

como a expressão

Convertendo para coordenadas cartesianas, temos:

          

ρ=5 ρ=

senϕ

⇒ x2 + y 2 + z 2 = 25 ⇒ ⇒

ϕ = arctg ( 34 ) ⇒

x2 + y 2 = 9 z=

4 3

√ x2 + y 2

159

esfera

⇒

cilindro

⇒

semi-cone

está

Observando que o cone só dá a variação do ângulo

ϕ que começa no cone e vai até o plano

xy.

Na Figura 4.20 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 4.20: Sólido S.

(b) Para escrever

em coordenadas cilíndricas devemos descrever o sólido

com limi-

tações cilíndricas, identi car a função de integração e converter-lá para coordenadas cilíndricas. A projeção no plano

está representada na Figura 4.21 y

Figura 4.21: Projeção do sólido S no plano

Limitantes de

usando simetria:

xy.

 2π  0 ≤θ≤ 3 ≤ρ≤ √ 5  0 ≤z≤ 25 − ρ2

Função de integração em coordenadas esféricas:

f (ρ, θ, ϕ) =

1 ρ2

senϕ

Função de integração em coordenadas cartesianas:

f (x, y, z) = √

Função de integração em coordenadas cilíndricas:

f (ρ, θ, z) = √ ρ ρ2 + z 2

∫ Logo,

2π

∫

I=2 0

√

25−r2

+ 1

+ z2 ·

√

x2 + y 2

1 √ dzdρdθ. ρ2 + z 2

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

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 4.22.

160

Figura 4.22: Sólido do Exemplo 4.5.4.

Para obter a integral em coordenadas cartesianas, basta observar que a altura do sólido √ √ varia entre os dois cones, isto é, z ∈ [ x2 + y 2 , 3x2 + 3y 2 ], e a projeção do sólido no plano

é dada pela Figura 4.23.

Figura 4.23: 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

∫

∫ √2y−y2 ∫ √3x2 +3y2

V = −

√

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

∫

2 sin θ

∫

√

rdzdrdθ.

V = 0

Em coordenadas esféricas, temos que

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

161

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 4

∫

2 sin θ sin ϕ

V = 0

2 sin θ . sin ϕ

π 6

ρ2 sin ϕdρdϕdθ.

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.

162

4.6 Exercícios Gerais 1. Determinar o volume do sólido interior as superfícies 2 2

b2 (x2 + y 2 ) + a2 z 2 = a2 b2

x + y = ax.

2. Determinar o volume do sólido interior as superfícies 3. Calcular

∫∫∫

(x − 1)dV,

x2 + y 2 = 2z.

sendo T a região do espaço delimitada pelos planos

z = 0, y + z = 5

x2 + y 2 + z 2 = 8

e pelo cilindro parabólico

y = 0,

z = 4 − x2 .

4. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies 2 2

z = 0, z 2 = x2 + y 2

5. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies

x a

x + y = 2ax. y=0

y b

z c

= 1, x = 0,

z = 0.

6. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies

x2 + y 2 + 2y = 0, z = 0

z = 4 + y. 7. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies

x2 +y 2 = a2

8. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfícies 2 2

x2 +z 2 = a2 .

r = 4 cos θ, z = 0

r = 16 − z .

9. Nos itens abaixo escreva em coordenadas retangulares as integrais dadas em coordenadas esféricas.

(a) I = 2 (b) I =

∫

π 0 π 2

∫

π 2

0 π 3 π 6

∫ ∫

√

9 − ρ2 sin ϕdρdϕdθ.

0 4

√ 4 − ρ2 ρ sin ϕdρdϕdθ.

superiormente por z = 6 2 e lateralmente pelo cilindro que contorna a região delimitada por y = x e y = 4.

10. Considere o sólido delimitado inferiormente por

y + 2z = 6,

Calcule a massa deste sólido, sabendo que sua densidade é dada por

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

11. 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. 12. A gura abaixo mostra o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão

∫

2−2x

∫

V =

4−z 2

dydzdx. 0

163

Reescreva esta expressão como uma integral tripla equivalente, usando coordenadas cartesianas de cinco formas distintas. 13. Represente geometricamente o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão

∫

√

4−z

∫

8−2z

V =

dydxdz. 0

A seguir, reescreva esta expressão, como uma integral tripla equivalente, usando coordenadas cartesianas de cinco formas distintas.

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

14. Seja

o sólido delimitado pelas superfícies

15. Represente geometricamente o sólido cuja massa é descrita, em coordenadas cilíndri∫ 2π ∫ √2 ∫ 4−r2 √ cas, pela expressão M = 4 + r2 − zdzdrdθ. A seguir, reescreva esta 2 0 0 r expressão utilizando um outro sistema de coordenadas. 16. Represente geometricamente o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão

∫

2+x2

∫

4−x2

V =

∫

6−y

dzdydx + 0

dzdydx

2+x2

e a seguir reescreva esta expressão utilizando uma única integral tripla em coordenadas cartesianas. 17. Reescreva a expressão

∫

x+1

∫

8−x2 −y 2

∫

1−x

∫

8−x2 −y 2

ydzdydx + −1

ydzdydx 0

como uma única integral tripla, em coordenadas cartesianas.

164

18. Reescreva a expressão

∫

x2 +4

∫

1−x2

∫

5−y

dzdydx +

I= −1

dzdydx −1

x2 +4

como uma única integral tripla em coordenadas cartesianas, de três formas distintas. 19. Represente geometricamente o sólido cujo volume pode ser calculado pela expressão

∫

2π

∫

π 3

ρ2 sin ϕdρdϕdθ.

V = 0

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

∫

√

∫ √4−x2 −y2

3−x2

√ − 3−x2

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= 0

√

∫

5 cos2 ϕ+2 sin2 ϕ

√ 3 cos ϕ

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

√

∫

√

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.

165

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

29.

z =1+

1√ 2 x + y2, 2

(x2 + y 2 )z 2 . cos(x2 + y 2 + z 2 ) ∫∫∫ Escreva I = f (x, y, z)dV,

sabendo que sua função densidade é

f (x, y, z) =

em três sistemas de coordenadas distintas, sendo

S sólido situado simultaneamente no interior de x2 +y 2 +z 2 e

f (x, y, z) =

z = 2−

é dado pela expressão

∫

2 a

∫

√

V = 0

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

para que o volume do sólido

166

seja igual a

16π . 3

√ x2 + y 2

4.7 Respostas 2a2 b(3π−4) 9 √ 4π(8 2−7) 3

V =

I = − 544 15

V =

32a3 9

V =

abc 6

V = 3π

V =

16a3 3

V =

3π 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− √ 2 + y2 + z2 x2 +y 2 x 0 0 3 ∫ 2 ∫ √4−x2 ∫ √16−x2 −y2 √ 4 − x2 − y 2 − z 2 √ dzdydx √ x2 + y 2 + z 2 0 0 3x2 +3y 2 ∫

10.

M = 400

11.

M = 44 ∫ 2∫ V =

12.

∫

0 4

∫

2−z 2

√

9−x2

∫

4−z 2

dydxdz 0

√

∫

4−y

2−z 2

V =

dxdzdy ∫

0 2

∫

0 4−z 2

∫

2−z 2

V =

dxdydz ∫

0 1

∫

0 −4x2 +8x

∫

√

4−y

dzdydx +

V = ∫

0 4

∫

0 1− 12

√

4−y

∫

√

dzdydx −4x2 +8x

∫

4−y

V =

∫

0 2

∫

0 4−x2

∫

1− 12

8−2z

V =

dydzdx ∫

0 4

∫

0 8−2z

∫

√ 4−z

V =

dxdydz 0

∫

V = 0

∫ 8−y ∫ 2 0

dzdxdy + 0

13.

∫

2−2x

√ 4−z

dxdzdy

0 167

√

∫

2−2x

dzdxdy 4−y

∫

2x2

∫

4−x2

∫

dzdydx +

V = 0

2x2

∫ 8 ∫ √y ∫ 8 − y ∫ 2 2 V = dzdxdy + 0

0 14.

∫

1−y

∫

dzdxdy

√y

6−z

8−x2 −y 2

∫

1−x2

∫

5−z

∫

dydzdx = 0

2π

∫

√ 3

∫

V = 0

2π

√

∫

√

∫

1−z

∫

√

3 2

∫

2π

√

∫

rdzdrdθ + 1−r2

16 π 5

∫

M= 0

∫

2π

∫

π 3

√

∫

rdzdrdθ.

3 r 3

2π

∫

V =

∫

√ − 12

∫

π 3

√

12−x2

√ − 12−x2

∫

∫ √16−x2 −y2 4−

√

32 π 3

∫ V =

√

3 2

∫

2π

∫

2π

∫ √ 3 −y2 ∫ √3−x2 −y2 4

√ − 23

−

∫

√

√3

3 2

∫

dzdydx −y 2 2x2 +2y 2 √ 3−r 2

V =

rdzdrdθ 0

(sin ϕ+cos ϕ)ρ2 dρdϕdθ

dzdydx 16−x2 −y 2

π 2

3 cos ϕ sin2 ϕ

∫

168

π 3

8 cos ϕ

ρ2 sin ϕdρdϕdθ.

ρ sin ϕdρdϕdθ + 0

∫

(sin ϕ+cos ϕ)ρ dρdϕdθ+

√ 12

2π

π 2

V =

26. Cartesianas

dxdydz

√ 4−r2 √

∫

10 cos2 ϕ+3 sin2 ϕ

∫

Cilíndricas

∫

V = 18π −

√ − 1−z

dzdrdθ

∫

Esféricas:

3 2

24. Cartesianas

1−z

23.

√

√ 5−2r2

√

∫

rdzddθ

√

(

2π

5−z

1−r 2

√

√ ) 8− 2 √ I = 13 π 2 − 41 3π M=

∫

√ 3 r 3

4−r 2

dydxdz = 0

2π

∫

5−z

√ − 1−z

√

rdzdrdθ −

V =

∫

4−r 2

√ 3 r 3 √ 3 2

∫

25.

4−x2

ydzdxdy

∫

22.

∫

y−1

−1

21.

x2 +y 2

I= ∫

20.

∫

dydzdx 0

19.

∫

√ 4 + x2 + y 2 − z √ dzdydx x2 + y 2

4−x2 −y 2

V = ∫

18.

∫

√ 2−x2

4−x2

√ − 2−x2

∫

17.

∫

√ 2

√ − 2

∫ 16.

a=3 ∫

15.

∫ 8−y 2 dzdydx

∫

2π

∫

π 6

∫

V = −4

∫ Cilíndricas

∫

2π

√

16−x2

∫

2π

∫

arctan 2

∫

−2 2π

0 2π

∫

√ 4−x2

∫

π 4

∫

I= −1

∫

2π ∫

∫

√ 1−x2

2π

∫

1∫

π 4

∫

π 2

∫

π 4

a 2

∫

1−

√

2−r

√ 1− 1−r 2

∫

4−x2 −y 2

√

x2 +y 2

0 2 cos ϕ

(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

ex +y +z dzdydx x+y+z

1−x2 −y 2 2

er +z rdzdrdθ r cos θ + r sin θ + z

2 cos ϕ + sin ϕ

rdzdrdθ 0

√

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

∫

√ 2+ 4−r2

+ π 2

∫

2 2 cos ϕ − sin ϕ ∫ √

dzdydx

4 cos ϕ

∫

2π

x2 +y 2

x2 +y 2 2

1+ 21 r

∫

√

ρ2 sin ϕdzdϕdθ

6 cos ϕ + sin ϕ ρ2 sin ϕdρdϕdθ

√ − 4−x2

∫

√

M= ∫

Esféricas

6−

M= ∫

Cilíndricas

cot ϕ csc ϕ

6−r

∫

29. Cartesianas

1 2

r 2

Esféricas

∫

√ − 16−x2

V =

Cilíndricas

∫

rdzdrdθ

∫

28. Cartesianas

π 2 π 6

V = 0

Esféricas

∫

ρ sin ϕdzdϕdθ + 0

27. Cartesianas

2π

V =

Esféricas:

∫

(b)

a=1

169

Capítulo 5 SEQUÊNCIAS

SÉRIES

Objetivos (ao nal do capítulo espera-se que o aluno seja capaz de): 1. Reconhecer uma sequência e veri car: (a) se é convergente ou divergente; (b) se é crescente ou decrescente; (c) propriedades de uma sequência. 2. De nir séries numéricas de termos positivos; 3. Encontrar a soma de séries; 4. Identi car as séries especiais: geométrica, harmônica, série-p; 5. Veri car 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 veri car 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.

170

5.1 Introdução Neste capítulo estudaremos séries in nitas, as quais são somas que envolvem um número in nito de termos. As séries in nitas 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 signi ca 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 de nida 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 de nida 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

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 simpli cada.

Isto é,

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)

} .

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 de nição 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 onde linhagem de suínos é dada em função do crescimento total pela sequência un = n+13 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

Gra camente podemos observar a curva de crescimento, cujo limite é representado pela assíntota

y=1

(Figura 5.1).

171

Figura 5.1: Crescimento da linhagem de suínos

Como podemos observar a assíntota

y=1

representa o limite de crescimento do suíno.

Isso signi ca 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 de nição 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 in nito 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 de nida 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

< ε. − 1 =

= |un − 1| =

n + 13 n + 13 n + 13

172

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 De nição 5.2.4 estará satisfeita. ε Comparando os dados do Exemplo 5.2.2 com a De nição 5.2.4 concluímos que ε = Consequentemente, podemos tomar

0, 2

representa a diferença entre o crescimento almejado e o crescimento total dos suínos. Por outro lado,

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 deve permanecer em tratamento para atingir, respectivaé dado pela sequência un = n+13 mente, 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%

95%

ε>0

do tamanho nal os valores de

13−13ε . Como ε são respectivamente 0.2, 0.1 e

podemos tomar

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)

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→∞

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

é divergente.

é convergente, pois lim un = lim n→∞

2n+3 n→∞ 3n+5

= 32 .

Determine se a sequência un = 14 n2 − 1 converge ou diverge.

lim un = lim 41 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

173

|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 |a − b| = 0, isto é, se a = b. Logo, o limite de un , se existe, é

todo

ε > 0

se, e somente se

único.

5.3 Subsequências DEFINIÇÃO 5.3.1 Seja un : N∗ → R uma sequência. Seja N ′ = {n1 < n2 < n3 < · · · <

nk < · · · } um subconjunto in nito 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 {1, 41 , 19 , 16 , 25 , 36 , 49 , · · · } e os termos da subsequência são {1, 19 , 25 , 49 , · · · }.

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 in nito, 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

5.3.4

5.4 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

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

174

5.5 Sequências Numéricas Monótonas Neste parágrafo analisaremos algumas propriedades das sequências em

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 De nição 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 De nição 5.5.1. (n+1)+1 n+2 un = nn+1 2 +2 e un+1 = (n+1)2 +2 = n2 +2n+3 . Veri caremos 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

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 a rmações:

n→∞

(i) n→∞ lim c = c; 175

(ii) n→∞ lim cun = ca; (iii) n→∞ lim (un ± yn ) = a ± b; (iv) n→∞ lim un yn = ab; (v) Se b ̸= 0 e yn ̸= 0 então n→∞ lim uynn = ab ; (vi) n→∞ lim nck = 0, se k é uma constante positiva.

5.6 Séries Numéricas DEFINIÇÃO 5.6.1 Seja un : N∗ → R uma sequência numérica. Denominamos série in nita à soma de todos os in nitos termos dessa sequência, ou seja, uma série é uma expressão da forma ∞ ∑

un = u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · .

n=1

A sequência un , cujos in nitos 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 in nita? 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 in nita 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

e denotaremos

∞ ∑

n=1 Se não existir tal

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,

signi cando que não podemos obter

um valor nito para a soma das in nitas parcelas da série. Para melhor entendimento, vamos considerar e analisar um exemplo.

176

EXEMPLO 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

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 inde nidamente, 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,

2000 10000 2500 10000 5000 , , 1000, , , , ··· 3 3 3 21 7

Para responder a primeira pergunta, vamos escrever o problema no formato de uma série in nita, 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

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 simpli car alguns termos intermediários, obtemos que

Sk = 20000 − 177

20000 , k+1

)

ou seja,

Sk =

20000k . k+1

O leitor poderá veri car 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.

k Figura 5.3: Estimativa para o crescimento da série Portanto, se o estudante car inde nidamente na universidade, observando o grá co, podemos a rmar que não receberia mais do que que a soma da série tem limite

20000

unidades monetárias. Isso signi ca

quando a quantidade de parcelas tende para in nito,

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 in nita é obtida pelo limite da sua sequência de somas parciais. Assim, de nimos o limite de uma série do mesmo modo com que foi de nido 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 in nito, ou seja, se dado ε > 0 pudermos encontrar N0 > 0 tal que, para todo k > N0 vale a desigualdade |Sk − S| < ε.

178

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 − 20000 −20000

20000k

− 20000

|Sk − 20000| =

k+1

k+1 k+1 tal que para, se

temos que a desigualdade desejada será válida se

20000 − ε 20000 < ε ⇒ 20000 < kε + ε ⇒ < k. k+1 ε Consequentemente, podemos tomar

N0 =

20000 − ε ε

e a De nição 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 signi ca 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 signi ca 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 lim Sk existe. Caso contrário, dizemos que a série é

A série

k→∞

∞ ∑ n=1

20000 n(n+1)

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 veri car 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

primeiros termos:

Sk = 2 +

2k 22 23 24 + 2 + 3 + · · · + k−1 5 5 5 5 179

(ii) Multiplicamos

por

2 5

22 23 24 2k 2k+1 2 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

)

( −

22 23 2k 2k+1 + 2 + · · · + k−1 + k 5 5 5 5

)

ou seja,

2k+1 3 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:

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 + 3 180

4 1 Sk = − + + 3 2k + 1

Por de nição a série converge se

lim Sk

k→∞

(

Como

lim Sk = lim

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 in nitas 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

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

é convergente e a série

é divergente, então a série

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=1 181

Propriedades Sejam

∞ ∑

un = u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · ·

n=1 e

∞ ∑

yn = y1 + y2 + y3 + · · · + yk + · · ·

n=1

duas séries que convergem para

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

∞ ∑

kun

converge para

kS.

converge para

S + S ′.

n=1 ∞ ∑

un ±

n=1

∞ ∑

yn ,

ou seja, a série

n=1

∞ ∑

(un ± yn )

n=1

5.7 Condição necessária para Convergência Não existe uma regra geral para veri car se uma série é convergente ou não. Como veremos nos próximos itens, há critérios que dão respostas a tipos particulares de séries.

Porém,

veri cando 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

∞ ∑

un é uma série convergente, então lim un = 0. n→∞

n=1

DEMONSTRAÇÃO: Suponhamos que a série

∞ ∑

un converge para S, então podemos a rmar n=1 de modo que, pela De nição 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

|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 imp ortante desse teorema é o corolário a seguir.

Assim, pela De nição 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

182

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, a rmar 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 veri cação. OBSERVAÇÃO

5.7.5

Veremos, na sequência, alguns resultados que permitem veri car 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

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

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 in nito.

S10 = 2, 9289 Sum milh˜ao = 14, 392

S100 = 5, 1873 Sum bilh˜ao = 21, 300 183

S1000 = 7, 485 Sum trlh˜ao = 28, 208.

5.8.3 Série geométrica ∞ ∑

DEFINIÇÃO 5.8.4 Denominamos série geométrica à toda série da forma

a1 q n−1 , onde q

n=1

é denominada razão.

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

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 − 1) a1 q n −a1 −a1 = 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 |q| ≥ 1

Quando

|q| < 1

ainda temos que

∞ ∑

a1 q n−1

n=1

EXEMPLO ∞ ( ) ∑ 3 n n=1

5.8.6

A série

∞ ( ) ∑ 2 n n=1

e é

a1 = . 1−q

é convergente, pois sua razão é q =

é divergente pois sua razão é q =

3 2

> 1.

184

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 veri cação da convergência. Podemos veri car 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

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 bibliogra a.

EXEMPLO

5.9.3

Veri que 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 veri car 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 ∞ ∑ veri cadas podemos utilizá-lo para estudar a convergência da série ne−n . Considere a função

O teste da integral a rma que a série

∞ ∑

∫

n=1

−n

converge se, a integral

I =

∞

xe−x dx

n=1 converge e a série diverge se a integral divergir. Assim,

∫

∞

∫

xe dx = lim xe−x dx b→+∞ 1 1  

b ∫

e−x dx = lim −xe−x + b→+∞

I =

−x

( ) ( ) 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. 185

∞ 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) =

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

∫

1 dx. xp

Temos três casos a considerar: (i) Se

p=1

teremos que

∫

∞

1 dx = lim n→∞ x

∫

Consequentemente, quando

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

divergente.

Note que neste

caso, temos a série harmônica. (ii) Se

p<1 ∫

∞

teremos que

(iii) Se

p>1

∫

∞ 1

1 dx = lim n→∞ xp

5.9.7

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−p<0 n

∞ ∑

1 p n=1 n

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 p n=1 n

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

186

1 2

< 1.

5.9.8 Critério da comparação TEOREMA 5.9.9

Seja

∞ ∑

un uma série e seja

n=1

estudar, então: (i) Se

∞ ∑

yn uma série cuja convergência queremos

n=1

un for uma série convergente e 0 ≤ yn ≤ un para todo n, então a série

n=1 ∞ ∑

un for uma série divergente e yn ≥ un ≥ 0 para todo n, então a série

n=1

DEMONSTRAÇÃO: (i) Sejam para todo

tem limite

∞ ∑

yn é

n=1

divergente.

yn é

n=1

convergente. (ii) Se

∞ ∑

n. Como

∞ ∑

uma série convergente e

n=1

n=1 de modo que

∞ ∑

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

para todo

segue que

0 ≤ y1 + y2 + y3 + · · · + yk + · · · ≤ u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · < L. Consequentemente, a sequência de somas parciais de

∞ ∑

é limitada e, além disso,

n=1 monótona. Logo, pelo Teorema 5.5.8 é convergente e, assim, a série (ii) Sejam

∞ ∑

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

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

n n 1 n < 3 < 3 = . 2 2 +n+1 n +n +n n +n n(n + 1)

187

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 veri car que, de fato,

⇔ ⇔ ⇔ que é válido para todo

1 n ≤ +n+1 n(n + 1)

n + +n+1 n2 (n + 1) n3 + n2 0

para todo

n ∈ N∗ .

1 n(n + 1) ≤ n3 + n2 + n + 1 ≤ n3 + n2 + n + 1 ≤ n+1 ≤

n. Logo, pelo Teorema 5.9.9, a série

∞ ∑ n=1

n +n+1

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 a rmar 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

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) <

uma série tal que

un+1 −L<q−L un

Da última relação concluímos que

un+1 un+2 un+3 ··· un+k

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 + · · · . 188

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 = 1, n→∞ un lim

Observe isso considerando os exemplos:

n=1 porém a primeira é uma série p, com

1 n2

p = 2,

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

un+1 =

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!

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

189

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 a rmar 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

n 2n + 5

)n .

n e aplicando o critério de Cauchy, obtemos 2n+5

√ 1 n = < 1, L = lim n un = lim n→∞ n→∞ 2n + 5 2 ( ) n ∞ ∑ n é convergente. 2n + 5 n=1

∞ ∑ 52n Estude a convergência da série . 3n+1 n=1 2

EXEMPLO

5.9.18

Solução:

Temos que

√ n

√ un =

Assim,

L = lim

n→∞

e a série

(

∞ ∑ 52n 3n+1 n=1 2

√ n

52n 25 52 = 1 = 1 . 3n+1 2 23+ n 8.2 n

un = lim

n→∞ 8.2

1 n

25 >1 8

diverge, pelo critério de Cauchy.

5.10 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

∞ ∑

(−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

190

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

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→∞

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

191

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+2 . n (n + 1)

un satisfaz todas condições do Teorema 5.10.4. O termo geral n+2 > 0 para todo n ∈ N∗ . Agora, vamos veri car se un > un+1 para un = n (n + 1) Vamos veri car se

natural. Temos que

n+2 n (n + 1) ⇔ (n + 2) (n + 1) (n + 2) ⇔ n3 + 5n2 + 8n + 4 ⇔ 4n2 + 8n que é verdadeiro para todo

n+3 (n + 1) (n + 2) > n (n + 1) (n + 3) > n3 + 4n2 + 3n > −1, >

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

sin( nπ ) = 21 + 6

√ 3 2

√

+1+

3 2

+ 21 + 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 veri car 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

192

|un |

∞ ∑

No entanto, se a série

n=1 da série de sinais quaisquer

|un | for divergente, nada poderemos a rmar 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

∑

Porém, a série não é convergente. O leitor pode veri car

n (n + 1) n=1 n (n + 1) n=1

essa a rmação 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

∞ (−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)|

n=1

para todo

natural. Como

∞ ∑ n=1

4 é uma série n2

∞ ∑ 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.

193

5.12 Séries absolutamente convergente e condicionalmente convergentes Antes de de nir 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 modi car 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, signi cando 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 a rmar 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 de nir séries absolutamente convergente e condicionalmente convergente.

194

∞ ∑

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

|un | diverge, então a série

n=1

mente convergente.

∞ ∑

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

Classi que 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,

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

∫

+∞

x2 dx = lim b→+∞ x3 + 4

∫ 2

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

un+1 =

pois acima veri camos 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.

Classi que as séries numéricas abaixo como absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente, justi cando 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

(−2) 2n 2n

= √ √ ≤

(ln n)n + 2 n + 1 (ln n)n + 2 n + 1 (ln n)n 195

Aplicando o teste da raiz, temos

√ L = lim

n→∞

Como

L < 1

∞ ∑

a série

n=2 converge absolutamente.

2n (ln n)n

2 2n = 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

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

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 de nidas 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 in nita é um exemplo de série de funções, pois o seu termo geral depende de uma variável real

Mais geralmente, de nimos 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

196

de cada valor de

numa série de funções é uma série numérica que pode ser convergente ou

divergente. Por exemplo, para cada valor de

∞ ∑

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

|x| < 1.

|x| < 1 e diverge caso contrário.

Já sua soma

Isso signi ca que uma série de funções convergente,

converge para um determinado conjunto de valores de

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

= ≤ ≤ 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

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

in nito.

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 simpli car 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 coe cientes 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

197

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.

coe cientes 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

lim

n→∞

(√ ) n |un |

onde

un = cn xn .

Caso o limite exista vale a

condição dos critério usado. Em qualquer caso teremos que

cn+1 xn+1

un+1

= lim

= |x| L lim

n→∞

n→∞ un

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

1 . L

Como o critério de D 'Alambert é inconclusivo quando o limite da razão é igual a 1, nada podemos a rmar se |x| L = 1. Assim, devemos veri car se a série conOBSERVAÇÃO

5.14.5

verge para x = e x = − . Feita esta veri cação, 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

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)

Assim, a série convergirá se é

R = 35 .

3n x n . 5n (1 + n2 )

3 |x| < 1, ou seja, se |x| < 53 . Portanto, o raio de convergência 5

Na sequência devemos veri car se a série converge para

198

x=−

5 3

5 x= . 3

•

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.

•

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=0 (1 + n ) n=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 )

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

R=0

é o seu raio de convergência.

DEFINIÇÃO 5.14.9 Denominamos série de potências centrada em x = a à toda série da forma

∞ ∑

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

199

∞ 2 (x − 5) n ∑ . 2 n=0 n + 3

2z n+1

(n2 + 3) 2z n+1

(n + 1) + 3

) = lim

= lim (

2z n n→∞

n→∞ (n + 1)2 + 3 2z n

n2 + 3

(n2 + 3) |z| n2 + 3 = lim 2 = |z| lim 2 = |z| 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

sequência, devemos veri car se a série converge para

•

z = −1

R = 1.

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.

•

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

p−série,

que converge por comparação com uma

pois

∞ ∑

∞ 2 2 2 ∑ ≤ + . 2 3 n=1 n2 n=0 (n + 3) Conclusão: convergência é

−1 ≤ z ≤ 1.

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 in nitos 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 s'erie 1 7

+ x −x

1 5

)

( + ··· + 1

Sn (x) = −x + x 2n+1 . 200

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 in nita 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

natural e todo

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 in nita 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.

201

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 de nida 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 + · · · = (ii) f ”(x) = 2c2 + 6c3 (x − a) + · · · =

∞ ∑

ncn (x − a)n−1

n=1

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 signi ca 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 veri car que o

intervalo de convergência da série obtida é aberto nos extremos, ou seja, é o intervalo

202

(−1, 1).

EXEMPLO

5.15.4

Expresse

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

por

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 f (x) = = −xn 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.

colocamos

x=0

nessa equação e encontramos

ln(1 − x) = −

∞ ∑ xn n=1

= −x −

x2 x3 − − ··· . 2 3

O raio de convergência dessa série é o mesmo que o da série original, intervalo de convergência é

C−0 =

Assim

R = 1,

porém o

I = [−1, 1).

Veri que! 1 no resultado do Exemplo 5.15.5. Note o que acontece quando colocamos x = 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

203

∞ ∑ 1 . n2n n=1

Como

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 coe cientes

c 0 , c1 , c 2 , · · ·

•

na função 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 para obter

c2 ,

x=a

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 •

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

204

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 ′′ (a) f (3) (a) f (n) (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

(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

f (x) = sin x

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

(−1)n

∞ ∑ sin a cos a (x − a)2n + (−1)n (x − a)2n+1 . 2n! (2n + 1)! n=0

5.17 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) =

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

205

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 veri car, sem grandes di culdades, que o intervalo de convergência desta série é toda a reta real, ou seja, esta série converge para todo valor real de

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 )5

( π )7

( π )9

π 1 = . 6 2 ∫ sin x Desenvolver em série de MacLaurin a função f (x) = dx. x π − 6

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

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 + −5 + + ··· 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)! 206

Dividindo ambos os lados por

x3 ,

encontramos

1 x2 x4 x6 sin x − x x2n−2 n = − + − + + · · · (−1) + ··· . x3 3! 5! 7! 9! (2n + 1)! Portanto

( ) sin x − x 1 x 2 x4 x 6 1 x2n−2 n lim = lim − + − + + · · · (−1) + ··· = − . 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

por

sin x

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 aplicaçõ es 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. 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

∞ f (n) (0) ∞ xn ∑ ∑ x 2 x3 n e = x = =1+x+ + + ··· . n! 2! 3! n=0 n=0 n! x

Pode-se mostrar facilmente que esta série converge para todo x real e que seu intervalo 2 de convergência é in nito. Trocando x por −x neste desenvolvimento, obtemos que

e−x = 2

∞ (−1)n x2n ∞ (−x2 )n ∑ ∑ x4 x6 = = 1 − x2 + − + ··· n! n! 2! 3! n=0 n=0 207

que também converge para todo

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

∀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

Solução:

Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo à expressão obtida no exemplo

anterior, temos que

∫

−x2

e 0

1 ∞ ∞ ∑ ∑ (−1)n (−1)n x2n+1

= dx = C + .

(2n + 1)n!

(2n + 1)n! n=0

n=0

Expandindo alguns termos desta série numérica, temos que

∫

−x2

dx =

∞ ∑ 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 menor que < 0, 001 e assim, ao somarmos os cinco primeiros termos da expansão teremos 1320 uma aproximação com precisão de até 3 casa decimais

∫

e−x dx ≈ 1 − 2

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

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)! 208

(II)

(I)

Tomando a diferença entre as equações

(

arctan x − sin x = x

1 −1 + 3 3!

)

(

(I) e (II)

1 1 − 5 5!

Podemos obter a série de MacLaurin para a série de

sin x

)

obtemos

+ ··· + x

cos x

2n+1

(

(−1)n+1 (−1)n + 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 simpli car, para obter que

(

) ( ) 1 (−1)n+1 1 (−1)n 2n+1 x − + +x + ··· + x + ··· arctan(x) − sin x 5 5! 2n + 1 (2n + 1)! ) ( = (−1)n x2n x2 x4 x3 cos x 3 + + ··· + + ··· x 1− 2! 4! (2n)! ( ( ) ( ) ) −1 1 1 (−1)n (−1)n+1 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!

)

(

Finalmente, podemos aplicar o limite em ambos os lados dessa igualdade e encontrar que

(

lim

x→0

arctan(x) − sin x = x3 cos x

) −1 1 + +0 −1 1 1 3 3! = + =− . 1+0 3 6 6

5.18 Fórmula geral do binômio de Newton Suponhamos que o interesse é o desenvolvimento do binômio

(a + b)n ,

para

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 − 1) (n − 2) · · · (n − (k − 1)) (n − k)! n (n − 1) (n − 2) · · · (n − (k − 1)) n! = = , k! (n − k)! k! (n − k)! k!

podemos escrever

n (n − 1) n−2 2 n (n − 1) (n − 2) · · · (n − (k − 1)) n−k k a b +· · ·+ a b +· · ·+bn . 2! k! b = x vem que

(a + b)n = an +nan−1 b+ Tomando

a=1

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 in nito

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 +

209

(5.18.1)

Esta série, chamada de série binomial, é um caso particular da Série de MacLaurin. Como o leitor poderá veri car, 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 bibliogra a.

Escrevendo em forma de somatório, temos que

(1 + x) = 1 +

∞ ∑ n (n − 1) (n − 2) · · · (n − k + 1)

k=1

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.

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

(−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

210

1 . 1+x

donde,

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 √ x + x + ··· = 1+ − x+ 2 2! 3! 1+x )( ) ( − 12 − 12 − 1 − 12 − 2 · · · (− 21 − 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

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 1·3 1·3·5 6 1 · 3 · 5 · ... · (2n − 1) 2n √ = 1 + x2 + 2 x4 + 3 x + ··· + x + ··· 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

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.

211

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

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

2. Dados os termos abaixo, determine uma expressão para as sequências.

(a)

, 2, 4 , 8 , · · · 3 9 27 81

}

(b)

, −2 , 4 , −8 , · · · 3 9 27 81

}

, 3, 5, 7, · · · 2 4 6 8

(c)

}

{ } 3 (d) 0, 41 , 29 , 16 ,···

3. Classi que, se possível, as sequências abaixo quanto à sua monotonicidade.

(a) un =

n 2n−1

(e) un =

10n (2n)!

4. Suponha que

(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

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 = 12 . 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), de nida 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.

212

(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

n n+1

)

1 (√

n (n + 1)

n+1+

√ ) n

3n + 4 + 3n2 + 2n

9. Analise se as a rmações abaixo são verdadeiras ou falsas.

Justi que seus argumen-

tos, exibindo contra-exemplos para as a rmações falsas ou provando as a rmações 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

(f ) Se

−1 < q < 1,

for decrescente e

(g) Se a sequência

então

un > 0

para todo

n ∈ N,

então

é convergente.

lim q n = 0.

n→+∞

converge, então a série

∞ ∑

também converge.

n=1 (h) Se

∞ ∑

converge, então

∞ √ ∑

também converge.

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

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) =

∞ (−1)n x2n+3 ∑ . n=0 n!(2n + 3)

igual a

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

213

in nito.

∞ ∑

10. Encontre o termo geral da soma da série

n=1

4 −1

4n2

e veri que se ela é convergente.

11. Encontre a soma das séries abaixo, se possível. ( )n ∞ ∞ ∞ ∑ ∑ ∑ 5 1

(a)

(b)

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 veri que 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 + 2n ∑ n n=1 1 + 3

∞ 1 ∑ n n=1 n

(d)

∞ ∑

n! n=1 (2 + n)!

(h)

∞ ∑

n2 3 n=1 4n + 1 ∞ ∑

√

n=1

1 n3 + 5

∞ ∑

1 (i) 2 n=1 n n + 5 √ √ ∞ ∑ n+1+ n √ (m) 3 n n=1 (q)

∞ ∑

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 veri que 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)

∞ ∑

1 n+1 n=1 (n + 1)2 ∞ ∑

3n (e) n 2 n=1 2 (n + 2)

(f )

∞ n+1 ∑ n n=1 n4 n ∞ ∑ 3 (k) 2 n=1 n + 2

n +n+1 n=1 ∞ ∑ n! (l) 3 n=1 (n + 2)

n=1

(h)

(i)

n! (2 + n)!

∞ ∑

4n2

(m)

∞ ∑

2n−1 n n=1 5 (n + 1)

14. Usando o teste de Cauchy, veri que se as séries abaixo são convergentes ou divergentes. ( )n ( )n ∞ (ln n) n ∞ ∞ ∞ ∑ ∑ ∑ ∑ n+1 n+1 n4n − n n √ (a) 2 (b) (c) (d) n n2 n2 2n n10n + 1 n=1 n 2 n=1 n=1 n=1 15. Usando o teste da integral veri que se as séries abaixo são convergentes ou divergentes. ∞ ∞ ∞ ∞ ln n ∑ ∑ ∑ ∑ 1 1 −n

(a)

(b)

n=1

(e)

(i)

∞ arctan n ∑ 2 n=1 n + 1 ∞ ∑

1 n=1 4n + 7

n=1

(f )

∞ ∑

(c)

n=2

ne−n

(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. Veri que se as séries abaixo são absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente.

214

(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)

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)

(−1)n−1

n=1

n3 + n

(−1)n−1

1 (2n − 1)!

(−1)n−1

n=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

4 n−1 n (−1) en

∞ ∑

(−1)n √ 2n2 − n n=1

17. Classi que as séries numéricas abaixo como absolutamente convergente, condicionalmente convergente ou divergente, justi cando 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=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

n=1

∞ n(x − 5)n ∑ 2 n=0 n + 1

(m)

(p)

(h)

∞ 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 ′

f ”.

xn , para |x| < 1, encontre as somas das séries

n=1

215

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 para as funções abaixo.

(a) f (x) =

1 1 + x3

(d) f (x) =

x3 x2 (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

x 9 + 4x2

22. Expresse a integral inde nida como uma série de potências

∫

x dx 1 − x8

(a)

(b)

ln(1 − x2 ) dx x2

∫

(c)

∫

x − arctan x dx x3

(d)

arctan x2 dx

f (x) = arctan x para provar a seguinte ∞ √ ∑ (−1)n numérica: π = 2 3 . n n=0 3 (2n + 1)

23. Utilize a representação em série de potências de expressão para

como soma de uma série

24. Mostre que a função

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

(a)

n=0

42n+1 (2n + 1)!

(b)

n=0

f2 (x) =

∞ 3n ∑ (c) n=1 n!

62n (2n)!

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

∞ (−1)n x2n ∑ 32n n=0

f ′ (x) = f (x).

∞ (−1)n x2n+1 ∑ n=0 (2n + 1)!

são soluções

∞ ∑ 3n (d) 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. 32. Determine o intervalo e o raio de convergência da série de funções que representa a x2 função

f (x) =

−1 . x

216

33. Usando séries de Maclaurin, mostre que

∫ 34. Desenvolva a função

∫

cos xdx = sin x + k.

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

(d) f (x) = e−x

(h) f (x) = x3 ex

36. Utilize desenvolvimento em séries de MacLaurin para calcular os seguintes limites. 2 2 3 2

(a) lim

x→0

cos 2x + 2x − 1 x4

(b) lim

x→0

sin(x ) + cos(x ) − x − 1 x6

ln(1 + x2 ) − 3 sin(2x2 ) x→0 x2

ln(1 + x2 ) 1 − cos x

(d) lim

ln(1 + x3 ) − ex + 1 x→0 x6 3

(e) lim

cos(2x2 ) − ex (g) lim x→0 x sin(x3 )

x2 sin(x2 ) + ex − 1 x→0 ln(1 + x4 ) 4

(f ) lim

sin(x8 ) + cos(3x4 ) − 1 (h) lim x→0 ex8 − 1

37. Utilize séries numéricas e/ou séries de potências para encontrar os valores reais de

que tornam válidas cada uma das igualdades abaixo.

(a)

∞ ∑ n=0

e−x − cos(x2 ) (b) lim =k x→0 x4 4

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) = √ (e) f (x) = dx (f ) f (x) = e−x dx 2 (x ) ∫ 1−x ln(1 + x) 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 √ dx utilizando expansão em série de potências. Determine Calcule a integral 3 1 + x4 0 (a) f (x) =

39.

o termo geral desta expansão ou faça o seu desenvolvimento com pelo menos 5 termos não nulos.

217

5.20 Respostas 1. .

(a)

1 4

(b) 0

(i) @ 2.

(j)

π 2

2n−1 3n

(a) un =

(d) 0

(e) @

(f ) 0

(g) @

(h) @

(k) e−2

(l) 0

(m) 0

(n) @

(o) 1

(p) 0

(b) un =

(−1)n−1 2n−1 3n

2n−1 2n

(d) un =

n−1 n2

3. .

(a) decrescente (e) decrescente

(b) decrescente (f ) crescente

(d) decrescente (h) n˜ ao-decrescente

4. A sequência converge, pois é uma sequência monótona limitada. Seu limite

L é tal que

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 a rmar. 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

7. Dica para o item (c): Note que se

L = lim un

τ = lim xn = lim 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) Sn =

n 1 . A série converge para 2n+1 2

n(n+2) . A série converge para (n+1)2

(e) Sn =

1 3

−

2n 1 . A série converge para 3.5n 3

(f ) Sn = 1 −

(g) Sn =

1 2

−

1 1 . A série converge para (n+2)! 2

(h) Sn =

(b) Sn = 1

8n . A série converge para 4n+1

(d) Sn = − ln(n + 1).

5 2

−

A série diverge

√ 1 . A série converge para n+1 2 n+1

−

1 5 . Converge para n+2 2

9. .

(a) F (i) F 10.

Sn = 2 −

11.

(a) S =

(b) F (j) F 2 . 2n + 1 1 4

(d) F (l) V

A série converge para

(b) S =

1 7

(e) V (m) V

(f ) V (n) V

(g) F (o) V

(h) F (p) F

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 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 218

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

17. .

(a) (d) (g)

absolutamente absolutamente divergente

(b) condicionalmente (e) absolutamente (h) absolutamente

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 = 14 , I = [1, 32 ] (m) I = [4, 6), R = 1 (n) I = (−4, 0), R = 2 (o) I = (1 − e, 1 + e), R = e (p) I = [− 23 , − 21 ], R = 12 (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) =

(−1, 1),

∞ ∑

respectivamente.

x (1 − x)2 (f ) 6

(b)

(−1)n x3n

n=0

∞ (−1)n 4n x2n+1 ∑ (c)f (x) = 9n+1 n=0 n+2 ∞ ∑ nx (e) f (x) = n+1 n=1 2 ∞ (−1)n x2n+3 ∑ (g) f (x) = n+1 n=0 22. .

(a)

∞ x8n+2 ∑ +K n=0 8n + 2

2x2 (1 − x)3 (h) 2 ln 32 (d)

(g) − ln(1 + x)

∞ (−1)n x3n ∑ 4n+1 n=0 ∞ ∑ n−1 n+1 (d) f (x) = 2 nx

(b) f (x) =

n=1

(f ) f (x) = −

(b) −

∞ ∑

xn+1 n+1 n=0 (n + 1)5

∞ ∑

x2n−1 +K n=1 n(2n − 1)

(c)

∞ ∑

(−1)n x4n+3 (d) +K n=0 (4n + 3)(2n + 1) 23. Dica: Mostre que

∞ (−1)n x2n+1 ∑ arctan x = 2n + 1 n=0

219

√ e depois faça

3 . 3

∞ (−1)n+1 x2n−1 ∑ +K 4n2 − 1 n=1

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

(d) e 5

27. Intervalo de convergência:

9 −1 ≤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 in nito.

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)!

∞ (−1)n x2n−2 ∑ (g) (2n)! n=1

2 3

(b) −

36.

(a)

37.

(a) k = ln

8 9

2 3

∞ x2n+3 ∑ (h) n=0 n!

(d) − 5

(b) k = −

1 2

220

(e) − 1

(f ) 2

(g) − 3

(h) −

7 2

38. Desenvolvimento em Séries de MacLaurin ∞ ∑ n

(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.

∞ 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)n 1.4.7.10. · · · .(3n − 2)t4n+1 1 √ dx = t + 3 (4n + 1).3n n! 1 + x4 n=1

221