calculo 3 0000035C

Diva Marília Flemming Elisa Flemming Luz

cálculo III

Disciplina na modalidade a distância 2a edição revista e atualizada

Design instrucional Karla Leonora Dahse Nunes

UnisulVirtual Palhoça, 2008

Créditos Unisul - Universidade do Sul de Santa Catarina UnisulVirtual - Educação Superior a Distância Campus UnisulVirtual Avenida dos Lagos, 41 Cidade Universitária Pedra Branca Palhoça – SC - 88137-100 Fone/fax: (48) 3279-1242 e 3279-1271 E-mail: [email protected] Site: www.virtual.unisul.br Reitor Unisul Gerson Luiz Joner da Silveira Vice-Reitor e Pró-Reitor Acadêmico Sebastião Salésio Heerdt Chefe de Gabinete da Reitoria Fabian Martins de Castro Pró-Reitor Administrativo Marcus Vinícius Anátoles da Silva Ferreira Campus Sul Diretor: Valter Alves Schmitz Neto Diretora adjunta: Alexandra Orsoni Campus Norte Diretor: Ailton Nazareno Soares Diretora adjunta: Cibele Schuelter Campus UnisulVirtual Diretor: João Vianney Diretora adjunta: Jucimara Roesler

Equipe UnisulVirtual Avaliação Institucional Dênia Falcão de Bittencourt Biblioteca Soraya Arruda Waltrick Capacitação e Assessoria ao Docente Angelita Marçal Flores (Coordenadora) Caroline Batista Elaine Surian Enzo de Oliveira Moreira Patrícia Meneghel Simone Andréa de Castilho

Coordenação dos Cursos Adriano Sérgio da Cunha Aloísio José Rodrigues Ana Luisa Mülbert Ana Paula Reusing Pacheco Bernardino José da Silva Charles Cesconetto Diva Marília Flemming Eduardo Aquino Hübler Fabiano Ceretta Itamar Pedro Bevilaqua Janete Elza Felisbino Jucimara Roesler Lauro José Ballock Lívia da Cruz (auxiliar) Luiz Guilherme Buchmann Figueiredo Luiz Otávio Botelho Lento Marcelo Cavalcanti Maria da Graça Poyer Maria de Fátima Martins (auxiliar) Mauro Faccioni Filho Michelle Denise Durieux Lopes Destri Moacir Fogaça Moacir Heerdt Nélio Herzmann Onei Tadeu Dutra Patrícia Alberton Rose Clér Estivalete Beche Raulino Jacó Brüning Rodrigo Nunes Lunardelli Criação e Reconhecimento de Cursos Diane Dal Mago Vanderlei Brasil Desenho Educacional Daniela Erani Monteiro Will (Coordenadora) Design Instrucional Ana Cláudia Taú Carmen Maria Cipriani Pandini Carolina Hoeller da Silva Boeing Flávia Lumi Matuzawa Karla Leonora Dahse Nunes Leandro Kingeski Pacheco Luiz Henrique Queriquelli Lívia da Cruz Lucésia Pereira Márcia Loch Viviane Bastos Viviani Poyer Acessibilidade Vanessa de Andrade Manoel Avaliação da Aprendizagem Márcia Loch (Coordenadora) Cristina Klipp de Oliveira Silvana Denise Guimarães

Design Visual Cristiano Neri Gonçalves Ribeiro (Coordenador) Adriana Ferreira dos Santos Alex Sandro Xavier Evandro Guedes Machado Fernando Roberto Dias Zimmermann Higor Ghisi Luciano Pedro Paulo Alves Teixeira Rafael Pessi Vilson Martins Filho

Gerência Acadêmica Márcia Luz de Oliveira Bubalo

Monitoria e Suporte Rafael da Cunha Lara (Coordenador) Adriana Silveira Andréia Drewes Caroline Mendonça Cláudia Noemi Nascimento Cristiano Dalazen Dyego Helbert Rachadel Edison Rodrigo Valim Francielle Arruda Gabriela Malinverni Barbieri Jonatas Collaço de Souza Josiane Conceição Leal Maria Eugênia Ferreira Celeghin Maria Isabel Aragon Priscilla Geovana Pagani Rachel Lopes C. Pinto Tatiane Silva Vinícius Maykot Serafim

Gerência Administrativa Renato André Luz (Gerente) Valmir Venício Inácio

Relacionamento com o Mercado Walter Félix Cardoso Júnior

Gerência de Ensino, Pesquisa e Extensão Ana Paula Reusing Pacheco

Secretaria de Ensino a Distância Karine Augusta Zanoni Albuquerque (Secretária de ensino) Ana Paula Pereira Andréa Luci Mandira Andrei Rodrigues Carla Cristina Sbardella Deise Marcelo Antunes Djeime Sammer Bortolotti Franciele da Silva Bruchado James Marcel Silva Ribeiro Janaina Stuart da Costa Jenniffer Camargo Lamuniê Souza Liana Pamplona Luana Tarsila Hellmann Marcelo José Soares Marcos Alcides Medeiros Junior Maria Isabel Aragon Olavo Lajús Priscilla Geovana Pagani Rosângela Mara Siegel Silvana Henrique Silva Vanilda Liordina Heerdt Vilmar Isaurino Vidal

Disciplinas a Distância Enzo de Oliveira Moreira (Coordenador)

Gerência de Produção e Logística Arthur Emmanuel F. Silveira (Gerente) Francisco Asp Logística de Encontros Presenciais Graciele Marinês Lindenmayr (Coordenadora) Aracelli Araldi Cícero Alencar Branco Daiana Cristina Bortolotti Douglas Fabiani da Cruz Fernando Steimbach Letícia Cristina Barbosa Priscila Santos Alves Formatura e Eventos Jackson Schuelter Wiggers Logística de Materiais Jeferson Cassiano Almeida da Costa (Coordenador) José Carlos Teixeira Eduardo Kraus

Secretária Executiva Viviane Schalata Martins Tecnologia Osmar de Oliveira Braz Júnior (Coordenador) Jefferson Amorin Oliveira Marcelo Neri da Silva Pascoal Pinto Vernieri

Sumário

Apresentação. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Disciplina Cálculo III. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Palavras das professores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Plano de estudo da disciplina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Unidade 1  Funções de várias variáveis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Unidade 2  Limite e continuidade. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Unidade 3  Derivadas de funções de várias variáveis . . . . . . . . . . . . 81 Unidade 4  Máximos e mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 Unidade 5  Integrais múltiplas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 Unidade 6  Aplicações. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 Para concluir o estudo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sobre as professoras conteudistas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas e comentários dos exercícios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Apresentação

Este livro didático corresponde à disciplina Cálculo III. O material foi elaborado visando a uma aprendizagem autônoma, abordando conteúdos especialmente selecionados e adotando uma linguagem que facilite seu estudo a distância. Por falar em distância, isto não significa que você estará sozinho/a. Não se esqueça de que sua caminhada nesta disciplina também será acompanhada constantemente pelo Sistema Tutorial da UnisulVirtual. Entre em contato sempre que sentir necessidade, seja por correio postal, fax, telefone, e-mail ou Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem (EVA). Nossa equipe terá o maior prazer em atendê-lo/a, pois sua aprendizagem é o nosso principal objetivo. Bom estudo e sucesso! Equipe UnisulVirtual.

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cálculo III Díva Marília Flemming Elisa Flemming Luz

Programa da Disciplina Unidade 1  Funções de várias variáveis Unidade 2 Limite e continuidade Unidade 3  Derivadas de funções de várias variáveis Unidade 4 Máximos e mínimos Unidade 5  Integrais múltiplas Unidade 6  Aplicações

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Copyright © UnisulVirtual 2008 Nenhuma parte desta publicação pode ser reproduzida por qualquer meio sem a prévia autorização desta instituição.

Edição - Livro didático Professores Conteudistas Diva Marília Flemming Elisa Flemming Luz Design Instrucional Karla Leonora Dahse Nunes Carolina Hoeller da Silva Boeing (2a edição revista e atualizada) Capa Equipe UnisulVirtual Projeto Gráfico e Diagramação Daniel Blass Revisão B2B

515 F62

Flemming, Diva Marília Cálculo III : livro didático / Diva Marília Flemming, Elisa Flemming Luz ; design instrucional Karla Leonora Dahse Nunes, [Carolina Hoeller da Silva Boeing]. – 2. ed. rev. e atual. – Palhoça : UnisulVirtual, 2008. 324 p. : il. ; 28 cm. Inclui bibliografia. ISBN 978-85-7817-061-5 1. Cálculo. I. Luz, Elisa Flemming. II. Nunes, Karla Leonora Dahse. III. Boeing, Carolina Hoeller da Silva. IV. Título. Ficha catalográfica elaborada pela Biblioteca Universitária da Unisul

Palavras das Professores

Já estamos avançando em uma caminhada que iniciou com a sua decisão de fazer o curso de Matemática na modalidade a distância. Sabemos que para cursar a disciplina de Cálculo III foi necessário passar pelo Cálculo I e II, portanto, você já venceu duas grandes etapas do curso. Os conteúdos das disciplinas de Cálculo são considerados obrigatórios pelas Diretrizes Curriculares do MEC (Ministério da Educação) e, de certa forma, carregam juntos muitos tabus. Mesmo tendo afinidades com a área da Matemática, sabemos que muitos educandos ainda se sentem temerosos quando chega o grande momento de discutir derivadas e integrais. A importância do Cálculo III está exatamente no fato de trazer generalizações necessárias para as diferentes aplicações do Cálculo em problemas clássicos de Engenharia, Física e Economia.

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Universidade do Sul de Santa Catarina

Queremos deixar registrado, neste início de disciplina, que você vai ficar diante de ferramentas poderosas para modelar o mundo ao seu redor. Ao trilhar caminhos já desvendados por grandes filósofos e matemáticos, temos uma grande responsabilidade: manter o olhar atento para consolidar a nossa comunidade virtual. Nossos amigos de caminhada, SiSoSi, Phil, Rec e Teca, estão cada vez mais presentes, apresentando dicas valiosas para a construção sólida de nossos conhecimentos. Lembre-se de que estamos juntos e que o processo é de ensinoaprendizagem, portanto, estamos também aprendendo novas formas de olhar métodos e técnicas de estudo e de ensino. Seja bem-vindo à disciplina de Cálculo III Um grande abraço! Profª. Diva Marília Flemming Profª. Elisa Flemming Luz

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Plano de Estudo da disciplina

O plano de estudo orienta você no desenvolvimento da Disciplina. Ele possui elementos que o ajudarão a conhecer o contexto do Cálculo III e a organizar o seu tempo de estudos. O processo de ensino-aprendizagem da UnisulVirtual leva em conta instrumentos que se articulam e se complementam. Assim, a construção de competências e habilidades se dá a partir da articulação de metodologias envolvendo diversas formas de ações e estratégias mediadoras. São elementos desse processo:  O livro didático;  O espaço virtual de aprendizagem (EVA);  As atividades de avaliação (complementares, a distância e presenciais).

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Ementa da disciplina Funções de várias variáveis. Derivadas parciais. Integrais duplas. Aplicação da integral dupla. Integrais triplas. Aplicação da integral tripla. Carga horária

60 horas ou 4 créditos

Objetivo(s) Geral

Dar ao universitário a oportunidade de construir competências e habilidades para analisar, refletir e delinear conclusões no contexto das aplicações práticas que envolvem o mundo tridimensional. Específicos

 Analisar situações problema cuja modelagem envolve derivadas parciais e integrais múltiplas.  Calcular integrais duplas e triplas por diferentes sistemas de coordenadas.  Modelar e resolver problemas de áreas e volumes de superfícies não discutidas na Geometria Espacial.  Discutir soluções para problemas da Física que envolvem sólidos.  Utilizar corretamente recursos tecnológicos para ampliar a visualização gráfica das funções de várias variáveis.

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Cálculo III 

Conteúdo programático/objetivos Os objetivos de cada unidade definem o conjunto de conhecimentos que você deve construir para o desenvolvimento das habilidades e competências necessárias a sua formação profissional. Veja a seguir as seis unidades que compõem o livro didático desta disciplina, bem como os seus respectivos objetivos. Unidade 1  Funções de várias variáveis

Para modelar o mundo tridimensional são necessárias ferramentas mais poderosas para a resolução de problemas. Nesta unidade, você terá a oportunidade de discutir detalhes das funções de duas variáveis e as suas diferentes representações semióticas. Poderá, também, visualizar que as generalizações são necessárias para ampliar a resolução de problemas físicos e de engenharia. Destacase, nesta unidade, as curvas de nível que são usadas em diferentes momentos, como, por exemplo, para modelar o nosso relevo e outros elementos do nosso mundo. Unidade 2  Limite e continuidade

O estudo de limites e continuidade de funções de várias variáveis é essencial para dar os alicerces conceituais ao estudo das derivadas parciais. Discutir a existência de limites de funções de várias variáveis auxilia na análise do comportamento da função. Será interessante verificar que o significado intuitivo de continuidade vai propiciar a identificação de superfícies que não possuem buracos ou rupturas. Unidade 3  Derivadas de funções de várias variáveis

O estudo das derivadas parciais vai nos permitir entender qual a razão de termos sensações de temperaturas mais baixas do que o termômetro indica. Por outro lado, o estudo das derivadas é considerado fundamental para entender os métodos de resolução das integrais múltiplas. A construção de planos tangentes auxiliará na identificação das superfícies suaves ou diferenciáveis.

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Unidade 4  Máximos e mínimos

Como já discutido no Cálculo I, as derivadas são usadas para localizar pontos de máximo e mínimo de curvas planas modeladas por funções de uma variável. Nesta unidade, você terá a oportunidade de fazer generalizações para identificar os pontos de máximo e mínimo de funções de duas variáveis. A localização de pontos críticos é de fundamental importância na resolução de problemas cujas soluções devem ser otimizadas. Unidade 5  Integrais múltiplas

Nesta unidade, você vai discutir a generalização das integrais abordadas na disciplina de Cálculo II. Terá a oportunidade de constatar que as integrais duplas e triplas podem ser usadas para resolver problemas que envolvem o cálculo de áreas, volumes, massa, centro de massa, momento de inércia e outras aplicações. Unidade 6  Aplicações

Nesta unidade, você terá a oportunidade de analisar, refletir, discutir e resolver situações-problema que são modeladas com os recursos do Cálculo III. De forma surpreendente, vamos calcular: volumes de sólidos com formas completamente irregulares, áreas de figuras planas formadas por diferentes retas e curvas, massa de corpos com formas irregulares.

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unIDADe 1

FunçÕeS De várIAS vArIáveIS

O que você consegue visualizar? Vários cálices ou vários perfis? Olhe com atenção!!!

Objetivos de Aprendizagem    

Identificar características e propriedades das funções de várias variáveis. visualizar e representar curvas de nível de funções de várias variáveis. esboçar e analisar gráficos de funções de duas variáveis. Identificar situações reais que requerem o uso de modelos que envolvem 3 dimensões.

Plano de estudo da unidade Seção 1 Funções de várias variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 Seção 2 curvas de nível. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Seção 3 Gráficos de funções de duas variáveis . . . . . . . . . . . . . 32 Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

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Para início de conversa

Nesta primeira unidade da disciplina Cálculo III você conhecerá as funções de várias variáveis reais e suas principais características e propriedades. As funções de uma variável não conseguem modelar a maior parte dos fenômenos reais já que estes envolvem várias variáveis independentes. Por exemplo, a temperatura em um quarto dependerá de diversas condições, tais como, a temperatura fora do quarto, o número de entradas de ar, a existência de ventilação interna, dentre outras. Cada uma destas condições pode representar uma variável independente que influenciará mais ou menos a temperatura, que neste caso seria a variável dependente analisada. Assim como nas disciplinas anteriores de cálculo, você contará com a Teca, o Phil, o Sisosi e o Rec para lhe auxiliar durante o estudo dos conteúdos de cada unidade. E por falar neles, o Phil já tem algo a lhe contar...

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Universidade do sul de santa catarina

Olá caros amigos! Agora no Cálculo III vamos adentrar no fabuloso mundo do Cálculo de Várias Variáveis. E neste momento eu não poderia deixar de dizer-lhes que se não fosse o trabalho de grandes matemáticos e cientistas nesta área, não teríamos avançado tanto em termos tecnológicos e científicos! Basta que você olhe ao seu redor e perceba que o mundo é multidimensional e foi durante o século 16 que matemáticos começaram a desenvolver uma nova matemática para resolver problemas em ciências físicas. A astronomia, por exemplo, era uma área da ciência que era rica neste tipo de matemática de várias variáveis e, desta forma, impulsionou o desenvolvimento de funções de várias variáveis e, finalmente, o cálculo de várias variáveis. Galileu (1564-1642) tentou aplicar a matemática ao seu trabalho em astronomia, cinemática e resistência dos materiais. O astrônomo, matemático e físico alemão Johannes Kepler (1571-1630) contribuiu grandemente através do desenvolvimento das suas três leis do movimento planetário. Estes resultados mudaram a astronomia e ajudaram no estabelecimento da teoria heliocêntrica de Copérnico. Isto contribuiu para a construção de um cenário propício ao surgimento da matemática aplicada em várias variáveis. Que tal, ficou curioso? Então já está na hora de começar! Fique atento ao calendário proposto no ambiente virtual, pois você já sabe que uma disciplina de cálculo exigirá estudo, dedicação e a realização de exercícios. Analise com atenção as definições que serão apresentadas nesta unidade e procure fazer relações com situações práticas reais e com os conteúdos que já foram estudados em disciplinas anteriores. Não siga em frente se estiver com dúvidas. Procure o seu professor tutor para saná-las. Bom trabalho! 18

Cálculo III   Unidade 1

SEÇÃO 1

Funções de várias variáveis

Nas disciplinas de Cálculo I e II você analisou e discutiu funções reais que envolviam duas variáveis: uma dita independente, geralmente denotada por x e outra dependente, denotada por y. Muitas aplicações foram mostradas apesar da limitação do uso de variáveis envolvidas. Para perceber essa limitação basta você olhar à sua volta. Veja que o nosso mundo é tridimensional e, portanto, temos o envolvimento de três variáveis para modelar as situações básicas do nosso espaço. Precisamos ampliar a nossa ferramenta de modelagem de situações problemas! Como vamos fazer isto?

É simples vamos ampliar o número de variáveis conforme cada situação.

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Universidade do sul de santa catarina

Veja alguns exemplos: ƒƒ ƒƒ ƒƒ

ƒƒ ƒƒ

a altura de uma montanha pode ser modelada com duas variáveis independentes; a pressão em um balão cheio de gás é uma função de sua temperatura e volume; a altura das ondas do mar dependem da rapidez do vento e do intervalo de tempo no qual está ventando com a mesma intensidade; o volume de um cone depende do raio da base e da sua altura; a corrente de um circuito elétrico depende da quantidade de seus resistores.

Experimente ampliar esta lista de exemplos! Vamos iniciar a formalização de conceitos e você deve ficar atento à nomenclatura utilizada. Quando dizemos que estamos diante de uma função de duas variáveis, na verdade estamos diante de três variáveis (duas independentes e uma dependente). Em tempo Quando colocamos o termo funções de várias variáveis estamos colocando que podemos ter funções com 1, 2, 3, ..., n variáveis independentes, acrescida de uma variável dependente.

Para otimizar o nosso estudo, vamos nos fixar de forma mais efetiva nas funções de duas variáveis, pois a partir desse tipo de função as generalizações ocorrem facilmente. Assim, nossa representação espacial pode ser representada pelas três dimensões básicas: comprimento, largura e altura como mostra a representação cartesiana da Figura 1.1.

Em tempo Lembre-se de que no sistema cartesiano os eixos devem ser ortogonais entre si. No caso tridimensional usamos os recursos de desenho projetivo para a visualização. Um ponto P é representado por uma terna ordenada de números reais (x,y,z). Figura 1.1  Sistema cartesiano tridimensional

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Cálculo III   Unidade 1

Definição 1: Uma função de duas variáveis é uma lei ou regra que associa a cada par ordenado de números reais (x,y) de um conjunto A um único valor real denotado por z ou f (x,y). O conjunto A é o domínio da função. O conjunto imagem é definido por { f (x,y) | (x,y) ∈ A }. A Figura 1.2 mostra essa relação. Observe que pares ordenados do conjunto A, representado num sistema cartesiano são relacionados com um ponto da reta real, denotada por eixo z.

Figura 1.2  Representação da função de duas variáveis

Como você já sabe, a lei ou regra é, em geral, representada por uma linguagem algébrica. Nesses casos o domínio pode não ser especificado, mas fica entendido como domínio da função o conjunto de valores (x,y) para os quais a expressão fornece um número real bem definido. Os exemplos que seguem ilustram a definição dada.

Exemplos 1.  As expressões que seguem são exemplos de funções de duas variáveis. Observem que podemos utilizar qualquer letra para representar as variáveis. ƒƒ

z = x2 + y2;

ƒƒ

f(u,v) = u + 2v –3.

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Universidade do sul de santa catarina Em tempo A notação IR2 = IR × IR é significativa, pois estamos exatamente diante de pares ordenados sendo que o produto indicado é o produto cartesiano estudado na Teoria dos Conjuntos.

Ambas têm como domínio o conjunto de pares de números reais que vamos denotar por IR2 = IR × IR. O conjunto imagem é o conjunto dos números reais, denotado por IR. 2.  V(r,h) = 1 πr2h é uma função que relaciona o volume V de um cone com 3 a sua base r e a sua altura h.

3. Calcular o domínio e o conjunto imagem da função z = 4 − x 2 − y 2 . O domínio é dado por (1)

D(z) = {(x,y) | 4 – x2 – y2 ≥ 0}

Como já colocamos anteriormente fica entendido que os pares ordenados (x,y) são de números reais, assim estamos dispensando o uso desse formalismo. Fazendo 4 – x2 – y2 ≥ 0 –x2 – y2 ≥ –4 x2 + y2 ≤ 4.

A expressão ( 1 ) pode ser reescrita como D(z) = {(x,y) | x2 +y2 ≤ 4} e representa um disco de raio dois. A Figura 1.3 mostra o gráfico do domínio desta função. Lembramos que o gráfico é do domínio. O gráfico das funções será discutido na seção 3.

Figura 1.3  Representação gráfica da região

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

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Cálculo III   Unidade 1 O conjunto imagem da função é dado por Im(z) = { z | z = 4 − x 2 − y 2 , (x,y) ∈ D(z) }

(2)

Como a raiz quadrada dada é positiva podemos escrever que z ≥ 0. Por outro lado podemos escrever: x2 + y2 ≥ 0 –x2 – y2 ≤ 0 4 – x2 – y2 ≤ 4 z = 4 − x2 − y2 ≤ 2

z ≤ 2. Assim, podemos reescrever ( 2 ) como (2)

Im(z) = { z | 0 ≤ z ≤ 2 }

4. Calcular a imagem da função z = definida na origem?

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

Para calcular a imagem da função em um ponto basta fazer: 1 y(x + 1) 1 1 f(0, 3) = = . 3(0 + 1) 3 f(x, y) =

Assim a imagem de (0,3) é 1 . 3 Esta função não está definida na origem, pois ao calcular f(0,0) vamos encontrar uma divisão por zero que, já sabemos, não existe.

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

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Universidade do sul de santa catarina 5. Encontrar o gráfico do domínio da função z =

1 . x−y

Para resolver este exemplo vamos lembrar que no conjunto dos números reais não temos raiz quadrada de números negativos, também não podemos fazer uma divisão por zero. Assim, x–y>0 x>y Portanto, o domínio da função dada pode ser escrito como D(z) = { (x,y) | x > y }. O gráfico da Figura 1.4 apresenta a região do plano que representa o domínio.

Figura 1.4  Representação gráfica da região

6. Uma função de duas variáveis pode ser definida a partir de uma equação que tenha três variáveis. Basta escolher qual vai ser a variável dependente e então explicitá-la. Para exemplificar podemos observar a equação de uma esfera centrada na origem e de raio igual a 3 unidades de comprimento. x2 + y2 + z2 = 9 Em tempo Observe que a nomenclatura usada superior, inferior, etc. estabelece uma posição bem definida dos eixos x, y e z. Outras posições podem ser estabelecidas ou convencionadas, conforme será discutido na seção 3.

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As seguintes funções podem ser consideradas: ƒƒ

Hemisfério superior: z = 9 − x 2 − y 2   ou  f1(x,y) = 9 − x 2 − y 2 ;

ƒƒ

Hemisfério inferior: z = – 9 − x 2 − y 2   ou  f2(x,y) = – 9 − x 2 − y 2 ;

ƒƒ

Hemisfério da direita: y = 9 − x 2 − z2   ou  f3(x,z) = 9 − x 2 − z2 ;

ƒƒ

Hemisfério de esquerda: y = – 9 − x 2 − z2   ou  f4(x,z) = – 9 − x 2 − z2 ;

ƒƒ

Hemisfério da frente: x = 9 − y 2 − z2   ou  f5(y,z) = 9 − y 2 − z2 ;

ƒƒ

Hemisfério de trás: x = – 9 − y 2 − z2   ou  f6(y,z) = – 9 − y 2 − z2 .

Cálculo III   Unidade 1

Como vamos definir funções com mais de duas variáveis? Podemos definir funções com n variáveis de forma similar à definição 1, lembrando que vamos estar em um espaço com mais de três dimensões. Isto é, vamos introduzir um conceito com bastante abstração, pois não vamos conseguir visualizar graficamente. O espaço n-dimensional será representado por IRn. Definição 2: Uma função com n variáveis é uma lei ou regra que associa a cada n-upla (x1 , x2 , … , xn ) ∈ A ⊆ IRn, um número real z = f (x1 , x2 , … , xn ). Observe que temos uma generalização da definição 1 e, portanto, de forma similar o Domínio vai ser o conjunto de saída, denotado por A ⊆ IRn, formado por n-uplas de números reais. O conjunto imagem é definido por { f (x1 , x2 , … , xn ) | (x1 , x2 , … , xn ) ∈ A }.

Exemplos 1.  A corrente de um circuito elétrico ( i ) depende da quantidade de seus resistores ( R ). Assim, a expressão i =

E , representa um exemplo de R1 + R 2 + R 3

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

Como já disse a vocês, a necessidade de generalização para incluir funções de várias variáveis em problemas práticos reais presentes em um mundo multidimensional foi um grande incentivo para os pesquisadores que dedicaram suas vidas à matemática! Jean d’Alembert (1717-1783), por exemplo, desenvolveu e usou o cálculo de várias variáveis para no contexto do movimento de corpos considerando a resistência do meio. Em seus estudos utilizou os trabalhos de Newton, L´Hospital e dos Bernoulli`s para estender os conceitos de cálculo para várias variáveis. D’Alembert pesquisou nesta área e publicou muitos trabalhos em matemática e física.

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Universidade do sul de santa catarina Em tempo Observe que no contexto das funções de várias variáveis as letras usadas para simbolizar as variáveis independentes e a variável dependente não são padronizadas. Assim, em alguns momentos o uso da notação f(u,v,w) = u2v –2uvw e g(x,y,z,t) = xyz + t é considerado mais legível.

2.  As expressões que seguem são outros exemplos: ƒƒ

z = u2v –2uvw  ou  f(u,v,w) = u2v –2uvw

ƒƒ

u = xyz + t  ou g(x,y,z,t) = xyz + t

3. Representar graficamente o domínio da função f(x,y,z) = 4 − x 2 − y 2 − z2 . Observe que o domínio desta função é um subconjunto do espaço tridimensional, isto é, D(f ) = { (x,y,z) ∈ IR3 | 4 – x2 – y2 – z2 ≥ 0 }. Podemos também reescrever 4 – x2 – y2 – z2 ≥ 0 como (3)

x2 + y2 + z2 ≤ 4

A expressão ( 3 ) representa uma esfera de raio 2, bastante usada em Geometria Analítica. A Figura 1.5 mostra o gráfico do domínio da função dada.

Figura 1.5  Domínio da função

Agora é a sua vez! 1. Encontre o domínio da função z =

2x + y . x2 + y2 − 4 2

2

2. Encontre o domínio e o conjunto imagem da função u = e x +y . 3.  Faça um esboço gráfico do domínio da função z = ln(2 − x 2 + y 2 ) . 4. Calcule a imagem da função z =

x+y no ponto (1, 21 ). Esta função está 2−x

definida para pares ordenados do tipo (2,b) sendo b um número real? Justifique a sua resposta.

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Cálculo III   Unidade 1

SEÇÃO 2

Curvas de nível

As curvas de nível são amplamente discutidas no dia-a-dia, mesmo que informalmente. Por exemplo, ao construir uma casa é importante saber qual a cota máxima, pois em geral os planos diretores de Prefeituras delimitam para cada região um valor de cota, ou seja altitude em relação ao nível do mar. Ao ver o noticiário da TV é comum aparecer os mapas de isotermas mostrando as curvas em que as temperaturas são iguais. Podemos dizer que as curvas de nível são curvas em que a elevação em relação ao nível do mar é constante. Se você andar sobre um desses contornos, nem descerá nem subirá. No estudo de funções de duas variáveis as curvas de nível são usadas para o traçado do gráfico tridimensional da função dada por sua lei de formação.

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Universidade do sul de santa catarina

Na Figura 1.6, você pode observar um exemplo de um mapa topográfico mostrando a configuração do terreno, disponível na Internet no site http://www.jaguariuna.cnpm.embrapa.br/altimet.html. Por exemplo, o traçado destacado na parte central representa a altitude de 700 metros, normalmente denotado como Cota = 700 metros. Na Figura 1.7 temos uma mapa com isotermas para uma específica data do ano. Os mapas de isotermas sofrem variações diárias.

Figura 1.6  Cotas de um terreno

Figura 1.7  Mapa de isotermas

Definição: As curvas de nível de uma função de duas variáveis são as curvas com equação f (x,y) = K, sendo K uma constante real no domínio da função.

Exemplo Vamos observar o cone da Figura 1.8 ( a ). Ao marcar cotas, isto é, dar valores para a constante K, as curvas de nível são obtidas (ver Figura 1.8 ( b )). Considerando que a equação do cone da Figura 1.8 ( a ) é z = x2 + y2, observe que as curvas da Figura 1.8 ( b ) são definidas algebricamente fazendo:

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ƒƒ

K = 1  ⇒ 1 = x2 + y2  ou  x2 + y2 = 1;

ƒƒ

K = 2  ⇒ 2 = x2 + y2  ou  x2 + y2 = 2;

ƒƒ

K = 3  ⇒ 3 = x2 + y2  ou  x2 + y2 = 3.

Cálculo III   Unidade 1

Figura 1.8  Cone e curvas de nível

Como usar as curvas de nível para identificar as funções? As curvas de nível não identificam completamente uma função. Duas funções diferentes podem apresentar o mesmo tipo de curvas de nível. Por exemplo, as circunferências concêntricas também podem ser curvas de nível das funções z = x 2 + y 2 ou z = 9 − x 2 − y 2 . Acompanhe: Para a função z =

x2 + y2

ƒƒ

K=1⇒1=

x 2 + y 2   ou  x2 + y2 = 1;

ƒƒ

K=2⇒2=

x 2 + y 2   ou  x2 + y2 = 4;

ƒƒ

K=3⇒3=

x 2 + y 2   ou  x2 + y2 = 9.

Mais uma dica interessante! O software Mathematica pode traçar curvas de nível de forma prática e interessante. Se você possui acesso a esta ferramenta que não é considerada software livre, pode aproveitar e visualizar algumas curvas e até superfícies de nível. O software Winplot, livre, também tem potencialidades gráficas para fazer curvas de nível.

29

Universidade do sul de santa catarina

Para a função z =

9 − x2 − y2

ƒƒ

K=1⇒1=

9 − x 2 − y 2   ou  x2 + y2 = 8;

ƒƒ

K=2⇒2=

9 − x 2 − y 2   ou  x2 + y2 = 5.

Observe que podemos escolher valores de K em que as curvas de nível não existem. Por exemplo, na função z = 9 − x 2 − y 2 não existe a curva para valores de K < 0, pois estamos considerando a raiz positiva e também não existe para K > 3, pois neste caso teríamos uma incoerência matemática (soma de dois quadrados iguais a um número negativo). Se K = 4 ⇒ 4 = 9 − x 2 − y 2   ou  x2 + y2 = –7. As curvas de nível podem ser degeneradas, ou seja, quando elas se reduzem à um ponto. Se K = 3 ⇒ 3 = 9 − x 2 − y 2   ou  x2 + y2 = 0, portanto temos somente o ponto (0,0).

Podemos dizer que as curvas de nível são obtidas a partir de cortes no objeto investigado? Devemos ter muito cuidado com a idéia de corte. O corte é uma estratégia que auxilia na confecção de gráficos e também é muito usado para fazer as plantas arquitetônicas. Eles possibilitam a visualização de detalhes do objeto investigado. As curvas de nível podem ser consideradas cortes horizontais. No caso das funções outros cortes podem ajudar na identificação correta de uma função. Por exemplo, as funções z = x2 + y2; z = x 2 + y 2 ; z = 9 − x 2 − y 2 têm como curvas de nível circunferências concêntricas centradas na origem. Ao fazer cortes verticais vamos encontrar figuras diferentes, conforme pode ser visualizado nas figuras 1.9, 1.10 e 1.11.

30

Cálculo III   Unidade 1

Figura 1.9  Função z = x2 + y2, com um corte

Figura 1.10  2 2 Função z = x + y , com um corte

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

Na Figura 1.9 vamos ter o parabolóide e o corte é uma parábola; na Figura 1.10 temos um cone é o corte vai nos dar segmentos de reta e na Figura 1.11 vamos ter um hemisfério cujo corte vai nos dar uma semi-circunferência.

Agora é a sua vez! 1. Encontre algebricamente três curvas de nível para a função z = 10 – 2(x2 + y2). 2. Usando um software gráfico desenhe 3 curvas de nível para a função z = (x – 1)2 + y2. Indique qual o valor da cota escolhida.

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SEÇÃO 3

Gráficos de funções de duas variáveis

Você deve lembrar que, ao estudar as funções de uma variável real, a construção de sua representação gráfica ou de seu gráfico era um passo importante para a análise das características e propriedades daquelas funções. Com as funções de várias variáveis, isto não será diferente! Só que agora a construção dos gráficos exigirá uma visualização tridimensional.

Mas como desenvolver esta visualização tridimensional? Uma dica é olhar à sua volta, percebendo as dimensões e as variáveis envolvidas no nosso dia-a-dia. E é por isto que, para fazer os gráficos de funções de várias variáveis, é importante que você desenvolva uma visualização espacial, que entenda a colocação de pontos no sistema de eixos tridimensional e utilize softwares gráficos para auxiliá-lo neste processo. 32

Cálculo III   Unidade 1

Parece muita coisa, não é mesmo? Mas fique tranqüilo, logo você terá muitas surpresas agradáveis e conseguirá esboçar superfícies interessantes. Para iniciarmos, é importante que você lembre, conforme já foi mencionado na Seção 1, que vamos trabalhar com a representação gráfica de funções de duas variáveis. Isto porque para representar graficamente uma função com mais de duas variáveis será necessário trabalhar com o espaço n-dimensional, o que não nos permitirá uma visualização geométrica quando n for maior do que 3. Acompanhe a definição que generaliza o conceito de representação gráfica de funções de várias variáveis. Definição: A representação gráfica (ou o gráfico) de uma função de n variáveis, representada por f = f (x1 , x2 , … , xn ), é o conjunto de pontos do espaço IRn+1, tais que (x1 , x2 , … , xn ) ∈ D( f ), sendo D( f ) o domínio da função f. Se pensarmos em uma função de duas variáveis z = f (x,y), ou seja, n = 2, sua representação gráfica será o conjunto das ternas ordenadas (x,y,z) ∈ IR3, conforme você já visualizou na seção 1. Normalmente trabalhamos com a disposição dos eixos conforme mostra a Figura 1.1, mas é usual encontrarmos em outras áreas, como na Física por exemplo, uma variação deste sistema de eixos, como mostra a Figura 1.12.

Figura 1.12  Outras formas de colocação dos eixos no espaço tridimensional

33

Universidade do sul de santa catarina Em tempo Na Geometria Descritiva você estuda com mais detalhes a questão da perspectiva.

Você poderá utilizar a forma que achar mais conveniente, a que lhe proporcionar melhor visualização. Perceba que a diferença em termos de desenho está exatamente na visualização que teremos, que se dá em perspectiva. Seja qual for a escolha na colocação dos eixos, você não deve esquecer de identificar a variável dependente e as variáveis independentes conforme já foi discutido na seção 1. Mais adiante retomaremos este aspecto ao apresentar o gráfico de funções de duas variáveis. Para esboçar o gráfico de uma função de duas variáveis é importante que você relembre a colocação de pontos no espaço tridimensional. Acompanhe o exemplo a seguir:

Exemplo Representar os pontos A(3,3,4) e B(3,3,–4) no espaço tridimensional. Nas figuras 1.13 e 1.14 você pode visualizar esta representação.

Figura 1.13  Representação gráfica do ponto A

34

Figura 1.14  Representação gráfica do ponto B

Cálculo III   Unidade 1

E agora, como esboçar os gráficos das funções de duas variáveis? Assim como acontecia com as funções de uma variável, estudadas no Cálculo I e II, a representação gráfica será dada por um conjunto de pontos, que aqui são as ternas ordenadas. Para as funções de uma variável é muito comum construirmos sua representação gráfica a partir da elaboração de uma tabela em que atribuímos valores para a variável independente ( x ) e calculamos o valor da variável dependente ( y ). Podemos até considerar o método do uso da tabela como trabalhoso, rudimentar, muito utilizado no passado, quando as ferramentas computacionais não existiam. Mas se pararmos para refletir, é este método que grande parte dos alunos utiliza quando precisa esboçar o gráfico de uma função. Infelizmente para uma função de várias variáveis é praticamente impossível se chegar a um esboço do gráfico apenas atribuindo valores e elaborando uma tabela. Então você pode estar perguntando...

Como devo proceder para esboçar o gráfico de uma função de duas variáveis? A idéia é que você utilize outras formas de construção do gráfico, que serão discutidas a partir de agora. Um exemplo é a utilização de softwares gráficos que serão mencionados pela Teca quando pertinente e serão melhor explorados no ambiente virtual.

Em tempo Se você já cursou a disciplina Geometria Analítica já teve a oportunidade de visualizar gráficos de superfícies em 3 dimensões.

Um outro exemplo é a utilização de curvas de nível. Na seção 2 você já conheceu as curvas de nível e talvez já tenha percebido que elas são importantes na construção de gráficos tridimensionais. Nos próximos exemplos você poderá visualizar situações em que a construção dos gráficos será feita utilizando-se as curvas de nível das funções de duas variáveis.

35

Universidade do sul de santa catarina

Exemplos 1. Esboçar o gráfico da função z = 2x2 + 2y2. Para fazer o esboço do gráfico desta função, vamos inicialmente determinar suas curvas de nível, atribuindo valores K para a variável z: 1 2

ƒƒ K = 1

⇒ 1 = 2x2 + 2y2 ⇒ x2 + y2 =

ƒƒ K = 2

⇒ 2 = 2x2 + 2y2 ⇒ x2 + y2 = 1

ƒƒ K = 4

⇒ 4 = 2x2 + 2y2 ⇒ x2 + y2 = 2

A Figura 1.15 apresenta as curvas de nível que são circunferências com centro em (0,0) e diferentes raios. O próximo passo é a construção do gráfico da função z = 2x2 + 2y2 em três dimensões.

Figura 1.15  Curvas de nível da função z = 2x2 + 2y2

Neste momento é importante que você retome o conceito de curvas de nível e perceba que a Figura 1.15 está apresentando a projeção da superfície em diferentes alturas, dadas por z = 1, z = 2 e z = 4. Temos uma superfície com projeções do tipo circunferência de diferentes raios. A figura mostra o gráfico da função, que é a superfície conhecida como parabolóide.

Figura 1.16  Gráfico da função z = 2x2 + 2y2

2.  Identificar as curvas de nível e esboçar os gráficos das seguintes funções de duas variáveis: a.  z = y2

36

A Figura 1.17 mostra as curvas de

ƒƒ K = 1

⇒ 1 = y2 ⇒ y = ±1

nível quando se atribui os valores

ƒƒ K = 4

⇒ 4 = y2 ⇒ y = ±2

1, 4 e 9 para a variável z.

ƒƒ K = 9

⇒ 9 = y2 ⇒ y = ±3

Cálculo III   Unidade 1 Na Figura 1.18 você visualiza o gráfico da função z = y2 que é um cilindro parabólico, também conhecido como calha.

Figura 1.17  Curvas de nível da função z = y2

Figura 1.18  Gráfico da função z = y2

Em tempo Observe que a Figura 1.18 foi construída com o auxílio do software Derive, usando o espaço tridimensional. Veja que o fato de não aparecer as duas variáveis independentes pode causar dúvidas. Dessa forma é importante sempre sabermos qual o espaço que estamos trabalhando, para não confundir uma calha com uma parábola..

b.  z = 4 – x – y Atribuindo-se valores para z temos curvas de nível representadas por retas decrescentes e paralelas, conforme pode ser visualizado na Figura 1.19. Já na Figura 1.20 você visualiza o gráfico do plano que, para uma melhor visualização, foi esboçado no primeiro octante, ou seja, considerando-se x > 0, y > 0 e z > 0.

Figura 1.19  Curvas de nível da função z = 4 – x – y

ƒƒ K = 0

⇒ 0 = 4 – x – y ⇒ y = –x + 4

ƒƒ K = 2

⇒ 2 = 4 – x – y ⇒ y = –x + 2

ƒƒ K = 4

⇒ 4 = 4 – x – y ⇒ y = –x

Figura 1.20  Gráfico da função z = 4 – x – y

37

Universidade do sul de santa catarina

Além de esboçar gráficos utilizando softwares ou curvas de nível, você poderá também fazer o gráfico a partir da identificação da representação algébrica da função. Por exemplo, ao visualizar a representação algébrica da função do segundo grau y = ax2 + bx + c, você já pode relacioná-la com uma parábola, o que facilitará o esboço do gráfico desta função de uma variável. A visualização das propriedades gráficas a partir da linguagem algébrica deve ser bastante usada no contexto das funções de duas variáveis. Nos próximos exemplos fique atento às representações algébricas e acompanhe como os gráficos das funções de duas variáveis que serão utilizadas no decorrer da disciplina são construídos e analisados. É importante também destacar que o gráfico lhe dará condições para analisar algumas características e propriedades das funções. Lembre-se que as funções podem modelar situações reais e, sendo assim, é interessante um olhar mais aprimorado acerca de suas propriedades e características. Portanto, fique atento para desen-

Olá estimado aluno! Parece difícil esboçar gráficos em 3 dimensões? Mas não fique preocupado, você não está sozinho nesta empreitada. Você poderá contar com a tecnologia e comigo também! Inicialmente quero lembrar a você que o Derive ( já utilizado no Cálculo I e no Cálculo II) pode ser novamente citado aqui no Cálculo III. Experimente esboçar gráficos usando a opção de Inserir Objeto Gráfico 3D. Você deve digitar a função usando sua representação algébrica na forma explícita na janela Álgebra. Em seguida abra a janela de gráfico em 3 dimensões. Faça um teste, veja que o gráfico da função aparecerá em várias cores e você tem a possibilidade de alterar os ângulos de visualização (Configurar Posição de Visualização).

38

Cálculo III   Unidade 1

volver habilidades para lidar com as duas principais formas de representação das funções: algébrica e gráfica.

Exemplos 1.  Analisar o gráfico das funções de duas variáveis apresentadas, identificando suas principais propriedades e características. a.  z = 1 + x – y Na Figura 1.21 você visualiza parte do gráfico desta função, que é um plano. Para determinar os pontos em que o gráfico irá cortar os eixos x, y e z, você pode atribuir o valor zero às demais variáveis. Assim temos:

Figura 1.21  Gráfico da função z = 1 + x – y.

ƒƒ

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

ƒƒ

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

ƒƒ

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

O domínio desta função é dado por D(z) = IR2 e o conjunto imagem é Im(z) = IR. Na forma como foi definido este plano, considerando-se o seu domínio em IR2, não é possível identificar pontos de máximo ou mínimo. De forma geral a equação de um plano pode ser escrita como ax + by + cz = 0. Em algumas situações os valores de a, b ou c são nulos e, nestes casos, os planos ficam posicionados de diversas formas. Veja na Figura 1.22 alguns exemplos.

Figura 1.22  Gráficos de diferentes planos

39

Universidade do sul de santa catarina b.  f(x,y) = 4 – x2 – y2 O gráfico deste parabolóide pode ser visualizado na Figura 1.23.

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

O domínio desta função é dado por D(f ) = IR2 e o conjunto imagem será Im(f ): { z ∈ IR | z ≤ 4 }. Nesta função é possível identificar um valor máximo em z = 4 que acontece quando (x,y) = (0,0). Assim, o ponto de máximo desta função será (0,0,4). A representação algébrica de um parabolóide pode ser dada, de forma geral, por: z = a(x – x0)2 + b(y – y0)2 + c sendo que os sinais de a e b devem ser ambos positivos ou ambos negativos. Se forem negativos, o parabolóide fica com concavidade para baixo como aconteceu neste exemplo. Se forem positivos, sua concavidade fica voltada para cima como no exemplo da Figura 1.9 que está na seção 2. Quando a = b teremos um parabolóide circular, ou seja, possui curvas de nível na forma de circunferências. Quando a ≠ b, desde que tenham os mesmos sinais, teremos um parabolóide elíptico em que as projeções são na forma de elipses. Na Figura 1.9, também é possível visualizar que o vértice do parabolóide está em z = 0. Isto acontece quando a constante c for nula. Já no parabolóide z = 4 – x2 – y2, da Figura 1.23, o valor de c é 4 e, sendo assim, o vértice do parabolóide estará em z = 4.

40

Cálculo III   Unidade 1 Por fim, os valores de x0 e y0 indicam também um deslocamento de vértice. Por exemplo, ƒƒ

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

ƒƒ

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

ƒƒ

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

c.  z = 3 – x2 Na Figura 1.24 você visualiza o gráfico desta função. Temos um cilindro parabólico, ou uma calha, com concavidade para baixo pois o sinal de x2 é negativo. O domínio da função é: D(z) : { (x,y) ∈ IR2 } O conjunto imagem é: Im(z) : { z ∈ IR | z ≤ 3 }. O valor máximo é z = 3.

Figura 1.24  Gráfico da calha z = 3 – x2

A representação algébrica desta calha não mostra a variável y. Esta é uma característica das representações algébricas das calhas. Volte à Figura 1.18 e visualize a diferença entre a calha z = y2 e a que foi trabalhada neste exemplo.

Na Internet você pode acessar no endereço http://math.exeter.edu/rparris/winplot.html uma versão do Winplot. Este é um software que faz gráficos e possui ferramentas de animação que são muito interessantes. Se você fez a disciplina de Geometria Analítica, já teve um contato maior com este software. Caso nunca tenha trabalhado com ele, vale a pena conferir! No site existe uma versão para download em português. No Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem estarei explicando melhor a sua utilização. Espero você por lá também!

41

Universidade do sul de santa catarina d.  y = 4 − x 2 Antes de fazer o esboço do gráfico desta função é importante lembrar a equação geral de um cilindro, que você já estudou em Geometria: (x – x0)2 + (y – y0)2 = a2, sendo (x0,y0) o centro e a o raio do cilindro. Também podemos ter outros cilindros: (x – x0)2 + (z – z0)2 = a2 (y – y0)2 + (z – z0)2 = a2 Assim como foi discutido no exemplo 6 da seção 1, é importante identificar a variável dependente para que ela seja explicitada. Sem que isto seja feito não teremos definida a função. Isto quer dizer que um cilindro não é o gráfico de uma função, mas a partir dele podemos definir infinitas funções cuja representação gráfica são partes do cilindro. Neste exemplo, vamos fazer o gráfico de y = 4 − x 2 , que representa o lado direito do cilindro x2 + y2 = 4. A Figura 1.25 mostra o gráfico desta função.

Figura 1.25  Gráfico de y = 4 − x 2

42

Cálculo III   Unidade 1 e.  y = − x 2 + z2 Esta é uma função que representa a parte negativa de um cone, conforme pode ser visualizado na Figura 1.26. A variável y que está explicitada é a variável dependente. O domínio desta função é: D(y) : { (x,z) ∈ IR2 | x2 + z2 ≥ 0 } O conjunto imagem é: Im(y) : { y ∈ IR | y ≤ 0 }. É possível identificar um valor mínimo em y = 0.

Figura 1.26  Gráfico de y = − x 2 + z 2

Agora é a sua vez! 1. Para cada uma das funções, faça um esboço do seu gráfico identificando algumas curvas de nível: a.  z = x2 + (y – 1)2 b.  f(x, y) = x 2 + y 2 c.  g(x,y) = 2 – x2 2.  Faça um esboço do gráfico das funções de duas variáveis e analise suas principais características e propriedades: a.  z = 3 – x b.  z = 1 + (x – 1)2 + (y – 1)2 c.  z = x2

43

Universidade do sul de santa catarina

Você sabe o que é uma carta topográfica? Pois bem, eu sei e vou lhe explicar!!! A carta topográfica é um documento que apresenta a superfície terrestre por meio de projeções cartográficas. Apesar de ser parecida com um mapa, não é a mesma coisa. Os mapas representam porções bem definidas do espaço terrestre, como cidades, estados, mares ou países com limites físicos e políticas. Já nas cartas topográficas os limites são matemáticos, geralmente meridianos e paralelos. Nelas aparecem os acidentes naturais e artificiais da superfície terrestre, suas posições planimétricas e altimétricas. A posição altimétrica ou o relevo é normalmente determinada por curvas de nível. Na Internet você pode obter várias informações muito legais!

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Síntese da Unidade

O estudo das funções de várias variáveis, seu comportamento, suas propriedades e características propicia uma visualização mais geral sobre a modelagem matemática de situações reais. E é por isto que este objeto matemático se torna tão importante e é muito aplicado em diversas áreas do conhecimento. Ao estudar a função de várias variáveis você pôde contextualizar aplicações e identificar que, de forma geral, sua análise é muito similar à análise de uma função de uma variável. Sendo assim, os conceitos podem ser generalizados para que você possa melhor entender o comportamento destas funções. Deve ter em mente que a representação gráfica se torna importante neste processo de análise e que o uso de ferramentas computacionais poderá lhe auxiliar na construção dos gráficos. Nas próximas unidades você conhecerá as definições de limites e derivadas para estas funções. Mas antes de seguir em frente faça os exercícios propostos e não fique com dúvidas. 45

Atividades de

auto-avaliação

1. Para as funções a seguir calcule o Domínio e o Conjunto Imagem. Faça o Gráfico do domínio. a.  z = 9x2 + 4y2 b.  z = xy c.  z = 10 − x 2 − y 2

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

xy 2 ; h(x,y) = sen 2x cos y e x2 + y2

1 , encontre algumas curvas de nível e procure identificar (4x + y 2 ) 2

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

nível das funções dadas. (Você pode usar o recurso gráfico usando o software winplot).

46

Cálculo III   Unidade 1

Figura 1.27

Figura 1.28

Figura 1.29

Figura 1.30

3.  Faça um esboço do gráfico das funções de duas variáveis e analise suas principais características e propriedades: a.  z = 2 – y

d.  y = 4 − x 2 − (z − 2)2

b.  z = (x – 1)2 + (y – 1)2

e.  x = 9 − y 2

c.  z = 1 – y2

f.  z = (x − 1)2 + y 2

47

Universidade do sul de santa catarina 4.  Identifique a representação algébrica da função que define o parabolóide circular representado na Figura 1.31.

Figura 1.31

5.  Seja o parabolóide z = x2 + y2. Escreva a representação algébrica deste parabolóide se o seu vértice estiver: a.  Deslocado uma unidade no eixo positivo dos x. b.  Deslocado duas unidades no eixo negativo dos y. c.  Deslocado três unidades no eixo positivo dos z.

Saiba mais Para aprofundar os conteúdos estudados nesta unidade ou mesmo resolver outros exercícios você pode utilizar livros de Cálculo Diferencial e Integral. O livro Cálculo B apresenta vários exercícios resolvidos, uma ótima referência neste contexto: GONÇALVES, Mirian Buss; FLEMMING, Diva Marília. Cálculo B: funções de várias variáveis, integrais duplas e integrais triplas. São Paulo: Makron Books, 1999.

48

unIDADe 2

lImIte e contInuIDADe Quantos sólidos podem ser visualizados?

Objetivos de Aprendizagem

Seriam funções de várias variáveis? Pense nisto!!

 calcular limites de funções de várias variáveis usando propriedades.  resolver limites que envolvam indeterminações e os infinitos.  Analisar a continuidade de uma função de várias variáveis.

Plano de estudo da unidade Seção 1 noção de limite de uma função de várias variáveis . . . . . 53 Seção 2 cálculo e propriedades de limites . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Seção 3 continuidade de funções de duas variáveis. . . . . . . . . . 72 Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

49

Para início de conversa

Para iniciar esta unidade, que estudará o limite e a continuidade de funções de várias variáveis, é importante que você relembre os conceitos que foram estudados em Cálculo I, quando o limite de função de uma variável foi definido. De forma resumida, podemos dizer que o limite estuda o comportamento de uma função na proximidade de um ponto específico. Para entender tal comportamento, podemos analisar a representação algébrica da função ou, ainda, analisar o comportamento de seu gráfico. Feito isto, podemos generalizar esse conceito e passar a trabalhar com as funções de mais de uma variável. Em especial, trabalharemos com as funções de duas variáveis, que nos darão uma noção dessa generalização.

51

Universidade do sul de santa catarina

Com o estudo do limite de funções de várias variáveis, você formalizará alicerces conceituais que serão essenciais para o estudo das derivadas parciais, que são as derivadas das funções de várias variáveis. Por fim, vamos também generalizar o conceito de continuidade que no caso das funções de uma variável nos auxilia a identificar os pontos de “quebra” que a função possui. Para as funções de várias variáveis, em especial as funções de duas variáveis cuja representação gráfica se dá no espaço tridimensional, é a análise da continuidade que propiciará a identificação de superfícies que possuem buracos ou rupturas. A existência de tal característica pode representar diferentes interpretações para situações reais que são modeladas por esse tipo de função. Está preparado para iniciar? Então acompanhe os conceitos que serão apresentados nas três seções que compõem esta unidade e não fique com dúvidas no decorrer do seu estudo. Bom trabalho!

52

Cálculo III   Unidade 2

SEÇÃO 1

Noção de limite de uma função de várias variáveis

Para entender a noção de limite de uma função de várias variáveis, você deve, em um primeiro momento, revisar o que já estudou em Cálculo I sobre o limite de uma função. Naquela disciplina, várias análises foram realizadas quando o conceito de limite foi introduzido. O que faremos nesta seção será a generalização do conceito de limite, tendo como foco evidenciar conceitos básicos e definições que ajudarão a entender o limite de funções de várias variáveis. Sendo assim, não iremos abordar novamente os aspectos que já foram estudados em Cálculo I, mas sim revisá-los, buscando as generalizações necessárias. Para começar, você precisará conhecer algumas definições que provavelmente ainda não apareceram em outros contextos da matemática e que serão essenciais para o entendimento do limite de uma função de duas variáveis.

Em tempo Assim como fizemos na unidade 1, vamos focar o nosso estudo no limite de uma função de duas variáveis, pois será possível abordar as suas diferentes representações semióticas, entre elas, a representação gráfica tridimensional.

53

Universidade do sul de santa catarina

Definição 1: Chamamos de bola aberta o conjunto de todos os pontos internos à circunferência com centro em P0(x0 ,y0) ∈ IR2 e raio r. Sua representação algébrica é dada por B(P0,r) = { (x,y) ∈ IR2 | ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 < r }

e a Figura 2.1 mostra sua representação gráfica.

Figura 2.1  Representação gráfica da bola aberta em IR2

Se trabalharmos com o espaço tridimensional, ou seja, o IR3, a bola aberta será o conjuntos dos pontos internos à esfera com centro em P0(x0,y0,z0) ∈ IR3 e raio r. Sua representação gráfica está na Figura 2.2.

Figura 2.2  Representação gráfica da bola aberta em IR3

54

Cálculo III   Unidade 2

Ao analisar com atenção os detalhes das figuras 2.1 e 2.2, você irá perceber a existência de linhas pontilhadas nos contornos da circunferência e da esfera. Elas indicam que os pontos da circunferência ou os pontos da casca esférica não pertencem à bola aberta. Se as linhas não fossem pontilhadas, identificaríamos a existência de uma bola fechada, que pode ser representada por B[P0,r].

Exemplo Representar graficamente as bolas B((2,2),1) em IR2 e B[(0,0,0),2] em IR3. A Figura 2.3 representa a bola aberta B((2,2),1). Podemos dizer que essa bola aberta é o conjunto de todos os pontos internos à circunferência com centro em (2,2) e raio 1, ou seja, (x – 2) +(y – 2) < 1. 2

2

Em tempo A equação geral de uma circunferência é

dada por: (x – x0)2 + (y – y0)2 = r2, sendo (x0,y0) o centro e r o seu raio.

Figura 2.3  Representação gráfica da bola aberta B((2,2),1)

Figura 2.4  Representação gráfica da bola fechada B[(0,0,0),2]

Na Figura 2.4 você visualiza a bola fechada B[(0,0,0),2]. Nesta bola fechada temos todos os pontos internos e a casca da esfera com centro em (0,0,0) e raio 2, ou seja, x2 + y2 + z2 ≤ 4.

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Universidade do sul de santa catarina

Acompanhe a definição 2 que abordará o conceito de ponto de acumulação. Definição 2: O ponto P ∈ IR2 será chamado de ponto de acumulação de A, sendo A ⊂ IR2 se toda bola aberta com centro em P contiver uma infinidade de pontos de A. E para entender melhor esta definição, veja os exemplos que identificam pontos de acumulação.

Exemplo Verificar se os pontos (0, 21 ), (0,1), (–1,–1) e (1,1) são pontos de acumulação de A = { (x,y) ∈ IR2 | 0 < x 2 + (y − 1)2 < 1 }. Vamos, de início, representar graficamente o conjunto A, na Figura 2.5.

Figura 2.5  Representação gráfica do conjunto A

Para verificar se os pontos indicados são de acumulação, vamos traçar bolas abertas com centro em cada um dos pontos para que possamos identificar se existe uma infinidade de pontos da bola em A. Analisando a Figura 2.6, podemos dizer que (–1,–1) não será ponto de acumulação. Observe que a bola aberta desenhada com centro nesse ponto não possui pontos do conjunto A. É claro que se ampliarmos o raio vamos ter inter-

56

Cálculo III   Unidade 2 secção com A, mas lembre-se de que a idéia aqui é observar próximo ao centro. Todos os outros pontos indicados, quando se tornam o centro de uma bola aberta, contêm infinitos pontos de A. Em especial, o ponto (1,1) não pertence ao conjunto A, mas, mesmo assim, é ponto de acumulação, pois temos uma parte da bola aberta que está contida no conjunto A e, sendo assim, existem infinitos pontos deste conjunto que estão contidos na bola aberta B((1,1),r).

Figura 2.6  Representação gráfica dos pontos a serem analisados.

Após o entendimento dos conceitos básicos de bola aberta e ponto de acumulação, você já está pronto para entender o limite de uma função de duas variáveis, a partir da análise da definição 3. Definição 3: O limite de uma função f : A ∈ IR2 → IR quando (x,y) se aproxima do ponto (x0 ,y0), que é um ponto de acumulação de A ∈ IR2, será um número real L se, para todo e > 0 existir um d > 0 tal que | f (x,y) – L | < e sempre que (x,y) ∈ A e 0 < | (x,y) – (x0 ,y0) | < d. Esse limite pode ser representado algebricamente da seguinte forma: lim

( x , y )→( x0 , y0 )

f ( x , y ) = L  ou  lim f ( x , y ) = L. x →x 0 y → y0

Em linguagem natural, dizemos que o limite da função f (x,y) é igual a L quando (x,y) tende a (x0,y0) ou quando x → x0 e y → y0.

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Universidade do sul de santa catarina

Na Figura 2.7, é possível visualizar graficamente o significado do limite da função z = f (x,y).

Em tempo Fique atento! Na Figura 2.7 temos representado o domínio da função de duas variáveis D(f) e não o gráfico da função, que seria tridimensional. Na seção 1 da unidade 1, você já estudou a representação gráfica do domínio de funções do tipo z = f(x,y).

Figura 2.7  Representação gráfica do significado do limite da função z = f(x,y)

Em Cálculo I, você já estudou de forma detalhada o cálculo do limite de uma função usando a definição. No exemplo a seguir, acompanhe como esse cálculo é similar ao que já era feito, sendo que agora estamos ampliando a análise para o caso de uma função de duas variáveis.

Exemplo Mostrar que lim(x + 2y) = 5 usando a definição. x→1 y →2

Usando a definição 3, precisamos mostrar que para todo e > 0 existe um d > 0 tal que | f(x,y) – 5 | < e

(1)

sempre que 0 < | (x,y) – (1,2) | < d. O módulo | (x,y) – (1,2) | pode ser escrito como (x − 1)2 + (y − 2)2 . Assim, 0 < (x − 1)2 + (y − 2)2 < d.

58

Cálculo III   Unidade 2 Usando ( 1 ), podemos encontrar d: | f(x,y) – 5 | = | x + 2y – 5 |

= | x – 1 + 2y – 4 |



= | (x – 1) + 2(y – 2) |



≤ | x – 1 | + 2| y – 2 |.

Como | x – 1 | ≤ (x − 1)2 + (y − 2)2 e | y – 2 | ≤ (x − 1)2 + (y − 2)2 , podemos dizer que | x – 1 | + 2| y – 2 | < d + 2d ou | x – 1 | + 2| y – 2 | < 3d sempre que 0 < (x − 1)2 + (y − 2)2 < d. Assim, se dissermos que d =

e garantimos que 0 < 3

(x − 1)2 + (y − 2)2 < d e

então teremos: | f(x,y) – 5 | ≤ | x – 1 | + 2| y – 2 | e e +2 3 3



<



=e

Desta forma, podemos concluir que lim(x + 2y) = 5 . x→1 y →2

Neste momento, assim como em Cálculo I, não iremos calcular os limites usando a definição, pois apesar de gerar um método eficiente, recaímos em cálculos que se tornam extensos e cansativos. Desta forma, torna-se essencial estudar as propriedades dos

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

59

Universidade do sul de santa catarina

limites de funções de duas variáveis para que possamos utilizá-las efetivamente no cálculo dos limites. Mas antes de conferir as propriedades, é importante que você relembre da definição 3 — o fato de que o ponto indicado como (x0,y0) é um ponto de acumulação.

Você sabe explicar por que (x,y) deve tender a um ponto de acumulação? Em tempo Lembre-se que quando dizemos que o limite de uma função tende a um ponto, isto não significa dizer que, necessariamente, a função está definida nesse ponto. No limite, analisamos o comportamento da função quando ela tende a esse ponto e isto significa “estar próximo ao ponto”, ou seja, o ponto pode não pertencer ao domínio da função.

Esta pergunta deve ser respondida antes de seguirmos em frente. Podemos dizer que (x0,y0) é um ponto de acumulação pois ele não precisa, necessariamente, pertencer ao domínio da função cujo limite será calculado. No entanto, quando esse ponto se torna o centro de uma bola aberta, deverá conter infinitos pontos que pertençam ao domínio da função, pois caso contrário estaremos analisando o comportamento de uma função em um ponto em que a função sequer está próxima. Isto não faria sentido! Um outro aspecto importante a ser destacado diz respeito à análise da condição de existência do limite de uma função de duas variáveis. Com funções de uma variável era possível identificar dois caminhos para se chegar ao ponto a ser analisado: pela sua direita ou pela sua esquerda. Analise a Figura 2.8 e procure identificar quantos caminhos teremos para chegar a um ponto quando se trata de uma função de duas variáveis.

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

60

Cálculo III   Unidade 2

Você conseguiu visualizar infinitos caminhos para se chegar ao ponto (x0,y0)? Ao contrário do que acontecia com as funções de uma variável, temos agora várias possibilidades para fazer (x,y) tender a (x0,y0). E vale lembrar que temos aí uma condição importante para garantir a existência do limite. Para as funções de uma variável, o limite só existia se o limite à direita fosse igual ao limite à esquerda. Agora, precisamos garantir que os infinitos caminhos nos levem aos mesmos valores de L. Parece complicado, mas pode ficar mais simples depois que você conhecer uma proposição que garanta a existência do limite de uma função de duas variáveis. Proposição: Se for possível determinar dois subconjuntos D1 e D2 do domínio da função de duas variáveis f (x,y), denotado por D(f ), que tenham (x0,y0) como ponto de acumulação, então podemos fazer (x,y) tender a (x0,y0) por meio de pontos de D1 e D2. Se f (x,y) tiver limites diferentes quando (x,y) tende a (x0,y0) por meio de pontos de D1 e D2, então podemos dizer que lim f ( x , y ) não existe. ( x , y )→( x0 , y0 )

Esta proposição auxilia na identificação da não-existência de um grande número de exemplos, mas devemos tomar cuidado ao discutir a existência. De forma resumida, teremos que escolher diferentes caminhos que contenham (x0,y0). Após a escolha, calculamos o limite para esses caminhos específicos, basta que se tenham dois resultados diferentes para diagnosticar a não-existência do limite. Para auxiliá-lo neste processo, você pode pensar em escolher caminhos que sejam traçados por curvas que passem pelo ponto (x0,y0). Veja algumas alternativas. ƒƒ Caminho 1: conjunto dos pontos do eixo dos x. Neste caso,

iremos fazer y = 0 e o ponto (x0,y0) está sobre o eixo dos x.

61

Universidade do sul de santa catarina ƒƒ

Caminho 2: conjunto dos pontos do eixo dos y. Neste caso, teremos x = 0 e o ponto (x0,y0) está sobre o eixo dos y.

ƒƒ

Caminho 3: conjunto dos pontos da reta y = x. Neste caso, teremos y = x e o ponto (x0,y0) deve estar sobre esta reta.

ƒƒ

Caminho 4: conjuntos dos pontos do arco de parábola y = x . Neste caso, teremos y = x e o ponto (x0,y0) estará sobre esta curva.

Esta análise não é tão difícil quanto parece. Veja os exemplos a seguir para entender melhor como utilizar esta proposição.

Exemplos 1. Mostrar que o limite lim x→0 y →0

2xy não existe. 4x 2 + 3y 2

A partir do momento em que sabemos que o limite indicado não existe, vamos então escolher diferentes “caminhos” para que (x,y) se aproxime de (0,0). É importante destacar que existe pelo menos um caminho cujo resultado do limite será diferente pelo menos de um dos demais caminhos escolhidos. Então, vamos analisá-los: ƒƒ

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso, devemos fazer y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x→0 y =0

ƒƒ

2⋅x ⋅0 0 = lim 2 = lim 0 = 0 2 2 x 0 x→0 → 4x + 3 ⋅ 0 4x

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso, devemos fazer x = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x =0 y →0

2⋅0⋅y 0 = lim 2 = lim 0 = 0 2 2 y 0 y →0 → 4 ⋅ 0 + 3y 3y

Ainda não conseguimos provar que o limite não existe, pois o resultado dos dois primeiros caminhos escolhidos foi igual a zero. Vamos, então, a um terceiro caminho.

62

Cálculo III   Unidade 2 ƒƒ

Caminho 3: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta y = x. Neste caso, devemos fazer y = x e o limite também passará a ser de uma variável. 2⋅x⋅x 2x 2 2 2 = lim 2 = lim = 2 2 x→0 7x x→0 7 7 4x + 3x

lim x→0 y =x

Como o resultado do limite foi diferente de zero no caminho 3, pela proposição podemos concluir que lim x→0 y →0

2. Verificar se o limite lim x→0 y →0

2xy não existe. 4x 2 + 3y 2

3xy 2 existe. x2 + y 4

Agora não temos certeza se o limite existe ou não. Nestas situações, é preciso tomar cuidado, pois podemos não ter uma definição usando somente a proposição. ƒƒ

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso, devemos fazer y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. 3 ⋅ x ⋅ 02 0 = lim = lim 0 = 0 x 2 + 0 4 x→0 x 2 x→0

lim x→0 y =0

ƒƒ

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso, devemos fazer x = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. 3 ⋅ 0 ⋅ y2 0 = lim = lim 0 = 0 02 + y 4 y→0 y 4 y→0

lim x =0 y →0

ƒƒ

Caminho 3: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta y = x. Neste caso, devemos fazer y = x e o limite também passará a ser de uma variável. 3 ⋅ x ⋅ x2 3x 3⋅0 0 = lim = lim = lim = 0 x 2 + x 4 x→0 1+ x 2 x→0 1+ 02 x→0 1

lim x→0 y =x

ƒƒ

Caminho 4: (x,y) → (0,0) pelos pontos da curva y = x . Neste caso, devemos fazer y = x e o limite também passará a ser de uma variável. lim

x→0 y= x

3 ⋅ x ⋅ ( x )2 3x 2 3x 2 3 3 = lim 2 = lim 2 = lim = 2 4 x→0 x + x 2 x→0 2x x→0 2 2 x +( x)

Como obtivemos um resultado diferente no caminho 4, então podemos dizer que o limite lim x→0 y →0

3xy 2 não existe. x2 + y 4

63

Universidade do sul de santa catarina

Para encerrar esta, seção é importante destacar que os conceitos iniciais sobre o limite de uma função de duas variáveis podem ser generalizados para funções de várias variáveis. Como o nosso objetivo é trabalhar com diferentes representações, optamos pela análise das funções cuja representação gráfica ainda é possível de se fazer. Na seção 2, você poderá aplicar as propriedades dos limites para determinar os limites cuja existência é garantida. Mas não siga em frente antes de fazer os exercícios e tirar as suas dúvidas.

Agora é a sua vez! 1. Verifique se os pontos (1,2), (– 21 , 21 ), (2,1) e (3,0) são pontos de acumulação de B = { (x,y) ∈ IR2 | y > 2x2 }.

2. Usando a definição, mostre que

lim (3x + 2y) = 12 .

( x ,y )→(2,3)

3. Mostre que os limites indicados não existem: a.  lim x→0 y →0

64

x 2 − 4y 2 x2 + y2

b.  lim x→0 y →0

5y − x 2x − y

Cálculo III   Unidade 2

SEÇÃO 2

Cálculo e propriedades de limites

Após entender o significado do limite de uma função de duas variáveis, nesta seção você irá calcular os limites usando suas propriedades. É importante destacar que as propriedades que aqui serão discutidas não são diferentes das propriedades discutidas em Cálculo I. Propriedade 1: Se lim f (x,y) = L e lim g (x,y) = M, x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

então podemos dizer que:

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

x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

Propriedade 2: Se lim f (x,y) = L e c é um número real, então x →x 0 y → y0

lim c · f (x,y) = c · lim f (x,y) = c ·L

x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

65

Universidade do sul de santa catarina

Sentiram minha falta? Pois aqui estou, para dizer que as demonstrações das propriedades de limites são feitas a partir da definição formal de limite. Acompanhe como fica a demonstração da primeira propriedade! Sejam lim f(x,y) = L e lim g(x,y) = M e ε > 0 arbitrário. x →x 0 y →y0

x →x 0 y →y0

Devemos provar que existe δ > 0, tal que |[f(x,y) + g(x,y)] – (L + M)| < ε sempre que (x,y) ∈ D(f) ∪ D(g)  e  0 < ( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 < δ. Como lim f(x,y) = L existe δ1 > 0 tal que |f(x,y) – L| < e , 2 x →x 0 y →y0

sempre que (x,y) ∈ D(f)  e  0 < ( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 < δ1. Como lim g(x,y) = M existe δ2 > 0 tal que |g(x,y) – M| < e , 2 x →x 0 y →y0

sempre que (x,y) ∈ D(g)  e  0 < ( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 < δ2. Seja δ o menor dos números δ1 e δ2, isto é, δ = min {δ1,δ2}. Então δ ≤ δ1  e  δ ≤ δ2 e, assim, se (x,y) ∈ D(f) ∪ D(g)  e  0 < ( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 < δ, temos |f(x,y) – L| < e   e  2 e |g(x,y) – M| < . 2 Logo, |[f(x,y) + g(x,y)] – (L + M)| = |[f(x,y) – L] + [g(x,y) – M]|

≤ |f(x,y) – L + g(x,y) – M| < e + e =ε 2 2



sempre que (x,y) ∈ D(f) ∪ D(g) e 0 < ( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 < δ e dessa forma lim [f(x,y) + g(x,y)] = L + M. x →x 0 y →y0

66

Cálculo III   Unidade 2

Propriedade 3: Se lim f (x,y) = L e lim g (x,y) = M, x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

então podemos dizer que:

a. lim [ f (x,y) · g (x,y) ] = lim f (x,y) · lim g (x,y) = L · M x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

lim f (x , y )

b. lim

x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

f (x , y ) L = = , desde que lim g (x,y) ≠ 0. x →x 0 g (x , y ) lim g (x , y ) M x →x 0 y → y0

y → y0

Propriedade 4: Se lim f (x,y) = L x →x 0 y → y0

e n é um número inteiro positivo, então: n

n

n

lim [ f (x,y) ] = [ lim f (x,y)] = L .

x →x 0 y → y0

x →x 0 y → y0

Propriedade 5: Se lim f (x,y) = L x →x 0 y → y0

sendo L ≥ 0 e n é um número inteiro ou se L < 0 e n é um número ímpar inteiro positivo, então: lim

x →x0 y → y0

n

f (x , y ) =

lim f ( x , y ) = n L .

n x →x0 y → y0

Em tempo Veja que o valor de n é definido para que as raízes com índice par não sejam para um L negativo, pois não estamos trabalhando no conjunto dos números complexos e, sendo assim, as raízes com índice par são definidas apenas para valores positivos de L.

Nos exemplos a seguir, você poderá acompanhar o uso das propriedades no cálculo dos limites indicados.

Exemplos Calcular os seguintes limites: a.  lim (x2y2 + 3xy + 2) x→1 y →−2

Usando a propriedade 1, podemos reescrever lim (x2y2 + 3xy + 2) = lim x2y2 + lim 3xy + lim 2.

x→1 y →−2

x→1 y →−2

x→1 y →−2

x→1 y →−2

67

Universidade do sul de santa catarina Em tempo Após a aplicação das propriedades 2 e 3, os limites passam a ser limites de funções de uma variável.

As propriedades 2 e 3 podem agora ser aplicadas: lim (x2y2 + 3xy + 2) = lim x2 · lim y2 + 3· lim x · lim y + 2

x→1 y →−2

x→1

y →−2

x→1



= (1) ·(–2) + 3·1·(–2) + 2



=4–6+2



= 0.

b.  lim x→0 y →3

2

y →−2

2

4xy 2 x+y

Para resolver este limite, vamos aplicar as propriedades 3, 2 e 1, nesta ordem: lim 4xy 2

x→0 4 ⋅ lim x ⋅ lim y 2 4xy y →3 4 ⋅ 0 ⋅ (3)2 0 x→1 y →3 lim = = = = = 0. x→0 x + y lim x + y lim x + lim y 0+3 3 2

y →3

x→0 y →3

x→1

y →3

c.  lim x 4 y − 1 x→−1 y →3

Usando a propriedade 5, podemos reescrever o limite: lim x 4 y − 1 = lim x 4 y − 1

x→−1 y →3

x→−1 y →3

= lim x 4 ⋅ lim y − lim 1 x→−1

y →3

x→−1 y →3

= ( −1)4 ⋅ 3 − 1 = 2.

d.  lim  ln  xy 2 + 3x   x→2  2   y →1 Neste exemplo, temos uma função composta e, assim como era feito em Cálculo I, vamos trabalhar com os limites de funções compostas.  3x   3x  = ln  lim  xy 2 + lim  ln  xy 2 +   x→2  x→2  2  2   y→1 y →1

     3 2  = ln lim x ⋅ lim y + ⋅ lim x  2 x→2   x→2 y→1 3 = ln  2 ⋅ (1)2 + ⋅ 2   2  = ln 5.

68

cálculo III  unidade 2

Você lembra das indeterminações? Pois agora é o momento de relembrá-las a partir do que já foi estudado . Sugerimos que você reveja as resoluções dos limites com indeterminações que foram detalhadamente apresentadas em Cálculo I, para sanar eventuais dúvidas que surgirem . Neste momento, não vamos nos preocupar em detalhar todos os passos como fizemos anteriormente, pois a forma de resolução é muito similar às funções de uma variável . Nos exemplos, acompanhe a resolução de indeterminações do tipo 00 que envolvem fatoração de polinômios e raízes quadradas .

Exemplos calcular os limites que envolvem indeterminações. a. lim x→3 y →1

x 3 + 2x 2 y − 3x 2 − 6xy − 3x + 9 xy + x − 3y − 3

Inicialmente, vamos aplicar as propriedades e substituir os valores de x e de y no limite. lim x→3 y →1

x 3 + 2x 2 y − 3x 2 − 6xy − 3x + 9 0 = xy + x − 3y − 3 0

Diante de uma indeterminação do tipo 00 , sendo que as funções envolvidas são polinomiais, podemos fatorar os polinômios para simplificar a expressão.

Lembre-se que as ferramentas computacionais podem ajudar nestas fatorações. Você pode utilizar o Derive, por exemplo, para conferir os seus cálculos e mesmo para fatorar os polinômios.

para o polinômio do numerador, é possível fazer a divisão de polinômios. x 3 + 2x 2 y − 3x 2 − 6xy − 3x + 9 = x 2 + 2xy − 3 (x − 3)

para o polinômio do denominador, podemos colocar x e y em evidência. xy + x – 3y – 3 = y(x – 3) + (x – 3) = (x – 3)(y + 1) vamos, agora, reescrever o limite a ser calculado. lim x→3 y →1

(x − 3)(x 2 + 2xy − 3) (x 2 + 2xy − 3) (32 + 2 ⋅ 3 ⋅ 1− 3) 12 = lim = lim = = 6. x→3 x→3 (x − 3)(y + 1) (y + 1) (1+ 1) 2 y →1

y →1

69

Universidade do sul de santa catarina

b.  lim

x→−2 y →1

x 2 y 2 − x 2 y + 2xy 2 − 2x + 4y − 4 xy 3 − xy 2 + 3xy − 3x + 2y 3 − 2y 2 + 6y − 6

Inicialmente, vamos aplicar as propriedades e substituir os valores de x e de y no limite. lim

x→−2 y →1

x 2 y 2 − x 2 y + 2xy 2 − 2x + 4y − 4 0 = 0 xy − xy 2 + 3xy − 3x + 2y 3 − 2y 2 + 6y − 6 3

Assim como no exemplo anterior, podemos fatorar os polinômios para simplificar a expressão. Tanto para o polinômio do numerador quanto para o polinômio do denominador, é possível fazer a divisão de polinômios. Para o polinômio do numerador, iniciamos fazendo a divisão por (y – 1). x 2 y 2 − x 2 y + 2xy 2 − 2x + 4y − 4 = x 2 y + 2xy + 2x + 4 (y − 1)

Este resultado será dividido por (x + 2). x 2 y 2 + 2xy − 2x + 4 = xy + 2 (x + 2)

Assim, podemos reescrever o polinômio na forma fatorada. x2y2 – x2y + 2xy2 – 2x + 4y – 4 = (y – 1)(x + 2)(xy + 2). Para o polinômio do denominador, vamos, inicialmente, dividir por (y – 1) e depois por (x + 2). xy 3 − xy 2 + 3xy − 3x + 2y 3 − 2y 2 + 6y − 6 = xy 2 + 3x + 2y 2 + 6 (y − 1) xy 2 + 3x + 2y 2 + 6 = y 3 + 3. (x + 2)

Assim, podemos reescrever o polinômio na forma fatorada. xy3 – xy2 + 3xy – 3x + 2y3 – 2y2 + 6y – 6 = (y – 1)(x + 2)(y3 + 3). Para finalizar, substituímos os polinômios no limite para as simplificações necessárias. lim

x→−2 y →1

70

(y − 1)(x + 2)(xy + 2) (xy + 2) ( −2 ⋅ 1+ 2) ( −2 + 2) = lim 2 = lim = lim = 0. 2 2 x 2 x 2 x 2 →− →− →− 4 (y − 1)(x + 2)(y + 3) y→1 (y + 3) y→1 (1 + 3) y →1

Cálculo III   Unidade 2 x + y −1 y − 1− x

c.  lim

x→1− y →0 +

Substituindo os valores de x = 1 e y = 0, também encontramos uma situação de indeterminação do tipo 00 . Nesta situação, podemos multiplicar numerador e denominador pelo conjugado da expressão do denominador. Fazendo a multiplicação, teremos: lim−

x→1 y →0 +

Em tempo

y + 1− x x + y −1 ⋅ . y − 1− x y + 1− x

O conjugado de y − 1− x é dado por y + 1− x .

Agora, vamos desenvolver as multiplicações. lim

x→1− y →0 +

(x + y − 1) ⋅ ( y + 1− x ) ( y ) − ( 1− x ) 2

2

= lim−

(x + y − 1) ⋅ ( y + 1− x ) y − 1+ x

= lim−

(x + y − 1) ⋅ ( y + 1− x ) (x + y − 1)

x→1 y →0 +

x→1 y →0 +

= lim( y + 1− x ) − x→1 y →0 +

= lim( 0 + 1− 1) − x→1 y →0 +

= 0.

Agora é a sua vez! 1. Calcule os seguintes limites, mostrando a aplicação das propriedades. a.  lim (x 2 + 3xy + 10) x→0 y →0

b.  lim

x→1 y →−2

x3 + y3 xy

c.  lim (4x + xy 3 )10 x→1 y →1

d.  lim x→2 1 y→ 2

3xy y 4 + 2x

2. Calcule os seguintes limites que envolvem indeterminações. 0 a.  lim x +22 − 2 = x→0 0 xy − 3x y →0

b.  lim x→0 y →2

6x 2 y − 12x 2 + 4xy 2 − 8xy 0 = 0 2xy 2 − xy 3

71

Universidade do sul de santa catarina

SEÇÃO 3

Continuidade de funções de duas variáveis

No caso das funções de duas variáveis, cuja representação gráfica se dá no espaço tridimensional, ao analisarmos a continuidade em superfícies estaremos verificando se existem “buracos” ou “rupturas” nessa superfície. A presença desses buracos identificará a falta de continuidade em determinado ponto.

Em tempo É importante não esquecer que f(x0,y0) e lim f(x, y) devem existir ( x , y )→( x , y ) para que essa igualdade seja verdadeira. 0

0

Para formalizar, podemos generalizar a definição de continuidade de uma função de uma variável z = f (x,y) definida em A ⊂ IR2 com (x0,y0) um ponto de acumulação de A ⊂ IR2 afirmando que f é contínua em (x0,y0) se lim

( x , y )→( x0 , y0 )

f ( x , y ) = f (x0,y0).

Acompanhe os exemplos de análise de continuidade.

72

Cálculo III   Unidade 2

Exemplos  xy 1. Verificar se a função f(x, y) =  x 2 + y 2  0  é contínua no ponto (0,0).

; (x, y) ≠ (0, 0) ; (x, y) = (0, 0)

Para analisar a continuidade desta função no ponto (0,0) é importante que exista f(0,0) e lim f(x, y) e que sejam iguais. x→0 y →0

Então, teremos: f(0,0) = 0, logo f(0,0) existe. Para calcular o lim x→0 y →0

ƒƒ

xy , vamos escolher diferentes caminhos. x + y2 2

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso, devemos fazer y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x→0 y =0

ƒƒ

xy x ⋅0 = lim =0 x + y 2 x→0 x 2 + 02 2

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta y = x. Neste caso, devemos fazer y = x e o limite também passará a ser de uma variável. lim x→0 y =x

xy x⋅x x2 1 = lim 2 = lim 2 = . 2 2 x→0 x + x x→0 2x 2 x +y 2

Como o resultado dos dois caminhos são diferentes, então podemos dizer que lim x→0 y →0

xy não existe. x + y2 2

Sendo assim, o fato do limite não existir implica na afirmação de que a função f(x,y) não é contínua no ponto (0,0).  2xy  2. Verificar se a função f(x, y) =  x 2 + y 2  2  é contínua no ponto (0,0).

Vamos analisar se

lim

( x ,y )→(0,0)

; (x, y) ≠ (0, 0) ; (x, y) = (0, 0)

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

Temos que f(0,0) = 2 e para calcular o limite podemos escolher diferentes caminhos.

lim

( x ,y )→(0,0)

2xy x2 + y2

73

Universidade do sul de santa catarina ƒƒ

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. 2x ⋅ 0

lim

ƒƒ

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

lim

=0

02 + y 2

x =0 y →0

ƒƒ

=0

x 2 + 02

x→0 y =0

Caminho 3: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta y = x. 2⋅x⋅x

lim

x +x

y =x x→0

2

2x 2

= lim y =x x→0

2

2x

2

= lim y =x x→0

2x 2 2⋅ x

2

= lim y =x x→0

2x 2 2x = lim =0 =x 2 ⋅ x xy→ 2 0

Podemos escolher outros caminhos e chegaremos ao mesmo resultado, mas isto não nos permite afirmar que o limite existe e é igual a 0. Precisamos usar uma proposição resultante da definição de limites. O nosso amigo SiSoSi está aqui para nos ajudar com o enunciado da proposição. Bem, neste caso vamos mostrar que 2xy x +y 2

2

= 2x ⋅

y x +y 2

e que

2

2xy x2 + y2 y x + y2 2

Para raciocinar melhor, podemos reescrever

pode ser escrita como: é uma função limitada. y x + y2 2

, fazendo

x = r cos θ e y = r sen θ. Assim, no contexto atual podemos fazer y x +y 2

Dessa forma Em tempo Uma função f(x,y), definida em um conjunto A ⊂ IR2, é limitada quando existe um número M tal que | f(x,y) | ≤ M para todo (x,y) ∈ A.

74

2

=

r sen θ r cos θ + r sen θ 2

y x + y2 2

2

2

2

=

r sen θ = sen θ r

é limitada, pois | sen θ | ≤ 1.

Revisando, aplicamos a proposição enunciada pelo SiSosi e observamos que o

lim

( x ,y )→(0,0)

2xy x2 + y2

= 0, pois pode ser reescrito pelo produto entre a

função f(x,y) = 2x que tende a zero quando (x,y) → (0,0) e a função g(x,y) = y x + y2 2

que é limitada.

cálculo III  unidade 2

Existe a seguinte proposição: se lim f(x,y) = 0 e g(x,y) é uma função limitada em uma bola x →x 0 y →y0

aberta de centro em (x0,y0), então lim f(x,y)g(x,y) = 0. x →x 0 y →y0

Como decorrência das propriedades dos limites, que foram estudadas na seção anterior, podemos analisar a continuidade de duas funções contínuas em um ponto (x0,y0) . Assim, podemos dizer que: 

se f e g são contínuas em um ponto (x0,y0), então f + g também será contínua em (x0,y0) .



se f e g são contínuas em um ponto (x0,y0), então f – g também será contínua em (x0,y0) .



se f e g são contínuas em um ponto (x0,y0), então f · g também será contínua em (x0,y0) .



se f e g são contínuas em um ponto (x0,y0), então g também será contínua em (x0,y0), desde que g (x0,y0) ≠ 0 .

f

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

Para ajudar na análise de continuidade, julgo importante lembrar que existe um teorema que menciona o seguinte: uma função polinomial de duas variáveis será sempre contínua.

de seu domínio e como g(x,y) = 2x3y2 também é contínua em seu domínio, analise a continuidade das seguintes funções: a. h(x,y) = f(x,y) + g(x,y) Substituindo f(x,y) e g(x,y) teremos: h(x,y) = 3xy + 2 + 2x3y2. podemos dizer que h(x,y) é contínua, pois trata-se de uma soma de funções contínuas.

75

Universidade do sul de santa catarina

Para o item c deste exemplo, vale a pena comentar sobre uma proposição que aborda a continuidade de funções compostas. Sejam y = f(u) e z = g(x,y), podemos dizer que se g é contínua em (x0,y0), então a função composta fog também é contínua em (x0,y0).

b.  w(x,y) = f(x,y) · g(x,y) Substituindo, teremos: w(x,y) = (3xy + 2)·(2x3y2) = 6x4y3 + 4x3y2 que é uma função polinomial e, portanto, contínua.

c.  r(x,y) = ln ((f(x,y))2) A função r(x,y) será dada por: r(x,y) = ln (3xy + 2)2 Neste caso, temos uma função composta tal que: y = ln u z = (3xy + 2)2

De acordo com a proposição enunciada pelo SiSoSi, como z = (3xy + 2)2 é contínua, então a função composta também o será. Assim, r (x,y) é uma função contínua.

76

Cálculo III   Unidade 2

Agora é a sua vez! 1. Verifique se as funções são contínuas nos pontos indicados:  2x 2 y  a.  f(x, y) =  x 4 + y 2  0   x⋅y b.  f(x, y) =  x 2 + y 2  3 

; (x, y) ≠ (0, 0)

no ponto (0,0).

; (x, y) = (0, 0) ; (x, y) ≠ (0, 0)

no ponto (0,0).

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

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

3.  Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que seja contínua em todos os pontos de seu domínio.

Que tal lembrar lindos versos de Antônio Carlos Jobim? Poema Matemático (Antônio Carlos Jobim)

“Pra que dividir sem racionar Na vida é sempre bom multiplicar E por A mais B Eu quero demonstrar Que gosto imensamente de você Por uma fração infinitesimal Você criou um caso de cálculo integral E para resolver este problema Eu tenho um teorema banal Quando dois meios se encontram desaparece a fração E se achamos a unidade Está resolvida a questão Para finalizar vamos recordar Que menos por menos dá mais, amor Se vão as paralelas Ao infinito se encontrar Por que demoram tanto dois corações se integrar Se desesperadamente, incomensuravelmente Eu estou perdidamente apaixonado por você”

77

Síntese da Unidade

Ao estudar os limites de funções de duas variáveis, você avançou um passo importante para entender as derivadas desse tipo de funções. Você deve ter percebido que esta unidade apresentou definições, proposições e propriedades que já haviam sido discutidas em Cálculo I e que neste momento foram generalizadas para o caso das funções com mais de uma variável. A análise da continuidade das funções de duas variáveis auxilia no entendimento do comportamento da função e da existência de buracos na superfície. Na unidade 4, vamos abordar o cálculo de volume de superfícies e a identificação da continuidade será importante nesse contexto. Seguindo para a próxima unidade, você ampliará o seu entendimento sobre as derivadas, pensando agora nas funções de duas ou mais variáveis.

78

Atividades de

auto-avaliação

1. Verifique se cada um dos limites existe. a. 

lim

( x ,y )→(0,0)

x3 + y3 x3 + y3

(x − 1)2 y ( x ,y )→(1,0) (x − 1)4 + y 2

b. 

lim

2. Calcule os limites indicados. a.  lim

x→−2 y →1

x 3 y 3 − 5x + 8 x 2 + y 2 + 3xy xy − 1    2xy 

b.  lim y ⋅ x 2 + y 2 x→0 y →−1

c.  lim ln 

d.  lim

e.  limπ cos(xy) ⋅ sen(3x)

f.  lim

x→1 y →2

x→ 2 y →2 π

g.  lim x→2 y →3

x→3 y →4

x→1 y →4

x2 y x2 + y2 x y − 2x − y + 2

4−y+y x −4 x

−2x 3 y + 6x 3 + 8x 2 y − 24x 2 − 8xy + 24x x 2 y − 3x 2 − 4xy + 12x

79

Universidade do sul de santa catarina 3. Verificar se as funções dadas são contínuas nos pontos indicados.  x2 + y2 a.  f(x, y) =  x 2 − 3x + 2  0   2x 2 − 3y 2  2 b.  f(x, y) =  x − 3x + 2 1  −  6

; (x, y) ≠ (0, 0)

no ponto (0,0)

; (x, y) = (0, 0) ; (x, y) ≠ (0, 0)

no ponto (0,0)

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

4. Calcule valor de a para que a função (f(x,y) seja contínua em (0,0).  x2 y2 ; (x, y) ≠ (0, 0)  f(x, y) =  y 2 + 1 − 1  ; (x, y) = (0, 0)  a−4

5.  Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que não seja contínua no ponto (1,1).

Saiba mais Ao estudar definições, proposições e propriedades ligadas aos limites, você, aluno do curso de Matemática, pode ter ficado curioso para conhecer mais demonstrações. Então, sugerimos que você consulte um livro clássico no estudo do Cálculo Diferencial e Integral, de autoria de Louis Leithold, caso tenha interesse em aprofundar este contexto. LEITHOLD, L. O cálculo com geometria analítica. São Paulo: Harbra, 1982. v. 1.

80

unIDADe 3

DerIvADAS pArcIAIS

E agora, uma figura 2D ou 3D?

Objetivos de Aprendizagem     

Interpretar geometricamente as derivadas parciais. calcular derivadas parciais de funções de várias variáveis. utilizar a regra da cadeia no cálculo de derivadas parciais. calcular derivadas de funções de várias variáveis na forma implícita. calcular derivadas parciais sucessivas.

Plano de estudo da unidade Seção 1 Seção 2 Seção 3 Seção 4 Seção 5

Derivadas de funções de várias variáveis. . . . . . . . . Diferenciabilidade, plano tangente e vetor gradiente. regra da cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Derivação implícita e derivadas parciais sucessivas . . Diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. 85 . 95 105 111 119

Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

81

Para início de conversa

Nesta terceira unidade, você vai poder observar a generalização de vários conceitos, definições e teoremas do cálculo de funções de uma variável. As derivadas parciais são introduzidas considerando-se a idéia básica de taxa de variação. Para não manipularmos as aplicações sem os devidos alicerces conceituais, vamos formalizar as definições e os teoremas necessários para entender o cálculo das derivadas parciais de primeira ordem e também as derivadas sucessivas. Não podemos esquecer que na História da Matemática observamos a referência aos absurdos gerados pelo emprego desordenado das idéias intuitivas e pela manipulação de processos analíticos de uma maneira quase cega. Tendo isto em mente, buscamos um rigor na formalização das definições e dos teoremas, mas ao mesmo tempo buscamos o seu entendimento por meio de exemplos ou de diferentes representações semióticas. Afinal, esta é uma

83

Universidade do sul de santa catarina

grande lição que aprendemos quando analisamos a História da Matemática. Discutindo a diferenciabilidade, fornecemos subsídios que garantem a formalização da existência das derivadas parciais em pontos específicos. Apresentando o vetor gradiente, estamos abrindo portas para a discussão de situações reais que envolvem situações de máximo crescimento ou decrescimento. Ao término desta unidade, você estará preparado para fazer uma maravilhosa viagem no mundo da otimização de funções e também resolver situações-problema modeladas pelas integrais múltiplas. Vamos lá? Espere! Não siga em frente sem ler o recadinho da nossa amiga Teca.

Você já deve ter percebido, nas unidades anteriores, a importância da visualização gráfica para o entendimento dos conceitos básicos. Para fazer as figuras, não temos ainda um software perfeito, principalmente quando essas figuras mostram detalhes espaciais. Espero ajudar vocês para que juntos possamos aprimorar um pouco mais esse recurso visual. Valeu?

84

Cálculo III   Unidade 3

SEÇÃO 1

Derivadas de funções de várias variáveis

Na disciplina Cálculo I você discutiu o conceito de derivada de uma função de uma variável e pôde constatar, a partir da formalização da definição, que o conceito de derivada nos leva para a idéia de taxa de variação. Essa mesma idéia é mantida para o caso de funções de várias variáveis. Vamos, inicialmente, discutir a definição para funções de duas variáveis. Um exemplo típico é a análise da função temperatura, que depende, basicamente, do tempo e da altitude. Mais recentemente, discutimos também os índices de calor que dependem da temperatura real e da umidade do ar. A idéia é discutir a sensação de calor ou de mudanças de temperatura. Como varia a temperatura em relação à altitude em um horário específico de um dia? Como varia a temperatura em relação ao horário do dia quando estamos localizados em um pico de um morro?

85

Universidade do sul de santa catarina

No decorrer desta seção, você vai encontrar ferramentas que possibilitarão encontrar respostas a essas questões. Basta conhecer as funções e calcular as taxas de variação instantâneas em específicas situações. O conceito de derivada como taxa de variação é igual ao de uma variável. É preciso lembrar que ao fixar todas as variáveis independentes de uma função de várias variáveis, exceto uma, vamos obter uma função de uma variável e, portanto, podemos aplicar a definição de derivada de função de uma variável. Costumamos, neste caso, denotar as derivadas como derivadas parciais. O que vai acontecer com a função z = f(x,y) quando fixamos uma variável?

Ao fixar uma das variáveis da função z = f (x,y), vamos encontrar uma curva resultante da intersecção do gráfico da função com um plano. Para esclarecer, vamos discutir um exemplo.

Exemplo Considere a função z = 10 – x2 – y2 apresentada nas figuras 3.1 e 3.2. Ao fixar a variável y no ponto 2, vamos obter: z = 10 – x2 – y2 z = 10 – x2 – 22 z = 6 – x2. A curva z = 6 – x2 pode ser visualizada no plano y = 2, na Figura 3.1. Ao fixar a variável x no ponto 1, vamos obter: z = 10 – x2 – y2 z = 10 – 12 – y2 z = 9 – y2. A curva z = 9 – y2 pode ser visualizada no plano x = 1, na Figura 3.2.

86

Cálculo III   Unidade 3

Figura 3.1  Curva z = 6 – x2.

Figura 3.2  Curva z = 9 – y2.

Diante dessas duas funções, é possível pensar no cálculo da derivada da função no ponto considerado. Veja a definição que segue. Definição 1: Seja z = f (x,y) uma função de duas variáveis definida em um conjunto D ⊆ IR2 e (x0,y0) ∈ D. Fixado y = y0, podemos considerar a função g(x) = f (x,y0). A derivada de g no ponto x = x0, denominada derivada parcial de f em relação a ∂f x no ponto (x0,y0), denotada por ∂x (x0,y0), é definida por ∂f g (x ) − g (x0 ) ( x0 , y0 ) = lim ,  ou x − x0 ∂x x →x 0 ∂f f (x , y0 ) − f ( x0 , y0 ) ( x0 , y0 ) = lim , x − x0 ∂x x →x 0

(1)

se o limite existir. Analogamente, definimos a derivada parcial de f em relação a y no ponto (x0,y0) por ∂f f (x0 , y ) − f (x0 , y0 ) , ( x0 , y0 ) = lim y − y0 ∂y y → y0

(2)

se o limite existir.

87

Universidade do sul de santa catarina

Observamos que fazendo x – x0 = ∆x e y – y0 = ∆y, (1) e (2) podem ser reescritas, respectivamente, por ∂f f ( x0 + ∆x , y0 ) − f ( x0 , y0 ) ( x0 , y0 ) = lim , ∆x ∂x ∆x →0

(3)

∂f f ( x0 , y0 + ∆y ) − f (x0 , y0 ) , ( x0 , y0 ) = lim ∆y ∂y ∆y →0

(4)

Exemplo Considerando a função apresentada nas figuras 3.1 e 3.2, podemos calcular as derivadas parciais no ponto (1,2). Usando (1), temos a derivada parcial da função z = 10 – x2 – y2 em relação a x no ponto (1,2): ∂f f(x, 2) − f(1, 2) 6 − x2 − 5 1− x 2 (1, 2) = lim = lim = lim x →1 x →1 x →1 x − 1 ∂x x −1 x −1 −(x − 1)(x + 1) = lim = lim− (x + 1) = −2 x →1 x →1 x −1 Usando (2), temos a derivada parcial da função z = 10 – x2 – y2 em relação a y Em tempo Observe que as fórmulas (3) e (4) poderiam ter sido usadas e os resultados seriam exatamente iguais. Assim, você pode sempre fazer a sua escolha.

no ponto (1,2): f(1, y) − f(1, 2) 9 − y2 − 5 4 − y2 ∂f (1, 2) = lim = lim = lim y →2 y →2 y →2 y − 2 ∂y y −2 y −2 −(y − 2)(y + 2) = lim = lim− (y + 2) = −4 y →2 y →2 y −2

Agora é a sua vez! Usando (1) e (2) ou (3) e (4), encontre as derivadas parciais da função z = 5 + 2x2 + 2y2 no ponto (–1,2).

88

Cálculo III   Unidade 3

Podemos agora apresentar a definição das derivadas parciais. Definição 2: Se z = f(x,y) é uma função de duas variáveis, suas derivadas parciais são as funções ∂∂fx e ∂∂fy , definidas por: ∂f f ( x + ∆x , y ) − f ( x , y ) , ( x , y ) = lim ∆x ∂x ∆x →0

(5)

∂f f ( x , y + ∆y ) − f ( x , y ) , ( x , y ) = lim ∆y ∂y ∆y →0

(6)

Em tempo Valem as notações: ∂f ; D f(x, y); D1f(x, y); fx (x, y) ∂x x ∂f ; D f(x, y); D2 f(x, y); fy (x, y) ∂y y

As regras de derivação podem ser usadas, mas é preciso que você lembre que uma das variáveis é considerada constante. Os exemplos que seguem ilustram essa prática.

Exemplos 1.  Encontrar as derivadas parciais das seguintes funções: a.  f(x,y) = 4x2y2 + 2x – y2 + 5 b.  g(x, y) = 2x 2 + 3y 2 c.  z = ln (2x + y)

Dizem que eu só complico quando quero apresentar alguma demonstração. Mas agora vou dar uma dica para vocês! Na prática, podemos obter as derivadas parciais mais facilmente, usando as regras de derivação das funções de uma variável. Nesse caso, para calcular ∂∂xf , mantemos y constante e, para calcular ∂∂yf , x é mantido constante. Você lembra das regras de derivação?

89

Universidade do sul de santa catarina

Solução a. Mantendo y constante, podemos usar as regras de derivação para calcular a derivada parcial da função em relação a x. Temos: f(x,y) = 4x2y2 + 2x – y2 + 5 ∂f = 4y2(x2)' + (2x)' – (y2)' + (5)' ∂x = 4y2 · 2x + 2 – 0 + 0

= 8xy2 + 2

Analogamente, mantendo x constante, obtemos: f(x,y) = 4x2y2 + 2x – y2 + 5 ∂f = 4x2(y2)' + (2x)' – (y2)' + (5)' ∂y = 4x2 · 2y + 0 – 2y + 0

= 8x2y – 2y

1

b. Para a função g(x, y) = 2x 2 + 3y 2 = (2x 2 + 3y 2 ) 2 , temos 1 − ∂g 1 ∂ = (2x 2 + 3y 2 ) 2 ⋅ (2x 2 + 3y 2 ) ∂x 2 ∂x 1 − 1 2x = (2x 2 + 3y 2 ) 2 ⋅ 4x = . 2 2 2x + 3y 2 1 − ∂g 1 ∂ = (2x 2 + 3y 2 ) 2 ⋅ (2x 2 + 3y 2 ) ∂y 2 ∂y

=

Em tempo Observe o uso das regras de derivação. No item (c), usamos a regra da função logarítmica. Confira na sua tabela.

90

1 − 3y 1 (2x 2 + 3y 2 ) 2 ⋅ 6y = . 2 2x 2 + 3y 2

c. Neste exemplo, temos a função z = ln (2x + y) para achar as derivadas parciais: ∂ ∂z ∂x (2x + y) 2 = = . ∂x 2x + y 2x + y ∂ (2x + y) ∂z ∂y 1 = = . 2x + y 2x + y ∂y

Cálculo III   Unidade 3 2.  Verificar se a função z = cos (xy) + 4x satisfaz a equação 1 ∂z 1 ∂z = 0. − y ∂x x ∂y Temos que ∂z = – sen (xy) · ∂x ∂z = – sen (xy) · ∂y

∂ (xy) = – y sen (xy) ∂x ∂ (xy) = – x sen (xy) ∂y

Logo, 1 ∂z 1 ∂z 1 1 = · (–y sen (xy)) – · (–x sen (xy)) − y ∂x x ∂y y x = – sen (xy) + sen (xy) = 0 Portanto, a equação dada é satisfeita.

Agora é a sua vez! Encontre as derivadas parciais das seguintes funções: a.  F(x,y) = 2x2y3 + xy b.  g(u, v) = uv 3 − (u + v)3 c.  h(r,h) = πr2h

É possível visualizar a interpretação geométrica das derivadas parciais? As figuras 3.1 e 3.2 podem fornecer idéias para fazer a interpretação geométrica das derivadas parciais. Supondo que a função z = f (x, y) admite derivadas parciais em pontos de seu domínio, podemos afirmar que: ƒƒ

Para y = y0 temos que f (x,y0) é uma função de uma variável cujo gráfico é uma curva C1, resultante da interseção da superfície z = f (x,y) com o plano y = y0 (ver figuras 3.1 e 3.3).

91

Universidade do sul de santa catarina

A inclinação ou coeficiente angular da reta tangente à curva ∂f C1 no ponto P = (x0,y0,z0) é dada por tg a = ∂x (x0,y0). ƒƒ

Para x = x0 temos que f (x0,y) é uma função de uma variável cujo gráfico é uma curva C2, resultante da interseção da superfície z = f (x,y) com o plano x = x0 (ver figuras 3.2 e 3.3). A inclinação ou coeficiente angular da reta tangente à curva ∂f C2 no ponto P = (x0,y0,z0) é dada por tg b = ∂y (x0,y0).

A Figura 3.3 mostra os ângulos α e β e as retas tangentes às curvas no ponto P = (x0,y0,z0).

Figura 3.3  Declividade das retas tangentes

Exemplo Encontrar a inclinação da reta tangente à curva, resultante da interseção de z = 5 – 2x2 – 3y2 com o plano x = 3, no ponto (3,2,–25).

Solução No plano x = 3, a equação da curva C2 é dada por g(y) = f(3,y) = –13 – 3y2. A sua inclinação, no ponto (3,2,–25), é dada por tg b = ∂f (3,2). ∂y Como ∂f = – 6y e ∂f (3,2) = –12, temos ∂y ∂y tg b = –12.

92

Cálculo III   Unidade 3

Como calcular as derivadas parciais de funções com mais de duas variáveis? Podemos generalizar o conceito de derivadas parciais para funções com mais de duas variáveis e a regra prática continua funcionando. Veja os exemplos que seguem.

Exemplos Calcular as derivadas parciais das seguintes funções: a.  f(x,y,z,t) = xyz + xz – 2x2 – 3z + 2t2 b.  g(u,v,w) = ln (u2 + v2 + w2) c.  h(x,y,z) = (x + y)(y – z)2.

Solução a.  A função f(x,y,z,t) = xyz + xz – 2x2 – 3z + 2t2 é uma função de quatro variáveis. Portanto, temos quatro derivadas parciais: ∂f , ∂f , ∂f , ∂f ∂x ∂y ∂z ∂t Para calcular essas derivadas, vamos usar as regras de derivação e a regra prática de fixar cada uma das variáveis (considerar como constantes). Temos: ƒƒ

∂f = yz + z – 4x ∂x

(neste caso, y, z e t são consideradas como constantes);

ƒƒ

∂f =xz ∂y

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

ƒƒ

∂f = xy + x – 3 ∂z

(neste caso, x, y, e t são consideradas como constantes);

ƒƒ

∂f = 4t ∂t

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

b.  A função g(u,v,w) = ln (u2 + v2 + w2) é uma função de três variáveis. Portanto, temos três derivadas parciais: ∂g ∂g ∂g , , ∂u ∂v ∂w

93

Universidade do sul de santa catarina De forma análoga ao exemplo (a), podemos escrever: ƒƒ

∂g 2u = ; ∂u u2 + v 2 + w 2

ƒƒ

∂g 2v = 2 ; ∂v u + v 2 + w 2

ƒƒ

∂g 2w = . ∂w u2 + v 2 + w 2

c.  A função f(x,y,z) = (x + y)(y – z)2 é uma função de três variáveis. Portanto, temos três derivadas parciais: ∂f , ∂f , ∂f ∂x ∂y ∂z Para calcular essas derivadas, vamos usar as regras de derivação e a regra prática. Temos: ∂f ∂ ∂ = (x + y)· (y – z)2 + (y – z)2 · (x + y) = (x + y)·0 + (y – z)2 ·1 ∂x ∂x ∂x

ƒƒ



∂f ∂ ∂ = (x + y)· (y – z)2 + (y – z)2 · (x + y) ∂y ∂y ∂y

ƒƒ

Em tempo Observe que na solução de (c) usamos a regra de derivação de um produto. Veja na sua tabela: y = uv ⇒ y' = uv' + vu' Mas não esqueça que estamos no contexto de derivadas parciais.

= (y – z)2;



= (x + y)·2(y – z)·1 + (y – z)2 ·1



= 2(x + y)(y – z) + (y – z)2; ∂f ∂ ∂ = (x + y)· (y – z)2 + (y – z)2 · (x + y) ∂z ∂z ∂z

ƒƒ



= (x + y)·2(y – z)·(–1) + (y – z)2 ·0



= –2(x + y)(y – z).

Agora é a sua vez! Calcule as derivadas parciais da função f(x,u,z,t,w) = (xy + w).exyz + ut

94

Cálculo III   Unidade 3

SEÇÃO 2

Diferenciabilidade, plano tangente e vetor gradiente

Nesta seção, vamos analisar inicialmente o conceito de diferenciabilidade de funções de várias variáveis para alicerçar o estudo do plano tangente e do vetor gradiente. No contexto das funções de uma variável, a análise informal da diferenciabilidade ou a verificação da existência da derivada em um ponto é discutida a partir da existência de pontos angulosos no gráfico da função. No atual contexto, para o caso de funções de duas variáveis, de forma análoga, podemos pensar na existência de “quinas”. Assim, a suavidade do gráfico é uma referência para a diferenciabilidade de uma função de duas variáveis.

Em tempo Lembre-se de que o termo quina lembra a existência de uma aresta. Por exemplo, a superfície de um cubo é cheia de quinas.

Definição 1: Dizemos que a função z = f (x,y) é diferenciável no ∂f ∂f ponto (x0,y0) se as derivadas parciais ∂x (x0,y0) e ∂y (x0,y0) existem e se ∂f ∂f ( x0 , y0 )∆x + ( x0 , y0 )∆y  f ( x , y ) −  f ( x0 , y0 ) + ∂ x ∂ y   =0, lim 2 2 ∆x →0 ( ∆x ) + ( ∆y ) ∆y →0

sendo que ∆x = x – x0  e  ∆y = y – y0. 95

Universidade do sul de santa catarina

Dizemos que f é diferenciável em um conjunto A ⊂ D( f ), se f for diferenciável em todos os pontos de A. A definição dada parece, em um primeiro momento, muito formal, mas não podemos deixar de observar que é importante analisar a diferenciabilidade da função, principalmente quando estamos trabalhando com aplicações práticas. Deve-se observar a exigência de duas condições: a existência das derivadas parciais e o resultado zero para o limite apresentado. A diferenciabilidade de uma função em um ponto vai implicar na continuidade nesse ponto. Podemos exemplificar essa definição discutindo a diferenciabilidade da função z = 9 – x2 – y2.

Exemplo Analisar a diferenciabilidade da função z = 9 – x2 – y2 no seu domínio. A função dada é um parabolóide virado para baixo e o seu domínio é todo o plano IR2. Temos que verificar as duas condições da definição: 1.  As derivadas parciais existem em todos os pontos (x0,y0) ∈ IR2. Temos, ∂f ∂f (x ,y ) = –2x0  e  (x ,y ) = –2y0. ∂x 0 0 ∂y 0 0

2. Vamos analisar o limite da definição 1. Temos, ∂f ∂f f(x, y) −  f(x 0 , y 0 ) + (x 0 , y 0 )∆x + (x , y )∆y  ∂x ∂y 0 0   lim 2 2 ∆x → 0 ( ∆x) + ( ∆y) ∆y → 0 = lim

9 − x 2 − y 2 − [9 − x 0 2 − y 0 2 − 2x 0 ∆x − 2y 0 ∆y] ( ∆x)2 + ( ∆y)2

∆x → 0 ∆y → 0

= lim

96

− x 2 − y 2 + x 0 2 + y 0 2 + 2x 0 (x − x 0 ) + 2y 0 (y − y 0 ) ( ∆x)2 + ( ∆y)2

∆x → 0 ∆y → 0

= lim

∆x → 0

−(x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 2

2

∂f ∂f f(x, y) −  f(x 0 , y 0 ) + (x 0 , y 0 )∆x + (x , y )∆y  Cálculo III   Unidade 3 ∂x ∂y 0 0   lim 2 2 ∆x → 0 ( ∆x) + ( ∆y) ∆y → 0 = lim

9 − x 2 − y 2 − [9 − x 0 2 − y 0 2 − 2x 0 ∆x − 2y 0 ∆y] ( ∆x)2 + ( ∆y)2

∆x → 0 ∆y → 0

= lim

− x 2 − y 2 + x 0 2 + y 0 2 + 2x 0 (x − x 0 ) + 2y 0 (y − y 0 ) ( ∆x)2 + ( ∆y)2

∆x → 0 ∆y → 0

= lim

∆x → 0 ∆y → 0

= lim

∆x → 0 ∆y → 0

= lim

∆x → 0 ∆y → 0

= lim

∆x → 0 ∆y → 0

−(x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 ( ∆x)2 + ( ∆y)2 −[( ∆x)2 + ( ∆y)2 ] ( ∆x)2 + ( ∆y)2 −[( ∆x)2 + ( ∆y)2 ] × ( ∆x)2 + ( ∆y)2 ( ∆x)2 + ( ∆y)2 × ( ∆x)2 + ( ∆y)2 −[( ∆x)2 + ( ∆y)2 ] × ( ∆x)2 + ( ∆y)2 = lim − ( ∆x)2 + ( ∆y)2 = 0 ∆x → 0 ( ∆x)2 + ( ∆y)2 ∆y → 0

Assim, a função z = 9 – x2 – y2 é diferenciável em qualquer ponto (x0,y0) ∈ IR2, ou seja, em qualquer ponto do seu domínio.

Ao analisar o gráfico de uma função de duas variáveis diferenciável em um subconjunto de pontos do seu domínio, denotado por A, podemos observar a suavidade da superfície em todos os pontos. Dessa forma, é possível imaginar a existência de um plano tangente em qualquer um dos pontos de A. As derivadas parciais auxiliam na determinação desse plano tangente.

Não esqueça que o fato de as derivadas existirem não garante a diferenciabilidade da função. Uma condição suficiente para a diferenciabilidade é dada por meio de uma proposição mais formal, na qual acrescentamos a continuidade das derivadas parciais. Proposição: Seja (x0,y0) um ponto do domínio da função f(x,y). Se f(x,y) possui derivadas parciais ∂∂xf e ∂∂yf num conjunto aberto A que contém (x0,y0) e se essas derivadas parciais são contínuas em (x0,y0), então f é diferenciável em (x0,y0). Para detalhes desta proposição, veja Flemming e Gonçalves (2007).

97

Universidade do sul de santa catarina

Definição 2: Seja z = f(x,y) uma função diferenciável no ponto (x0,y0). Chamamos plano tangente ao gráfico de f no ponto (x0,y0,z0) ao plano dado pela equação z – z0 =

∂f ∂f (x0,y0)(x – x0) + (x ,y )(y – y0). ∂x ∂y 0 0

A Figura 3.4 mostra a visualização gráfica dessa definição.

Figura 3.4  Plano tangente

Exemplos Determinar, caso exista, o plano tangente ao gráfico da função z = 2x 2 + 7y 2 nos pontos P1(0,0,0) e P2(1,1,3).

Solução As derivadas parciais da função são: ƒƒ

−1 ∂z 1 2x = (2x 2 + 7y 2 ) 2 ⋅ 4x = 2 ∂x 2 2x + 7y 2

ƒƒ

−1 7y ∂z 1 = (2x 2 + 7y 2 ) 2 ⋅14y = 2 ∂y 2 2x + 7y 2

Ao tentar calcular essas derivadas no ponto (0,0), vamos obter uma indeterminação do tipo 00 . Assim, é necessário usar a definição 1 da seção 1 ou, mais especificamente, as fórmulas (3) e (4).

98

Cálculo III   Unidade 3 Usando (3), temos: ∂f f(0 + ∆x, 0) − f(0, 0) (0, 0) = lim = lim ∆x → 0 ∆x → 0 ∂x ∆x

2( ∆x)2 + 0 − 0 = lim ∆x → 0 ∆x

2( ∆x)2 ∆x

Para concluir este limite, é necessário usar o limite à direita e o limite à esquerda. Assim, ( 1 )  limite à direita: lim+ ∆x → 0

2( ∆x)2 = lim+ ∆x ∆x → 0

( 2 )  limite à esquerda: lim− ∆x → 0

Portanto, não existe o lim

∆x → 0

Com base nisto, a derivada concluir que

2( ∆x) = lim+ 2 = 2 ∆x ∆x → 0

2( ∆x)2 − 2( ∆x) = lim− = lim− − 2 = − 2 ∆x ∆x ∆x → 0 ∆x → 0 2( ∆x)2 . ∆x

∂f (0,0) não existe e de forma similar podemos ∂x

∂f (0,0) também não existe. ∂y

Logo, a função dada não admite plano tangente em P1(0,0,0). Vamos agora investigar o ponto P2(1,1,3). Neste caso, o plano tangente existe, pois as derivadas parciais existem e a função é diferenciável em P2(1,1,3). Veja: ƒƒ

∂z 2 ⋅1 2 (1, 1) = = 2 2 ∂x 2 ⋅1 + 7 ⋅1 3

ƒƒ

∂z 7 ⋅1 7 (1, 1) = = 2 2 ∂y 2 ⋅1 + 7 ⋅1 3

Substituindo na equação do plano tangente, dada na definição 2, temos: z – z0 =

∂f ∂f (x0,y0)(x – x0) + (x ,y )(y – y0) ∂x ∂y 0 0

∂f ∂f (1,1)(x – 1) + (1,1)(y – 1) ∂x ∂y 2 7 z – 3 = (x – 1) + (y – 1) 3 3 2 7 z – 3 = ·x + ·y – 3 3 3 2 7 z= x+ y 3 3

z–3=

99

Universidade do sul de santa catarina A Figura 3.5 apresenta o gráfico do cone e do plano no ponto P2(1,1,3).

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

Agora é a sua vez! Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfico da função z = e −( x

2

+ y2 )

no ponto P(0,0,1). Procure visualizar o resultado graficamente usando um software (Derive, Winplot ou similar).

Você já ouviu falar do vetor gradiente? Um objeto matemático muito importante para ser discutido no contexto das funções de várias variáveis é o vetor gradiente.

Pierre-Simon Laplace (1749-1827) foi um matemático e astrônomo que viveu na França, sendo considerado o “Newton da França” em função de seus trabalhos e contribuições para a compreensão da estabilidade do sistema solar. Ele generalizou as leis da mecânica para serem aplicadas no movimento e nas propriedades de corpos celestes. A utilização de ferramentas como as derivadas parciais foi determinante para a consolidação de teorias importantes nessa área.

100

Cálculo III   Unidade 3

Este vetor é reconhecido na natureza quando observamos uma queda d’água em um morro (Figura 3.6). Intuitivamente sabemos que a água vai seguir o caminho que tem o maior decrescimento. Esse caminho pode ser delineado com a idéia do vetor gradiente.

Figura 3.6  Queda d’água

Definição 3: Seja z = f (x,y) uma função que admite as deriva∂f ∂f das parciais ∂x e ∂y no ponto (x0,y0). O gradiente de f no ponto (x0,y0), denotado por grad f (x0,y0)  ou  ∇f (x0,y0), é um vetor cujas componentes são as derivadas parciais de f nesse ponto. Ou seja, ∂f  ∂f  grad f ( x0 , y0 ) =  ( x0 , y0 ), (x0 , y0 )  . ∂y  ∂x  Geometricamente, interpretamos ∇f (x0,y0) como um vetor aplicado no ponto (x0,y0), isto é, trasladado paralelamente da origem para o ponto (x0,y0). Se estamos trabalhando com um ponto genérico (x,y), usualmente representamos o vetor gradiente por ∂f → ∂f →  ∂f ∂f  ∇f =  ,   ou  ∇ f = i+ j  ∂x ∂y  ∂x ∂y 

101

Universidade do sul de santa catarina Em tempo Observe que os vetores → → → i , j e k são os vetores unitários na direção dos eixos x, y e z respectivamente.

Analogamente, definimos o vetor gradiente de funções de mais de duas variáveis. Por exemplo, para uma função de três variáveis w = f (x,y,z), temos ∂f → ∂f → ∂f →  ∂f ∂f ∂f  ∇w =  , ,   ou  ∇w = i+ j+ k  ∂x ∂y ∂z  ∂x ∂y ∂z 

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

1 . x

 ∂z ∂z  , Temos: ∇z =    ∂x ∂y  1 ∇z =  12xy 2 − 2 , 12x 2 y  . x  

2.  Determinar o vetor gradiente da função f(x,y,z) = x + y + z2 –2xyz. Temos: ∇f =  ∂f , ∂f , ∂f   ∂x ∂y ∂z  ∇f = (1 – 2yz, 1 – 2xz, 2z – 2xy).

3.  Determinar o vetor gradiente da função f(x,y) = x2 + y2 no ponto (1, 3). Temos: ∇f = (2x,2y); ∇f = (1,3) = (2,6).

Propriedades

Vamos apresentar informalmente as propriedades do vetor gradiente. Temos: 1. o

vetor gradiente indica a direção de maior crescimento da função.

vetor gradiente ∇f (x0,y0) é perpendicular à curva de nível f (x,y) = K que passa por (x0,y0).

2. o

102

Cálculo III   Unidade 3 3. a propriedade (2) pode ser generalizada para funções de três

ou mais variáveis. Para funções de três variáveis f (x,y,z), temos que ∇f (x0,y0,z0), quando não nulo, é normal à superfície de nível S de f em (x0,y0,z0).

Exemplos 1.  A Figura 3.7 mostra uma imagem de satélite e a Figura 3.8 mostra um mapa com curvas de nível. Partindo de um ponto A, podemos traçar uma curva de maior decrescimento (caminho percorrido por uma gota de chuva). Observe que ao traçar a curva podemos visualizar vetores gradientes aplicados às curvas de nível.

Figura 3.8  Curvas de nível

Figura 3.7  Imagem de satélite

2.  Dada a função f(x,y) = 2x2 + y2 (ver Figura 3.9), achar o vetor gradiente no ponto (1,1) O vetor gradiente é calculado como: ∇f(x, y) =

∂f → ∂f → i+ j ∂x ∂y →

→

∇f(x, y) = 4x i + 2y j →

→

∇f(1, 1) = 4 i + 2 j

103

Universidade do sul de santa catarina A curva de nível que C3 : 3 = 2x2 + y2 pode ser visualizada na Figura 3.10. Po→

→

demos observar que o vetor gradiente ∇f(1, 1) = 4 i + 2 j é perpendicular à reta tangente à curva C3 no ponto (1,1).

Figura 3.9  Função z = 2x2 + y2.

Figura 3.10  Vetor gradiente

Agora é a sua vez! Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados: 1.  z = x 2 + x + y , P(1,3) 2.  f (x,y,z) = x + y + z, P(0,0,1).

104

Cálculo III   Unidade 3

SEÇÃO 3

Regra da cadeia

Nesta seção, vamos fazer o estudo da regra da cadeia para funções de várias variáveis. Você terá a oportunidade de verificar a similaridade com o contexto de funções de uma variável. Vamos ter situações específicas que envolvem uma regra de diferenciação de uma função composta. Inicialmente, vamos trabalhar com dois casos de composição e, posteriormente, vamos escrever a generalização da regra. O quadro que segue apresenta as duas situações. Caso

Funções diferenciáveis

Regra da cadeia

I

z = f (x,y) x = g(t) y = h(t)

dz ∂f dx ∂f dy = ⋅ + ⋅ dt ∂x dt ∂y dt

II

z = f (x,y) x = g(u,v) y = h(u,v)

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

105

Universidade do sul de santa catarina

Antes de exemplificar, vamos apresentar uma representação gráfica da regra da cadeia. A idéia é auxiliar na montagem da regra. Caso

Representação semiótica

Regra da cadeia

dz ∂f dx ∂f dy = ⋅ + ⋅ dt ∂x dt ∂y dt

I

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

II

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

 

Observem que nos quadros apresentados anteriormente, tem-se um resumo de dois famosos teoremas: Teorema 1: regra da cadeia para funções de duas variáveis independentes. Se z = f(x,y) for diferenciável e x e y forem funções diferenciáveis em t, então z será uma função diferenciável de t e dz ∂f dx ∂f dy = ⋅ + ⋅ . dt ∂x dt ∂y dt Teorema 2: regra da cadeia para funções de duas variáveis independentes e duas variáveis intermediárias. Se z = f(x,y) for diferenciável e x e y forem funções diferenciáveis, então z será uma função diferenciável e vale a regra: ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

(Veja demonstração em Flemming e Gonçalves, 2007)

106

Cálculo III   Unidade 3

Observe que na representação usamos a disposição apresentada na Figura 3.11. Para escrever a regra, siga os caminhos, multiplicando as derivadas encontradas e, ao final, adicionando os produtos.

Figura 3.11  Representação semiótica da regra da cadeia

Exemplos 1.  Verificar a fórmula do caso I da regra da cadeia para f(x,y) = x + y – x2 x(t) = t + 1 y(t) = t – 1 dy Para verificar a fórmula df = ∂f ⋅ dx + ∂f ⋅ , vamos encontrar inicialmente dt ∂x dt ∂y dt a função composta. Temos, f(x,y) = x + y – x2 f(x(t),y(t)) = x(t) + y(t) – x(t)2 f(x(t),y(t)) = (t + 1) + (t – 1) – (t + 1)2 = –t2 + 1 Assim, usando a expressão anterior, obtemos ∂f = –2t. ∂t Ao usar a regra da cadeia, vamos fazer: df ∂f dx ∂f dy = ⋅ + ⋅ dt ∂x dt ∂y dt ∂f = (1 – 2x)·1 + 1·1 = 2 – 2x = 2 – 2(t + 1) = 2 – 2t – 2 = –2t. ∂t Observe que, em geral, o uso da regra da cadeia reduz os cálculos.

107

Universidade do sul de santa catarina

2.  Dada f(x,y) = x2y + ln xy , x(t) = 2t2 , y(t) = t , encontrar a derivada usando a regra da cadeia.

df dt

Usando a regra da cadeia, temos: df ∂f dx ∂f dy = ⋅ + ⋅ dt ∂x dt ∂y dt y  =  2xy + xy 

  2 x   ⋅ 4t +  x + xy  ⋅1     t 2t 2 =  2 ⋅ 2t 2 ⋅ t + 2  ⋅ 4t +  4t 4 + 2 2t ⋅ t  2t ⋅ t  

 3 4  = 20t + t . 

3.  Dada a função z = sen (x + y) – x – y, x = u + v e y = u2 + 2v, encontrar as derivadas ∂z e ∂z . ∂u ∂v Usando a regra da cadeia, temos: Derivando em relação a u ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z = [cos (x + y) – 1]·1 + [cos (x + y) – 1]·2u ∂u ∂z = [cos (u + v + u2 + 2v) – 1]·1 + [cos (u + v + u2 + 2v) – 1]·2u ∂u ∂z = [cos (u + u2 + 3v) – 1]·[1 + 2u] ∂u Derivando em relação a v

Em tempo As expressões do caso II podem ser escritas com uma representação matricial. Veja:  ∂z  ∂u

108

∂z   ∂z = ∂v   ∂x

 ∂x ∂z   ∂u ⋅ ∂y   ∂y   ∂u

∂x  ∂v  ∂y  ∂v 

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z = [cos (x + y) – 1]·1 + [cos (x + y) – 1]·2 ∂v ∂z = 3[cos (x + y) – 1] ∂v ∂z = 3[cos (u + u2 + 3v) – 1] ∂v

cálculo III  unidade 3

Como fica a regra da cadeia generalizada? Vamos supor que z seja uma função diferenciável de n variáveis x1, x2, …, xn, , sendo que cada xi é uma função diferenciável de m variáveis t1, t2, …, tm . Então z é uma função de t1, t2, …, tm e

Regra da cadeia, que cadeia? Coisas de matemático!

∂z ∂z dx1 ∂z dx 2 ∂z dxn = ⋅ + ⋅ ++ ⋅ ∂t j ∂x1 dt j ∂x 2 dt j ∂xn dt j para cada j = 1, 2, …, m .

Exemplo vamos utilizar a forma matricial da regra da cadeia para encontrar as deriva∂w ∂w ∂w das , , , sendo que w = sen (2x) + y2 – z3 ; x = u2vt ; y = u + v + t e ∂u ∂v ∂t z = 3uv – t2. A forma matricial fica

 ∂w  ∂u

∂w ∂v

∂w   ∂w = ∂t   ∂x

∂w ∂y

 ∂x  ∂u  ∂w   ∂y ⋅ ∂z   ∂u  ∂z  ∂u 

∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

∂x  ∂t  ∂y   ∂t  ∂z  ∂t 

calculando as derivadas temos  ∂w  ∂u

∂w ∂v

 2uvt u2 t u2 v    ∂w   1 1  = 2 cos(2x) 2y −3z 2  ⋅  1 ∂t    3v 3u −2t   

portanto, vamos ter ∂w = 2 cos 2x · 2uvt + 2y·1 – 3z2 · 3v ∂u = 4uvt cos 2x + 2y – 9z2v = 4uvt cos (2u2vt) + 2(u + v + t) – 9(3uv – t2)2v

109

Universidade do sul de santa catarina ∂w = 2 cos 2x · u2t + 2y·1 – 3z2 · 3u ∂v = 2u2t cos 2x + 2y – 9z2u

= 2u2t cos (2u2vt) + 2(u + v + t) – 9(3u – t2)2u

∂w = 2 cos 2x · u2v + 2y·1 – 3z2 · 2t ∂t = 2u2v cos 2x + 2y + 6z2t

= 2u2v cos (2u2vt) + 2(u + v + t) + 6(3u – t2)2t

Agora é a sua vez! 1. Calcule a derivada x = 2t + 1 e y = cos t.

dz usando a regra da cadeia, sendo z = e2x – y – 5 xy , dt

∂z ∂z e , sendo z = w + ln (uv), ∂x ∂y 2 3 u = x y – x – 2y, v = xy e w = x – y. 2. Calcule as derivadas parciais

110

Cálculo III   Unidade 3

SEÇÃO 4

Derivação implícita e derivadas parciais sucessivas

No estudo das funções de uma variável, em Cálculo I, você teve a oportunidade de observar que uma função y = f (x) é definida implicitamente pela equação F(x,y) = 0 se ao substituirmos y por f (x) na equação esta se transforma em uma identidade. Analogamente, dizemos que uma função z = f (x,y) é definida implicitamente pela equação F(x,y,z) = 0 se ao substituirmos z por f (x,y) a equação se reduz a uma identidade. Por exemplo, na unidade 1, apresentamos o caso da função do hemisfério superior z = r 2 − x 2 − y 2 , que pode ser definido implicitamente pela equação da esfera de raio r : x2 + y 2 + z2 = r 2.

111

Universidade do sul de santa catarina

É possível encontrar a derivada de uma função definida implicitamente sem fazer a sua explicitação? Estamos diante de uma situação matemática, na qual a regra da cadeia é o ponto de partida. Inicialmente, vamos considerar a situação em que a função implícita y = f (x) está definida pela equação F(x,y) = 0. Admitindo que f e F são funções diferenciáveis e que no ponto dy (x, f (x))· ∂∂Fy ≠ 0, podemos obter a derivada dx aplicando a regra da cadeia.Temos ∂F dx ∂F dy ⋅ + ⋅ =0 ∂x dx ∂y dx ∂F ∂F dy + ⋅ = 0 ou ∂x ∂y dx ∂F dy − ∂x = dx ∂F ∂y

(1)

Exemplo 1.  Sabendo que a função diferenciável y = f(x) é definida implicitamente dy pela equação x2 + y3 = 2xy, determinar sua derivada . dx A função dada é definida implicitamente pela equação F(x,y) = 0, sendo que F(x,y) = x2 + y3 – 2xy. Sabemos que:

∂F ∂F = 2x – 2y e = 3y2 – 2x. ∂x ∂y

Logo, vamos usar a expressão (1) já estabelecida ∂F dy − ∂x −(2x − 2y) 2y − 2x = = = = 1 (3y − 2x ≠ 0). dx ∂F 3y 2 − 2x 3y − 2x ∂y Assim, o resultado para este exemplo é um valor constante.

112

Cálculo III   Unidade 3

Vamos agora discutir a situação em que a função implícita z = f (x,y) é definida pela equação F(x,y,z) = 0. Admitindo que f e F são funções diferenciáveis e que no ponto (x,y,f (x,y)) e ∂∂Fz ≠ 0, usando a regra da cadeia, podemos obter as derivadas parciais ∂∂xz e ∂∂zy . Temos: a.  derivando F(x,y,z) = 0 em relação a x: ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z ⋅ + ⋅ + ⋅ = 0 ou ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x ∂F ∂F ∂F ∂z ⋅1 + ⋅0 + ⋅ =0 ∂x ∂y ∂z ∂x ∂F ∂z − ∂x = ∂x ∂F ∂z

(2)

b.  derivando F(x,y,z) = 0 em relação a y, obtemos: ∂F − ∂y ∂z = ∂y ∂F ∂z

Em tempo

(3)

Lembre da condição de que ∂F ≠ 0 ! ∂z

Exemplo Sabendo que a função diferenciável z = f(x,y) é definida pela equação x2y2 + y3 + 2z2 – z = 2xy, determinar ∂z e ∂z . ∂x ∂y Temos que z = f(x,y) é definida pela equação F(x,y,z) = 0, sendo F(x,y,z) = x2y2 + y3 + 2z2 – z – 2xy Como ∂F = 2xy2 – 2y , ∂F = 2x2y + 3y2 – 2x e ∂F = 4z – 1, usando as ex∂x ∂z ∂y pressões (2) e (3), temos 2 2 2 ∂z −2xy + 2y ∂z −2x y − 3y + 2x = e = . ∂x 4z − 1 ∂y 4z − 1

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Em todas as situações analisadas, partimos da premissa de que as funções diferenciáveis eram definidas implicitamente e, então, determinávamos as derivadas correspondentes. Nem sempre as expressões dadas definem funções na forma implícita. Neste caso, se adotarmos os procedimentos descritos, podemos encontrar resultados totalmente não significativos. O Teorema da Função Implícita, considerado um dos principais teoremas do Cálculo Avançado ou da Análise Matemática, em suas várias versões, assegura condições suficientes para que os procedimentos descritos nesta seção sejam consistentes ou nossa hipótese seja válida.

Teorema da Função Implícita Versão 1: Se F(x,y) é definida em uma bola aberta contendo (a,b), sendo f (a,b) = 0, ∂∂Fy (a,b) ≠ 0 e ∂∂Fx e ∂∂Fy são funções contínuas nessa bola, então a equação F(x,y) = 0 define y como uma função de x perto do ponto (a,b), e a derivada dessa função é dada pela equação: ∂F dy − ∂x = dx ∂F ∂y Versão 2: Se F(x,y) é definida dentro de uma esfera contendo (a,b,c), sendo f (a,b,c) = 0, ∂∂Fz (a,b,c) ≠ 0 e ∂∂Fx , ∂∂Fy e ∂∂Fz são funções contínuas dentro da esfera, então a equação F(x,y,z) = 0 define z como uma função de x e y perto do ponto (a,b,c), e as derivada parciais dessa função são dadas por: ∂F ∂F − − ∂y ∂z ∂z . = = ∂x   e  ∂y ∂x ∂F ∂F ∂z ∂z

114

Cálculo III   Unidade 3

Agora é a sua vez! 1.  Sabendo que a função diferenciável y = f(x) é definida implicitamente dy pela equação x2 ln (x + y) = 2xy – x, determine sua derivada . dx 2.  Sabendo que a função diferenciável z = f(x,y) é definida pela equação ∂z ∂z x2 + y2 + 2y3 + 3z4 – 2z = xyz, determine e . ∂x ∂y

Para finalizar esta seção, vamos apresentar as derivadas parciais sucessivas. Até o momento, colocamos a terminologia de derivadas parciais sem referência de ordem. Entretanto, podemos ter derivadas parciais de diferentes ordens. Dessa forma, em um contexto mais formal, devemos entender que dado z = f (x,y), vamos ter duas derivadas parciais de primeira ordem.

É possível encontrar derivadas parciais de ordem superior? Se z = f (x,y) é uma função de duas variáveis, então, em geral, suas derivadas parciais de primeira ordem são, também, funções de duas variáveis. Se as derivadas dessas funções existem, elas são chamadas derivadas parciais de segunda ordem de z = f (x,y). Temos quatro derivadas parciais de segunda ordem. A partir da ∂f derivada de f em relação a x, ∂x , obtemos as seguintes derivadas parciais de 2a ordem: ƒƒ

2 ∂  ∂f  ∂ f = ∂x  ∂x  ∂x 2

ƒƒ

2 ∂  ∂f  ∂ f = ∂y  ∂x  ∂y ∂x

A partir da derivada

∂f ∂y

ƒƒ

2 ∂  ∂f  ∂ f = ∂x  ∂y  ∂x ∂y

ƒƒ

2 ∂  ∂f  ∂ f = ∂y  ∂y  ∂y 2

Em tempo As derivadas

, obtemos:

∂2 f ∂2 f e ∂y∂x ∂x∂y

são conhecidas como derivadas parciais mistas.

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Exemplos 1.  Dada a função f(x,y) = 2x3y2 + x3y4 – xy + 4, determinar suas derivadas parciais de segunda ordem.

Solução As derivadas parciais de 1a ordem de f são: ∂f = 6x2y2 + 3x2y4 – y  e ∂x ∂f = 4x3y + 4x3y3 – x ∂y A partir de

∂f , obtemos: ∂x

∂ ∂2 f = (6x2y2 + 3x2y4 – y) = 12xy2 + 6xy4 ; 2 ∂x ∂x ∂2 f ∂ = (6x2y2 + 3x2y4 – y) = 12x2y + 12x2y3 – 1. ∂y∂x ∂y A partir de

∂f , obtemos: ∂y

∂ ∂2 f = (4x3y + 4x3y3 – x) = 12x2y + 12x2y3 – 1 ; ∂x ∂x∂y ∂2 f ∂ (4x3y + 4x3y3 – x) = 4x3 + 12x3y2. 2 = ∂y ∂y

2.  Dada a função f(x,y) = cos (2x – 2y), determinar

∂2 f ∂2 f e . ∂y∂x ∂x∂y

Solução Temos: ∂f = –2 sen (2x – 2y) ; ∂x ∂f = 2 sen (2x – 2y) . ∂y ∂2 f ∂ = (–2 sen (2x – 2y)) = 4 cos (2x + y) ; ∂y∂x ∂y ∂ ∂2 f = (2 sen (2x – 2y)) = 4 cos (2x – 2y). ∂x ∂x∂y

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Cálculo III   Unidade 3

Observando os resultados obtidos nos exemplos (1) e (2), vemos que, em ambos os casos, as derivadas parciais mistas de segunda ∂2 f ∂2 f ordem ∂x ∂y e ∂y ∂x são iguais. Isto ocorre para a maioria das funções que aparecem freqüentemente na prática. Temos o seguinte teorema. Teorema de Schwartz: Seja z = f (x,y) uma função com derivadas parciais de segunda ordem definidas em uma região aberta contendo um ponto (a,b) e todas contínuas em (a,b), então: ∂2 f ∂2 f (a,b) = (a,b) ∂x ∂y ∂y ∂x Podemos ter derivadas de terceira ordem, quarta ordem, etc. Basta seguir o mesmo raciocínio anterior. Veja, por exemplo: Derivada

Representação

parcial de terceira ordem em relação a x:

∂3 f ∂  ∂  ∂f   3 = ∂ x  ∂x  ∂x   ∂x

mista de terceira ordem:

∂3 f ∂  ∂  ∂f   = ∂x ∂y 2 ∂x  ∂y  ∂y  

mista de terceira ordem:

∂3 f ∂  ∂  ∂f = ∂y ∂x ∂y ∂y  ∂x  ∂y

de quarta ordem em relação a y:

∂4 f ∂  ∂  ∂  ∂f = ∂y 4 ∂y  ∂y  ∂y  ∂y

     

O Teorema de Schwartz pode ser generalizado para as derivadas mistas de ordem superior. De forma geral, podemos dizer que: “Se todas as derivadas parciais em questão forem contínuas em um conjunto aberto A, então, para os pontos de A, a ordem da derivação parcial pode ser mudada sem alterar o resultado.”

117

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Exemplo Dada a função f(x,y) = ln (2x – y), calcular

Solução Cálculo de

∂3f ∂3f ∂3f e ∂3f . , , ∂x 3 ∂y 3 ∂y 2 ∂x ∂x∂y 2

∂3f : ∂x 3

∂f 2 = ∂x 2x − y ∂ 2 f (2x − y) ⋅ 0 − 2 ⋅ 2 −4 = = 2 2 ∂x (2x − y) (2x − y)2 2 ∂ 3 f (2x − y) ⋅ 0 + 4 ⋅ 2(2x − y) ⋅ (2) 16(2x − y) 16 = = = . ∂x 3 (2x − y)4 (2x − y)4 (2x − y)3

3 Cálculo de ∂ f3 : ∂y

∂f −1 = ∂y 2x − y ∂ 2 f (2x − y) ⋅ 0 + 1⋅ ( −1) −1 = = 2 2 ∂y (2x − y) (2x − y)2 2 ∂ 3 f (2x − y) ⋅ 0 + 1⋅ 2(2x − y) ⋅ ( −1) −2(2x − y) −2 = = = . 3 4 4 ∂y (2x − y) (2x − y) (2x − y)3

Em tempo É importante observar que as notações do tipo, ∂3f ∂y 2 ∂x são lidas da seguinte forma: ƒƒ derivada de primeira ordem em relação a x; ƒƒ derivada de segunda ordem em relação a y; ƒƒ derivada da terceira ordem em relação a y.

118

3 3 Cálculo de ∂2 f e ∂ f 2 . ∂y ∂x ∂x∂y 3 3 Usando o Teorema de Schwartz, podemos dizer que ∂2 f = ∂ f 2 para ∂y ∂x ∂x∂y um conjunto em que as hipóteses do teorema são válidas. Assim,

∂f −1 = ∂y 2x − y ∂ 2 f (2x − y) ⋅ 0 + 1⋅ ( −1) −1 = = ∂y 2 (2x − y)2 (2x − y)2 (2x − y)2 ⋅ 0 + 1⋅ 2(2x − y) ⋅ (2) 4(2x − y) ∂3f 4 = = = . 2 4 4 ∂x∂y (2x − y) (2x − y) (2x − y)3

Cálculo III   Unidade 3

SEÇÃO 5

Diferencial

Para discutir o conceito de diferencial de várias variáveis é conveniente lembrar que o plano tangente a uma superfície em um ponto é uma boa aproximação da superfície nas proximidades do ponto (ver Figura 3.4). É usual afirmar que estamos diante de uma aproximação linear ou que a função dada foi linearizada. A diferencial é usada para analisar a sensibilidade à variação. Por exemplo, como vai variar o volume de um recipiente quando a espessura do vasilhame sofre pequena alteração. Definição: Seja z = f(x,y) uma função diferenciável no ponto (x0,y0). Se nos movermos de (x0,y0) para um ponto (x0 + ∆x,y0 + ∆y) próximo, a variação resultante na linearização de f (x,y) é chamada de diferencial total de f e é dada por: df =

∂f ∂f (x ,y )dx + (x ,y )dy ∂x 0 0 ∂y 0 0

Em tempo Tradicionalmente, podemos dizer que a diferencial das variáveis independentes são dadas por dx = ∆x e dy = ∆y e a diferencial de z é aproximadamente igual ao acréscimo ∆z. Neste caso, usamos a notação df ≅ ∆z. Lembre que ∆x e ∆y são os acréscimos das variáveis independentes e ∆z o acréscimo da variável dependente.

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Exemplos 1.  Calcular a diferencial de f(x, y) = x + 2y no ponto (3, 3).

Solução Usando a definição de diferencial, temos: ∂f ∂f (x ,y )dx + (x ,y )dy ∂x 0 0 ∂y 0 0 ∂f ∂f df = (3,3)dx + (3,3)dy ∂x ∂y

df =

Assim, 1 1 − − ∂f 1 ∂f 1 1 e = (x + 2y) 2 ⇒ (3, 3) = (3 + 6) 2 = ∂x 2 ∂x 2 6 1 1 − − ∂f 1 ∂f 1 = (x + 2y) 2 × 2 ⇒ (3, 3) = (3 + 6) 2 = ∂y 2 ∂y 3

Portanto, df =

∂f ∂f 1 1 (3,3)dx + (3,3)dy = dx + dy. ∂x ∂y 6 3

2.  Sabemos que ao medir determinados objetos, podemos cometer erros relativos aos instrumentos e também ao visual do operador. Assim, veja a seguinte situação: Foram feitas medidas do raio da base e da altura de um cone circular reto e obtivemos as medidas raio da base = 8 cm e altura = 20 cm com um possível erro de no máximo 0,1 cm. Podemos utilizar a diferencial para estimar o erro máximo cometido no cálculo do volume do cone. Temos os seguintes dados para resolver o problema:

120

1 2 pr h 3

ƒƒ

função volume: V(r,h) =

ƒƒ

derivadas parciais: ∂V = 1 p·2r·h = 2 prh e ∂V = 1 pr2 ∂r 3 3 ∂h 3

ƒƒ

dados: ponto (r,h) = (8,20); dx = ∆x = 0,1 e dy = ∆y = 0,1.

Cálculo III   Unidade 3 Assim, dV = ∂V (8,20)dr + ∂V (8,20)dh = 2 p·8·20·0,1 + 1 p·82 ≅ 40,21 cm3 ∂r ∂h 3 3 ou seja, o erro máximo é de 40,21 cm3.

3.  O conceito de diferencial pode ser usado para funções com mais de duas variáveis. Por exemplo, podemos calcular a diferencial da função f(x,y,z) = x2 – yz + 2xy no ponto (1,2,–1). Neste caso, podemos dizer que df =

∂f ∂f ∂f (x ,y ,z )dx + (x ,y ,z )dy+ (x ,y ,z )dz ∂x 0 0 0 ∂y 0 0 0 ∂z 0 0 0

Temos: ∂f ∂f = 2x + 2y  ⇒  (1,2,–1) = 6 ∂x ∂x ∂f ∂f = –z + 2x  ⇒  =3 ∂y ∂y ∂f ∂f = – y  ⇒  = –2. ∂z ∂z Portanto, df(1,2,–1) = 6dx +3dy –2dz.

Agora é a sua vez! 7 1.  Calcule a diferencial de f(x, y) = 2 x 2 − 2y no ponto  4,  .  2 2.  Calcule a diferencial de f(u,v,w) = uvw – 4 no ponto (1,1,1). 3.  As dimensões de uma caixa retangular são medidas como 25 cm, 60 cm e 30 cm, cada medida feita com precisão de 0,2 cm. Use diferenciais para estimar o maior valor possível do erro quando calculamos o volume da caixa usando essas medidas.

121

Síntese da Unidade

Nesta unidade, discutimos vários conceitos no contexto das derivadas parciais. Os exemplos ilustraram o cálculo de derivadas parciais, plano tangente, vetor gradiente, derivadas de ordem superior e diferencial. O destaque da diferenciabilidade das funções de várias variáveis foi contextualizado com a idéia da suavidade de uma superfície, permitindo uma analogia com o estudo das funções de uma variável. Buscamos também discutir uma ferramenta potente para calcular as derivadas parciais de funções compostas – a regra da cadeia. Não esqueça das atividades de auto-avaliação, pois é o momento de você diagnosticar a necessidade de reler alguns dos tópicos desta unidade. Vamos em frente!

122

Atividades de

auto-avaliação

1. Calcule a derivada parcial nição.

∂f da função f(x,y) = x2 + y2 – 9 usando a defi∂y

2. Calcule as derivadas parciais de primeira ordem das seguintes funções: 2

a.  f(x, y) = e x + 2xy c.  g(x, y) = arctg e.  f(u, t) = u2 t –

x 2y

1 t2

b.  z =

2x 2 − y 2 x 2 + 3y 2

d.  z = xy + sen2 (xy) f.  f(x,y,z) = x cos (yz) + y sen (xz)

3. Encontre a inclinação da reta tangente à curva resultante da interseção de z = 2x 2 + y 2 − 2 com o plano x = 1 no ponto P(1,–1,1).

4.  Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfico da função z = 2x2 – 3y2 nos pontos P1(0,0,1) e P2(1,1,0).

123

Universidade do sul de santa catarina 5.  Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados: a.  z = 4 − 2x 2 − y 2 , P(0,0) b.  f(u,v,w) = u2 + v2 – w2 + uvw, P(0,1,0)

6.  Determine o vetor gradiente das seguintes funções: a.  z =

2x y

b.  f(x,y,z) = x2 + y2 + z2 + sen x

7. Calcule df(1,1) e ∆f(1,1) da função f(x,y) = x – x3y2 considerando ∆x = 0,01e ∆y = 1. Comparar os resultados obtidos.

8. Calcule a diferencial das funções dadas: a.  z = sen2 (x + y) b.  f(x, y, z) = e z + y − z

2

V2 watts. Se R V = 120 volts e R = 12 ohms, calcule um valor aproximado para a variação de 9.  A energia consumida em um resistor elétrico é dada por P =

energia quando V decresce de 0,001 volts e R aumenta de 0,02 ohms.

10. Verifique a regra da cadeia para a função dada por: a.  f(x,y) = 2ln (x2 + y2) x = 2t2 y = 3t – 5 b.  f(x,y) = exy x = 2u2 + v4 y = 3u2 + v2

11.  Determine x = t, y = t2.

124

dz , usando a regra da cadeia sendo z = ex(cos x + cos y), dt

Cálculo III   Unidade 3

12.  Determine as derivadas parciais a.  z = 3x 2 + y 3

,

∂z ∂z e , usando a regra da cadeia. ∂u ∂v

x = u2 + 1

b.  z = x2 + y2 – x – y ,

,

x = cos u cos v ,

y = 3 v2 y = sem u cos v

13.  Determine as derivadas parciais ∂w e ∂w sendo w = 3x2 + 2y2 – z2, ∂u ∂v x = 2u2v, y = u – v.

14.  Supondo que a função diferenciável y = f(x) é definida implicitamente dy pela equação 2x2 + 3y2 = 2xy – 5, determine sua derivada . dx 15. Encontre as derivadas de 2a ordem da função z = 2x2 – 4y3 + 5x2y2.

16. Encontre as derivadas parciais de 3a ordem da função z = x + y + x3.

17.  Determine as derivadas parciais indicadas considerando: a.  z = ln (x2 + y2)

,

b.  w = 1− x 2 − y 2 − z 2 , c.  w = x2 + y2 + 4z2 + 1 ,

∂3z ∂x∂y 2 ∂2 w , ∂z 2 ∂3w , ∂x∂y∂z

∂2 w ∂x∂y ∂3w ∂z∂x∂y

Saiba mais Para você ampliar a visualização gráfica das funções e dos conceitos discutidos nesta unidade, recomendamos uma busca na internet usando diferentes palavras-chave. Em especial, recomendamos a busca de softwares livres existentes como, por exemplo, os da linha win, que podem ser encontrados a partir da página (Acesso em junho de 2007).

125

unIDADe 4

máxImoS e mínImoS

Akiyoshi Kitaoka é autor desta imagem, chamada Rotating Snakes (cobras girando). Você consegue perceber o motivo?

Objetivos de Aprendizagem  Identificar pontos de máximos e mínimos de funções de duas variáveis.  Analisar pontos críticos de funções de duas variáveis.  utilizar o método dos multiplicadores de lagrange para a resolução de problemas com aplicações práticas.

Plano de estudo da unidade Seção 1 máximos e mínimos de funções de duas variáveis . . . . 131 Seção 2 Análise dos pontos críticos de funções de duas variáveis 138 Seção 3 método dos multiplicadores de lagrange. . . . . . . . . . 148 Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

127

Para início de conversa

Nesta unidade você estudará procedimentos que são utilizados para a determinação de máximos e mínimos de funções de duas variáveis. Vale destacar que, em problemas práticos com aplicações nas áreas de engenharia ou economia, identificar os máximos e mínimos pode significar encontrar soluções ótimas para o que está sendo analisado. Inicialmente é importante lembrar que a determinação de pontos críticos de uma função requer a análise da derivada da função neste ponto. Assim como se faz com as funções de uma variável, num ponto crítico temos derivada nula. Este aspecto é abordado e discutido nas seções iniciais desta unidade. Após a determinação dos pontos críticos, é importante classificálos para que seja possível resolver problemas práticos. O método dos multiplicadores de Lagrange será discutido como uma possibilidade viável para a resolução de problemas de otimização.

129

Universidade do sul de santa catarina

É um método poderoso, pois possibilita uma análise geral das características da função neste contexto sem exigir cálculos avançados e difíceis. Ao estudar esta unidade não deixe de viajar no maravilhoso mundo que pode ser analisado a partir das aplicações de ferramentas matemáticas! Aproveite e bom estudo!

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Cálculo III   Unidade 4

SEÇÃO 1

Máximos e mínimos de funções de duas variáveis

Se as funções de várias variáveis modelam grande parte dos fenômenos reais, regidos pelas leis da natureza, encontrar os seus valores máximos e/ou mínimos passa a ser extremamente importante para entender o comportamento de tais fenômenos. Então, vale lembrar que, para as funções de uma variável, utilizamos as derivadas para a determinação de pontos críticos.

Em tempo Os pontos críticos que já foram estudados para as funções de uma variável são os máximos, mínimos e de inflexão.

Você lembra por que as derivadas auxiliam na determinação dos máximos e mínimos de uma função? Acompanhe as considerações desta seção para “refrescar” a sua memória e para entender como será a análise do caso de funções de duas variáveis.

131

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Para iniciar esta discussão de maneira informal, observe a representação gráfica de uma função de duas variáveis na Figura 4.1. É possível visualizar um ponto de máximo e um ponto de mínimo nesta função.

Figura 4.1  Gráfico da função z =

−5x x2 + y2 + 1

Agora observe a Figura 4.2, que representa a função: z = 4xy – x4 – y4 +

1 . 16

Observe que esta possui dois pontos de máximos. Estes pontos podem ser classificados como máximos pois a variável dependente (z) assume um valor máximo em dois pontos do seu domínio.

Figura 4.2  1 Gráfico da função z = 4xy – x4 – y4 + 16

Na Figura 4.3, que representa o gráfico de z = sen x·sen y, podemos visualizar a presença de vários pontos de máximo e pontos de mínimo.

Figura 4.3  Gráfico da função z = sen x·sen y

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Cálculo III   Unidade 4

Atualmente temos diferentes softwares comerciais com potencialidades gráficas e algébricas para trabalhar problemas de otimização (máximo e mínimo). Por exemplo, o gráfico apresentado na Figura 4.1 foi traçado utilizando-se o software Maple.

Diante da verificação de que uma função de duas variáveis pode ter mais de um máximo ou mínimo, vamos estabelecer os conceitos de máximo e mínimo absoluto ou global e relativo ou local a partir da generalização do que já foi estudado para as funções de uma variável. Definição 1: Para uma função de duas variáveis z = f (x,y), com (x0,y0) ∈ D( f ), podemos dizer que (x0,y0) é ponto de máximo absoluto ou global de f (x,y) se, para todo ponto (x,y) do domínio da função, temos f (x,y) ≤ f (x0,y0). Definição 2: Para uma função de duas variáveis z = f (x,y), com (x0,y0) ∈ D( f ), podemos dizer que (x0,y0) é ponto de mínimo absoluto ou global de f (x,y) se, para todo ponto (x,y) do domínio da função, temos f (x,y) ≥ f (x0,y0). Acompanhe os exemplos que ajudarão você a visualizar pontos que são enquadrados nas definições 1 e 2.

Em tempo O ponto de máximo ou mínimo será representado pela terna ordenada (x,y,z) ou pelo par ordenado (x,y) e o valor máximo ou mínimo é dado pelo valor de z.

Exemplos 1.  A partir da visualização do gráfico da função z = 2x2 + 2y2, identificar o ponto de mínimo. Na Figura 4.4 você pode visualizar o gráfico do parabolóide z = 2x2 + 2y2, que possui concavidade voltada para cima. O valor mínimo aparece em z = 0 e o ponto de mínimo é dado por (0,0,0).

133

Universidade do sul de santa catarina Neste caso podemos visualizar um único ponto de mínimo, que é (0,0,0) e será então denominado ponto de mínimo absoluto ou global. De fato, para todo (x,y) ∈ D(f), temos que 2x2 + 2y2 ≥ f(0,0), 2x2 + 2y2 ≥ 0, ou seja, x2 + y2 ≥ 0.

Figura 4.4  Gráfico da função z = 2x2 + 2y2

2.  Analisar o gráfico da função z = 4 – x2 – y2 representado na Figura 4.5.

Figura 4.5  Gráfico da função z = 4 – x2 – y2

Com a concavidade voltada para baixo, podemos observar que este parabolóide possui um valor máximo em z = 4, quando x = 0 e y = 0. Isto significa que, para todo (x,y) ∈ D(f), 4 – x2 – y2 ≤ f(0,0). Podemos reescrever 4 – x2 – y2 ≤ 4 ou x2 + y2 ≥ 0 para todo (x,y) ∈ IR2. Assim, (0,0,4) é o ponto de máximo absoluto ou global e o valor máximo é igual a 4.

E quando houver mais de um ponto máximo ou mais de um ponto mínimo? Podemos levar em conta estas situações, que acontecem em diversas funções. A próxima definição irá considerar estes casos.

134

Cálculo III   Unidade 4

Definição 3: Seja f (x,y) uma função de duas variáveis definida em uma região E que contém o ponto (x0,y0), ou seja, (x0,y0) ∈ D( f ). Podemos dizer que: ( i ) (x0,y0) é um ponto de máximo relativo ou local se existir uma bola aberta B((x0,y0),r) tal que f (x,y) ≤ f (x0,y0) para todo (x,y) ∈ B ∩ D( f ). ( ii ) (x0,y0) é um ponto de mínimo relativo ou local se existir uma bola aberta B((x0,y0),r) tal que f (x,y) ≥ f (x0,y0) para todo (x,y) ∈ B ∩ D( f ). Informalmente, podemos dizer que, se uma função possui mais de um ponto de máximo relativo, o maior de todos será o ponto de máximo absoluto ou global. Por outro lado, se houver mais de um ponto de mínimo relativo, o menor de todos será o ponto de mínimo absoluto ou global.

Mas como calcular estes pontos? Para calcular estes pontos é necessário identificá-los e classificálos. Nem sempre a visualização gráfica é a melhor forma de fazer isto. A definição 4 irá retornar a definição de pontos críticos buscando sua generalização para as funções de duas variáveis. Definição 4: O ponto (x0,y0) é um ponto crítico da função z = f (x,y), sendo z = f (x,y) definida num conjunto aberto ∂f U ⊂ IR2, se as derivadas parciais ∂x (x0,y0) e ∂∂fy (x0,y0) forem iguais a zero ou se a função não for diferenciável em (x0,y0) ∈ U. De acordo com o que já foi estudado sobre as derivadas parciais, podemos dizer que geometricamente os pontos críticos são pontos em que o gráfico da função não possui plano tangente ou o seu plano tangente é horizontal.

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Exemplos Determinar os pontos críticos das seguintes funções: a.  z = x·y Os pontos críticos desta função são calculados a partir de suas derivadas parciais. Assim, temos: ∂z ∂z = y  e  =x ∂x ∂y Ou seja, devem satisfazer o sistema: ∂z = 0  ⇒  y = 0 ∂x ∂z = 0  ⇒  x = 0 ∂y Desta forma, o ponto (0,0) é um ponto crítico.

b.  z = x4 – 2x2 + y2 – 9 As derivadas parciais são: ∂z ∂z = 4x3 – 4x  e  = 2y ∂x ∂y Igualando a zero ambas as derivadas vamos ter o sistema:  4x 3 − 4x = 0   2y = 0 Temos 2y = 0 ⇒ y = 0 4x3 – 4x = 0 4x(x2 – 1) = 0 4x = 0 ⇒ x = 0 x2 – 1 = 0 ⇒ x = 1, x = –1 Portanto, os pontos críticos são (0,0), (1,0) e (–1,0).

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Cálculo III   Unidade 4

Para as funções de duas variáveis, os pontos críticos serão pontos extremantes (máximos ou mínimos) ou pontos de sela. Na próxima seção você conhecerá um importante teorema que ajudará na classificação dos pontos críticos.

Agora é a sua vez! Determine os pontos críticos das seguintes funções: a.  f(x, y) =

1 64 − + x⋅y y x

b.  z = 1 – 8xy + 2x4 + 2y4 c.  f(x,y) = 2 +

1 3 2 y +x y – 4x – 5y 3

Um nome importante na história do Cálculo é o do matemático francês Siméon-Denis Poisson (1781-1840). Estudou com Lagrange e Laplace e foi um excelente professor após a graduação. Em 1806 substituiu Fourier e tornou-se um dos matemáticos mais importantes da França e da história do cálculo avançado. Declarava sempre que: “A vida é boa apenas por duas coisas: para estudar matemática e para ensiná-la”. Um grande exemplo e estímulo para nós, não é mesmo?

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SEÇÃO 2

Análise dos pontos críticos de funções de duas variáveis

Em tempo Ponto de sela é um ponto crítico que não é extremante, ou seja, não é máximo nem mínimo.

Agora que você já sabe como determinar os pontos críticos de uma função de duas variáveis, chegou o momento de classificar cada um destes pontos, ou seja, de identificar quais são os pontos extremos (máximos ou mínimos) e quais são os pontos de sela. Vamos retomar o que foi discutido na última seção quando a definição de pontos críticos foi apresentada e abordamos que nestes pontos temos a derivada nula, indicando geometricamente a existência de um plano tangente horizontal. Vale também destacar que nestes pontos temos o gradiente nulo. Como nem sempre temos condições de identificar pontos extremantes usando a análise do gráfico da função, vamos trabalhar com a determinação algébrica a partir do cálculo de suas derivadas. A idéia é identificar pontos (x0,y0) em que as derivadas parciais da função se anulem.

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Cálculo III   Unidade 4

Vou lhe mostrar a proposição que apresenta a condição necessária para a existência de pontos extremantes. Proposição 1: Seja uma função diferenciável num conjunto aberto U ⊂ IR2, z = f(x,y). Se (x0,y0) ∈ U é um ponto extremante local (ponto de máximo ou mínimo local), então ∂f (x ,y ) = 0  e  ∂f (x ,y ) = 0 ∂x 0 0 ∂y 0 0 Podemos dizer que esta é uma condição necessária para a existência de pontos de máximo ou de mínimo.

A proposição 1, enunciada pelo SiSoSi, apresenta uma condição necessária mas não suficiente para a existência de pontos extremantes. A definição 4, mostrada na Seção 1, já indicava que os pontos críticos eram determinados desta forma, mas ainda não temos uma condição suficiente para que possamos efetivamente classificar os pontos críticos. A proposição 2 apresentará a condição suficiente para que um ponto crítico seja um ponto extremante ou um ponto de sela. Proposição 2: Se (x0,y0) for um ponto crítico de uma função z = f (x,y), cujas derivadas parciais de primeira e segunda ordem são contínuas num conjunto aberto que contém (x0,y0), então podemos dizer que (x0,y0): ∂2 f ƒƒ é um ponto de mínimo local se H(x0,y0) > 0 e (x ,y ) > 0; ∂x 2 0 0 ∂2 f ƒƒ é um ponto de máximo local se H(x0,y0) > 0 e (x ,y ) < 0; ∂x 2 0 0 ƒƒ

não é um ponto extremante se H(x0,y0) < 0. Neste caso (x0,y0) será um ponto de sela.

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Em tempo Usando o teorema de Schwartz, estudado na Unidade 3, podemos dizer que: ∂f ∂f (x, y) = (x, y) ∂x∂y ∂y∂x 2

2

Isto significa dizer que os elementos h12 e h21 da matriz H são iguais.

Você deve ter percebido que esta proposição faz menção a H(x0,y0). Esta é uma notação que se usa para representar o determinante da matriz hessiana, denotado simplesmente por Hessiano, dado por: ∂2 f ∂2 f (x , y ) (x , y ) ∂y ∂x ∂x 2 . H (x , y ) = 2 ∂ f ∂2 f (x , y ) (x , y ) ∂x ∂y ∂y 2 Vale ainda destacar que se o resultado do determinante for nulo, ou seja, quando H(x0,y0) = 0, sendo (x0,y0) o ponto crítico, nada podemos afirmar no que diz respeito à classificação dos pontos críticos. Nos exemplos que serão enunciados você visualizará como a utilização do Hessiano auxilia na classificação de pontos críticos de funções de duas variáveis.

Exemplos Classificar os pontos críticos das funções: a.  z = x2 + 3xy + y2 – 2 Vamos inicialmente determinar os pontos críticos desta função fazendo ∂z ∂z = 0  e  = 0: ∂x ∂y

O termo “hessiano” foi escolhido por James Joseph Silvester em homenagem ao matemático alemão Ludwig Otto Hesse (1884). As matrizes hessianas são usadas em larga escala em problemas de otimização que não usam métodos newtonianos.

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Cálculo III   Unidade 4 3 ∂z = 2x + 3y = 0  ⇒  2x = –3y  ⇒  x = – y 2 ∂x 3 ∂z = 3x + 2y = 0  ⇒  3x = –2y  ⇒  y = – x 2 ∂y

(1) (2)

Podemos substituir a equação (1) na equação (2) para resolver o sistema: 3 x 2 3 3 y=− ⋅ y 2 2 9 y= y 4

y=−

A última relação implica y = 0, o que implica x = 0. Assim, o único ponto que resolve o sistema é o ponto (0,0). Para classificá-lo, vamos calcular H(0,0), ou seja, o determinante da matriz hessiana em (0,0). Podemos construir a matriz hessiana genérica: ∂2 f ∂2 f (x, y) (x, y) ∂y∂x 2 3 ∂x 2 H(x, y) = 2 = . 2 3 2 ∂ f ∂ f (x, y) (x, y) ∂x∂y ∂y 2 Calculando este determinante temos H(x,y) = 4 – 9 = –5, ou seja, H(0,0) = –5.

Em tempo Como a matriz hessiana não ficou em função de x ou de y o seu determinante será sempre –5, independentemente do ponto (x,y).

Como H(0,0) é um valor menor do que zero, pela proposição 2 podemos afirmar que (0,0) é um ponto de sela. Visualize na Figura 4.6 o gráfico da função mostrando o formato de uma sela.

Figura 4.6  Gráfico de z = x2 + 3xy + y2 – 2

141

Universidade do sul de santa catarina b.  f(x,y) = 2x4 + y2 – x2 – 2y Inicialmente determinamos os pontos críticos da função: ∂z = 8x3 – 2x = 0  ⇒  x(8x2 – 2) = 0 ∂x ∂z = 2y – 2 = 0  ⇒  y = 1 ∂y

(1) (2)

Resolvendo a equação (1) podemos determinar os valores de x: x(8x2 – 2) = 0 x=0 8x 2 − 2 = 0 ⇒ x 2 =

2 2 1 1 ⇒x=± =± =± . 8 8 4 2 1

1

Assim, os pontos críticos são (0,1), ( 2 ,1) e (– 2 ,1). O próximo passo é classificar estes pontos a partir do cálculo do determinante da matriz hessiana, que será dado por: ∂2 f ∂2 f (x, y) (x, y) 2 ∂y∂x 24x 2 − 2 0 ∂x = H(x, y) = 2 ∂ f ∂2 f 0 2 (x, y) (x, y) ∂x∂y ∂y 2 = (24x 2 − 2) ⋅ 2 − 0 = 48x 2 − 4. Usando a proposição 2, vamos analisar cada um dos pontos críticos, substituindo-os no determinante calculado com o objetivo de analisar o seu sinal: H(0,1) = 48· 02 – 4 = –4 < 0 1

1

H( 2 ,1) = 48·( 2 )2 – 4 = 8 > 0 1

1

H(– 2 ,1) = 48·(– 2 )2 – 4 = 8 > 0 Para o ponto (0,1), H(0,1) < 0, o que indica, pela proposição 2, que (0,1) é um ponto de sela. 1

1

Para os pontos ( 2 ,1) e (– 2 ,1), H(x0,y0) > 0, o que indica que precisamos calcular a derivada de segunda ordem para cada um dos pontos, para analisar o seu sinal.

142

Cálculo III   Unidade 4

Como

∂2 f (x,y) = 24x2 – 2, temos: ∂x 2 ∂2 f 1 1 2 2 ( 2 ,1) = 24·( 2 ) – 2 = 4 > 0 ∂x ∂2 f 1 1 (– ,1) = 24·(– 2 )2 – 2 = 4 > 0 ∂x 2 2

Para os dois pontos

∂2 f ∂x 2

(x0,y0) > 0, o que garante que ambos são pontos de

mínimo local. Na Figura 4.7 você pode visualizar a configuração gráfica da função e dos pontos analisados.

Figura 4.7  Gráfico de f(x,y) = 2x4 + y2 – x2 – 2y

Você consegue identificar qual dos dois pontos encontrados no exemplo (b) será o mínimo global? Para isto, basta checar qual terá a menor imagem, ou seja, qual terá o menor valor correspondente a f(x0,y0). Vamos então substituir os pontos na função para determinar f( 21 ,1) e f(– 21 ,1): 1

1

f( 21 ,1) = 2·( 2 )4 + 12 – ( 2 )2 – 2·1 = –

9 8

f(– 21 ,1) = 2·(– 21 )4 + 12 – (– 21 )2 – 2·1 = –

9 8

Como as duas imagens foram iguais, estamos diante de uma situação em que os dois pontos são considerados como mínimos globais.

143

Universidade do sul de santa catarina c.  z = x·y O ponto crítico desta função já foi calculado em exemplo anterior. Chegamos ao ponto (0,0). Para classificá-lo, vamos determinar o determinante da matriz hessiana: H(x, y) =

0 1 = −1. 1 0

Ao encontrar H(0,0) < 0, podemos dizer que o ponto (0,0) é um ponto de sela. Veja na Figura 4.8 o gráfico da função z = x·y e procure identificar o ponto de sela.

Figura 4.8  Gráfico da função z = x·y

Em algumas situações práticas você precisará trabalhar com funções definidas para domínios limitados, ou seja, os pontos extremos podem estar situados na fronteira de uma região dada. Antes de analisar os exemplos, veja com atenção o teorema enunciado pelo SiSoSi, que irá auxiliar nestes casos mencionados.

Um teorema muito importante no contexto das aplicações práticas é o Teorema de Weierstrass. Ele garante a existência do ponto de máximo e do ponto de mínimo de uma função contínua com um domínio fechado e limitado. Acompanhe o seu enunciado. Se z = f(x,y) for uma função contínua cujo domínio é o conjunto A fechado e limitado, então existem P1, P2 ∈ A, tais que F(P1) ≤ F(P) ≤ F(P2),  para qualquer P ∈ A.

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Cálculo III   Unidade 4

Exemplo Determinar os valores máximos e mínimos, caso existam, da função f(x,y) = 2x3 + 2y3 – 6x – 6y ao longo da região delimitada pela reta y = 2 – x e os eixos x e y. Observe na Figura 4.9 o gráfico da região que delimita os cálculos que serão realizados.

Figura 4.9  Região que delimita a região fechada e limitada

Para determinar pontos extremantes da função f(x,y) que estejam nesta região, vamos inicialmente analisar os valores extremos da função neste contexto. A idéia é que se analisem os três segmentos de reta que delimitam o contorno da região, ou seja, AB, BC e CA. Análise de AB: y = 2 – x, 0 ≤ x ≤ 2 Substituindo y = 2 – x na função f(x,y) = 2x3 + 2y3 – 6x – 6y, temos: f(x, 2 – x) = 2x3 + 2(2 – x)3 – 6x – 6(2 – x) f(x, 2 – x) = 12x2 – 24x + 4 Como temos uma função de uma variável, vamos utilizar os procedimentos que foram estudados no Cálculo I: f' = 24x – 24 = 0  ⇒  x = 1 Podemos dizer que x = 1 é um ponto crítico da função f(x, 2 – x). Além de x = 1, neste segmento, devemos considerar os pontos em que x = 0 e x = 2 que pertencem ao segmento e se localizam em seus extremos. Ao utilizar-

145

Universidade do sul de santa catarina mos o teorema de Weierstrass, poderemos dizer que estes três pontos (0,2), (1,1), (2,0) também são pontos críticos para serem analisados. Análise de BC: y = 0, 0 ≤ x ≤ 2 Substituindo y = 0 na função f(x,y) temos: f(x,0) = 2x3 – 6x A derivada de primeira ordem desta função, de uma variável, auxiliará na identificação de pontos críticos. Assim temos: f'(x) = 6x2 – 6 = 0  ⇒  x = ±1. Como x = –1 não pertence ao intervalo 0 ≤ x ≤ 2, não iremos considerá-lo. Além de x = 1 temos também os pontos em que x = 0 e x = 2. Assim, os pontos críticos que devem ser analisados são (0,0), (1,0) e (2,0). Análise de CA: x = 0, 0 ≤ y ≤ 2 Substituindo x = 0 na função f(x,y) temos: f(0,y) = 2y3 – 6y A derivada de primeira ordem desta função, de uma variável, auxiliará na identificação de pontos críticos. Assim temos: f'(y) = 6y2 – 6 = 0  ⇒  y = ±1. Iremos considerar y = 1 pois y = –1 não pertence ao intervalo 0 ≤ y ≤ 2. Além de y = 1 temos também os pontos em que y = 0 e y = 2, ou seja, (0,1), (0,0), (0,2) que delimitam o segmento CA. Para finalizar a análise é necessário identificar os pontos críticos da função dada. Igualando as derivadas parciais a zero, obtemos o sistema 2  6x − 6 = 0  2  6y − 6 = 0

que tem como solução os pontos (1,1), (–1,1), (–1,–1) e (1,–1). Observando esses pontos, identificamos que apenas o ponto (1,1) nos interessa, pois está na fronteira da região dada. Neste caso específico não temos pontos no interior da região.

146

Cálculo III   Unidade 4 Como encontramos vários pontos, é usual montar uma tabela para auxiliar na análise final. Na coluna ponto crítico, colocam-se os pontos que foram determinados, em localização identificamos se o ponto está sobre os segmentos que delimitam a região, em sua fronteira, ou se está no interior da região, e por fim calculamos a imagem do ponto para identificar os valores máximos e mínimos. Ponto Crítico (x0,y0)

Localização

f(x0,y0)

(0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (2,0) (1,1)

Fronteira Fronteira Fronteira Fronteira Fronteira Fronteira

0 –4 4 –4 4 –8

Em tempo Não esqueça que em outros exemplos você poderá obter pontos no interior da região dada e como tal devem ser analisados em conjunto com os pontos da fronteira.

Analisando a tabela apresentada, é possível concluir que o valor máximo da função é igual a 4 e que o valor mínimo é igual a -8.

Agora é a sua vez! 1. Classifique os pontos críticos das seguintes funções: a.  f(x, y) = x 2 + y 2 +

1 x y2 2

b.  g(x,y) = 3xy2 + x3 – 3x

c.  z = 4xy d.  z = 2 – x2 – 3y2 + 2xy + 8x

2.  Determine o máximo e o mínimo da função no conjunto dado: a.  f(x,y) = x + 2y ao longo do triângulo de vértices (0,0), (3,0), (0,3). b.  z = xy ao longo da região delimitada por –2 ≤ x ≤ 2 e –2 ≤ y ≤ 2.

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SEÇÃO 3

Método dos multiplicadores de Lagrange

Até este momento você visualizou situações de cálculo de pontos extremantes que são conhecidas por envolverem a otimização irrestrita. Isto significa que os problemas solicitam a maximização ou a minimização de uma função de duas variáveis sem que haja qualquer tipo de restrição. Mas existem outras situações que envolvem a otimização restrita, ou seja, o maior ou o menor valor da função deve ser determinado num subconjunto do domínio da função. Os pontos de máximo ou de mínimo da função, nestas situações, serão ditos pontos condicionados, pois são encontrados a partir de uma ou mais restrições definidas.

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Cálculo III   Unidade 4

De maneira geral, podemos escrever um problema de maximização restrita da seguinte forma: max. s.a

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

Falamos da seguinte forma: maximizar a função z = f (x,y) sujeita à restrição g(x,y) = 0.

Mas como podemos resolver este tipo de problema? Em alguns casos mais simples é possível utilizar o mesmo método que foi abordado na Seção 1. Mas, para situações mais complexas, usamos o método dos multiplicadores de Lagrange para determinar os pontos extremantes. O método dos multiplicadores de Lagrange auxilia na determinação de pontos candidatos a pontos de máximo ou mínimo condicionados de uma função z = f (x,y). É um método simples que se baseia nas propriedades do vetor gradiente, que já foi estudado na Unidade 3.

Em tempo O Método dos Multiplicadores de Lagrange é utilizado em problemas de economia, na engenharia em projetos de foguetes com vários estágios e também na matemática.

Para entender o método, vamos considerar uma situação genérica a ser resolvida, dada por: max. s.a

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

Lagrange (1736-1813) foi um dos primeiros matemáticos do século XVIII que trabalhou muito para estabelecer o rigor necessário para conceitos e métodos matemáticos. Ainda muito jovem, tornou-se professor de matemática da academia militar de Turim/Itália. Foi acometido de grandes acessos de solidão e melancolia, e seu coração humano não concebia as crueldades do Regime de Terror da Revolução Francesa. Uma grande mulher, sua jovem esposa, é considerada como uma peça fundamental na vida deste matemático. Graças à sua dedicação, Lagrange reacende o desejo de viver e de produzir ainda mais.

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Podemos traçar as curvas de nível da função z = f (x,y), que são genericamente ilustradas na Figura 4.10. Esta função que será maximizada é também conhecida como função objetivo. Observe que na Figura 4.10 foi traçado o gráfico da equação que define a restrição g(x,y) = 0.

Figura 4.10  Curvas de nível da função z = f(x,y) e equação g(x,y) = 0

Podemos identificar um ponto P0 que representa a intersecção da curva g(x,y) = 0 com uma das curvas de nível de z = f (x,y). Este ponto é diferenciado dos demais em que esta intersecção ocorre, pois nesta curva de nível temos o maior valor de k possível, ou seja, ao atribuirmos valores de k para encontrar as curvas de nível f (x,y) = k, estamos diante do maior k que permite a intersecção da curva de nível da função objetivo com a curva da função que define a restrição. No ponto P0, tanto f (x,y) = k quanto g(x,y) = 0 possuem a mesma reta tangente, ou seja, o gradiente de f e o gradiente de g são perpendiculares à reta tangente. Assim, possuem a mesma direção no ponto P0, o que significa dizer que grad f = λ·grad g sendo λ um número real e grad g ≠ (0,0) em P0.

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Cálculo III   Unidade 4

Após entender a visualização geométrica apresentada, será mais fácil compreender o enunciado da proposição 1. Proposição 1: Sejam f (x,y) diferenciável em um conjunto aberto U e g(x,y) uma função com derivadas parciais contínuas em U, sendo ∇g ≠ (0,0). Uma condição necessária para que (x0,y0) ∈ V, sendo V = { (x,y) ∈ U | g(x,y) = 0 }, seja extremante local de f em V é que: ou

grad f (x0,y0) = λ·grad g(x0,y0)

∇f (x0,y0) = λ·∇g(x0,y0)

para algum λ real.

Lembrando da definição de gradiente que foi apresentada na Unidade 3, podemos escrever: ∂f ∂g =λ· ∂x ∂x ∂f ∂g =λ· ∂y ∂y

g(x,y) = 0

O número real λ que resolve o sistema de equações apresentado é o multiplicador de Lagrange. O método dos multiplicadores de Lagrange consiste em definir uma função L(x,y,λ) tal que L(x,y,λ) = f (x,y) – λ·∇g(x,y), ou ainda ∇L = 0: ∂L = 0  ∂L = 0  ∂L = 0. ∂x ∂y ∂λ Os pontos candidatos a extremos serão determinados a partir da análise dos pontos críticos da função L. Acompanhe os exemplos que aplicam este poderoso método.

Em tempo Observe que ao usar o Método dos Multiplicadores de Lagrange estamos transformando uma otimização com restrições em uma otimização sem restrições.

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Universidade do sul de santa catarina

Lagrange foi o primeiro a desenvolver os métodos atuais de obtenção do máximo e do mínimo. Tinha apenas 19 anos quando concebeu esses métodos, considerados por ele sua maior contribuição para a matemática. Uma das ferramentas teóricas e computacionais favoritas de Lagrange era a integral através das partes. Ele acreditava que as séries de Taylor tinham um papel fundamental na compreensão do cálculo.

Exemplos 1.  Determinar os pontos extremos da função z = xy 2 x2 y + = 1. sujeita à restrição 8 2 Este problema propõe a resolução da seguinte situação de otimização restrita: máx. z = xy

min. z = xy 2

s.a

x2 y + – 1= 0 8 2

s.a

2 x2 y + – 1= 0 8 2

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange precisamos definir a função L dada por:  x2 y2  L(x, y, λ ) = xy − λ ⋅  + − 1   8 2  O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e λ: ∂L λx =y− ∂x 4 ∂L = x − λy ∂y 2 ∂L −x 2 y = − +1 ∂λ 8 2

Igualando as derivadas a zero temos:  λx y − 4 = 0   x − λy = 0  2 2  −x − y + 1= 0 2  8

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Cálculo III   Unidade 4 Agora vamos resolver o sistema: λx =0 4  λ2   1− 4  ⋅ x = 0   x=0 y −λ⋅

 λ2  1− 4 

  = 0 ⇒ λ = ±2 

λx λ ⋅ 0 = = 0 e neste caso não podemos considerar, pois 4 4 não satisfaz a terceira equação do sistema. Se x = 0, então y =

Considerando λ = 2, temos que x = 2y e desta forma podemos escrever: 2 x2 y − + 1= 0 8 2 4y 2 y 2 − − + 1= 0 8 2 −y 2 + 1= 0 y = ±1

−

Assim, para y = ±1 vamos ter x = ±2. De forma similar, considerando λ = –2, temos que x = –2y e desta forma vamos obter os mesmos valores anteriores. Assim temos os seguintes valores que resolvem o sistema: (2,1,2), (–2,1–2), (2,–1,–2) e (–2,–1,2) são os pontos críticos da função L. Os pontos (2,1), (–2,1), (2,–1), (–2,–1) são pontos da função z = xy que satisfazem a restrição dada e, assim, pontos candidatos a extremos condicionantes da função z = xy. Por fim podemos substituir estes pontos na função z = xy para encontrar os valores extremos. Teremos o seguinte: (2,1): z = 2·1 = 2 (–2,1): z = –2·1 = –2 (2,–1): z = 2·(–1) = –2 (–2,–1): z = –2·(–1) = 2 Assim, x = –2 é o valor mínimo e z = 2 o valor máximo.

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unIverSIDADe Do Sul De SAntA cAtArInA 2. Determinar pontos de máximos da função f(x,y) = xy sujeita à condição Você sabia que as montanhas ao nosso redor são exemplos de pontos de máximos e mínimos de funções de várias variáveis? Ah, já sei! Você vai me dizer que sim! Mas acho que você não sabe que o ponto de máximo do nosso querido Brasil está exatamente no estado do Amazonas. Estou falando do Pico da Neblina, que tem 3014 metros de altitude.

x + 2y = 20. este problema propõe a resolução da seguinte situação de otimização restrita: máx.

f(x,y) = xy

usando o método dos multiplicadores de lagrange, definimos a função L: L(x,y,λ) = xy – λ·(x + 2y – 20) Igualando as derivadas parciais a zero temos:

∂L = y – λ = 0 ∂x ∂L = x – 2λ = 0 ∂y ∂L = – x – 2λ +20 = 0 ∂λ resolvendo este sistema encontramos os valores x = 10, y = 5, λ = 5. o ponto (10,5) pertence à restrição e, assim, é um ponto crítico. o método dos multiplicadores de lagrange não identifica se este ponto será um ponto máximo ou mínimo. para esta classificação, observe a Figura 4.8 para entender que o ponto (10,5) é um ponto de máximo e o valor máximo será dado por: f(10,5) = 10·5 = 50

Agora é a sua vez! Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição dada:

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1. f(x,y) = 3x + 4y

x2 + y2 = 1

2. f(x,y) = 49 –x2 – y2

x + 3y = 10

Síntese da Unidade

Ao finalizar a Unidade 4, você passa a contar com ferramentas que lhe auxiliarão na resolução de problemas que envolvem a otimização. As derivadas parciais que foram estudadas nesta disciplina, tanto aqui nesta unidade como na Unidade 3, propiciam uma análise da função de duas variáveis, em especial a análise dos pontos críticos. Obviamente o objetivo não foi esgotar o assunto, até porque as aplicações são inúmeras e não seria possível apresentá-las neste momento. Aliás, é importante que você tenha claro que este embasamento teórico é importante para o entendimento de diferentes contextos no momento da resolução de problemas. É muito comum um matemático ser consultado para auxiliar na resolução de problemas práticos, pois apesar de o especialista ter um conhecimento mais específico, muitas vezes não consegue aplicar definições, proposições e teoremas para que a solução seja encontrada.

155

Atividades de

auto-avaliação

1.  Determine os pontos críticos e classifique-os: 2

+ y2

a.  z = x2 + y2 – 6x – 2y +7

c.  g(x, y) = e x

b.  f(x,y) = 4xy – x4 – 2y2

d.  z = 4·x·sen (y) + 3

2.  Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição dada: a.  f(x,y) = xy

x2 + y2 = 8

b.  f(x,y) = x + 3y x2 + y2 = 10 c.  f(x,y) = 6x + y2 3x2 + y2 = 4

156

Cálculo III   Unidade 4

Saiba mais Para conhecer outras aplicações e outros problemas de otimização, você pode consultar o capítulo 11 do livro de George B. Thomas cuja referência é indicada abaixo: THOMAS, George B. Cálculo. v. 2. São Paulo: Pearson Addison Wesley, 2003.

157

Qual das duas torres está mais inclinada? Você consegue perceber que as duas fotos são exatamente iguais?

unIDADe 5

Foto premiada de autoria de Frederick Kingdom, Ali Yoonessi e elena Gheorghiu

InteGrAIS mÚltIplAS

Fonte http://illusioncontest.neuralcorrelate.com/, acesso em 14 de junho de 2007)

Objetivos de Aprendizagem  calcular integrais duplas e triplas.  visualizar as aplicações de cálculo de áreas e volumes.  trabalhar com diferentes sistemas de coordenadas.

Plano de estudo da unidade Seção 1 Seção 2 Seção 3 Seção 4 Seção 5

Definição e cálculo da integral dupla . . . . . . . . . . cálculo de volumes e áreas usando integrais duplas Definição e cálculo das integrais triplas . . . . . . . . cálculo de volumes usando integrais triplas . . . . . mudança de variáveis nas integrais duplas e triplas .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

163 177 186 193 196

Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

159

Para início de conversa

Nesta quinta unidade você vai lidar com a generalização do processo de integração. Terá a oportunidade de verificar que uma integral dupla ou tripla será reescrita na forma de uma integral iterada e dessa forma vamos recair num processo de cálculo já conhecido da disciplina Cálculo II. As aplicações serão discutidas e você deverá constatar as potencialidades desse novo objeto matemático para calcular áreas, volumes e outras aplicações físicas. Não esqueça que é muito importante para o seu processo de ensino-aprendizagem analisar detalhadamente o passo-a-passo dos cálculos. Você vai precisar revisar o cálculo de integrais de funções de uma variável, sempre que ficar em dúvidas sobre os métodos em uso. A tutoria da disciplina também ficará atenta para a necessidade de revisar, mas não esqueça de que essa revisão depende da sua efetiva participação.

161

Universidade do sul de santa catarina

Outro detalhe muito importante são as diferentes representações que serão usadas no decorrer desta unidade. Em especial, lembrese da importância de usar um software para fazer os gráficos. Veja a mensagem da nossa auxiliar no contexto do uso de softwares! Bom trabalho para todos!

Temos três softwares comerciais que facilitam a confecção de gráficos no contexto tridimensional. São eles: Derive, Maple e Mathematica. Mas sabemos que o uso de software livre sempre é a nossa primeira opção por razões que vocês conhecem melhor do que eu. Destaco: Graph e Winplot. O Graph é indicado para regiões planas e o Winplot pelas suas potencialidades de gráficos de funções de duas variáveis. Bem, estamos lá no EVA para dar todas as dicas!

162

Cálculo III   Unidade 5

SEÇÃO 1

Definição e cálculo da integral dupla

Nesta seção você terá a oportunidade de analisar o processo de integração para as funções de duas variáveis. Este processo prevê a análise da projeção da função sobre um dos planos coordenados, pois a partir daí é possível definir os limites de integração, os quais permitem olhar as integrais duplas em dois estágios, sendo que cada estágio recai na solução de uma integral simples já discutido no Cálculo II. Definição

Vamos considerar uma função z = f (x,y) definida numa região fechada e limitada do plano xy, como mostra a Figura 5.1.

Figura 5.1  Função z = f(x,y) e sua região de integração

163

Universidade do sul de santa catarina

Vamos denotar por R a região fechada e limitada do plano xy, obtida pela projeção da superfície da função sobre o plano (Ver Figura 5.2). Traçando retas paralelas aos eixos x e y, recobrimos a região R por pequenos retângulos.

Figura 5.2  Retângulos Rk contidos no domínio de f.

Consideremos somente os retângulos Rk que estão totalmente contidos em R, numerando-os de 1 até n. Em cada retângulo Rk, escolhemos um ponto (xk,yk) e formamos a soma n

∑

f ( x k , y k )∆Ak ,

k =1

(1)

sendo que ∆Ak = ∆xk·∆yk é a área do retângulo Rk. Imagine que mais retas sejam traçadas tornando os retângulos cada vez menores. Fazemos isso de tal maneira que a diagonal máxima dos retângulos Rk tende a zero quando n tende ao infinito. Se n

lim ∑ f ( x k , y k )∆Ak ,

n →∞

k =1

existe, ele é chamado integral dupla de f (x,y) sobre a região R. Usamos a notação

∫∫ R

f ( x , y )dA ou

∫∫ R

f ( x , y )dxdy .

A região R é denominada região de integração. 164

(2)

Cálculo III   Unidade 5

A soma (1) é chamada uma soma de Riemann de z = f(x,y) sobre a região de integração R. O limite (2) deve ser independente da escolha das retas que subdividem a região R e dos pontos (xk,yk) tomados nos retângulos Rk. A sua existência depende da função z = f(x,y) e também da região R. Em nosso estudo, vamos supor que o contorno da região R é formado por um número finito de arcos de curvas “suaves”, isto é, de arcos de curvas que não contêm pontos angulosos. Nesse caso, se f é contínua sobre R, temos a garantia da existência da integral dupla.

Propriedades das integrais duplas Ao olhar para a expressão (2) podemos afirmar que o cálculo das integrais duplas usando a definição é um processo bastante trabalhoso. Assim, o uso das propriedades e de outros teoremas vai ser essencial para facilitar os cálculos. Vamos supor que a região de integração R tem uma fronteira formada por um número finito de arcos de curvas suaves e as funções f (x,y) e g(x,y) são contínuas sobre a região R. Assim, temos a garantia da existência das integrais duplas envolvidas. Proposição

a) ∫∫ k f (x,y)dA = k ∫∫ f (x,y)dA, para todo k real. R

R

b) ∫∫ [f (x,y) + g(x,y)]dA = R

∫∫ f (x,y)dA + ∫∫ g(x,y)dA R

c) Se f (x,y) ≥ g(x,y), para todo (x,y) ∈ R, então ∫∫ f (x,y)dA ≥ ∫∫ g(x,y)dA R

R

R

d) Se f (x,y) ≥ 0 para todo (x,y) pertencente à região R, então ∫∫ f (x,y)dA ≥ 0 R

e) Se a região R é composta de duas sub-regiões R1 e R2 que não têm pontos em comum, exceto possivelmente os pontos de suas fronteiras, então ∫∫ f ( x , y )dA = ∫∫ f ( x , y )dA + ∫∫ f ( x , y )dA . R

R1

R2

165

Universidade do sul de santa catarina

Para provar essas propriedades, usamos a definição da integral dupla e propriedades de limites. Veja como é simples! Vamos provar o item (b)

∫∫ [f ( x , y ) + g( x , y )]dA = ∫∫ f ( x , y )dA + ∫∫ g( x , y )dA R

R

R

Vamos supor que as integrais existem.

∫∫ f ( x , y )dA e ∫∫ g( x , y )dA R

R

Portanto, existem, respectivamente, os limites: n

n

lim ∑ f ( x k , y k )∆Ak e lim ∑ g( x k , y k )∆Ak .

n →∞

k =1

n →∞

k =1

Escrevemos: n

∫∫ [f ( x , y ) + g( x , y )]dA = lim ∑ [f (x k , y k ) + g(x k , y k )]∆Ak n →∞

R

k =1 n

n

= lim ∑ f ( x k , y k )∆Ak + lim ∑ g( x k , y k )∆Ak n →∞

n →∞

k =1

k =1

= ∫∫ f ( x , y )dA + ∫∫ g( x , y )dA R

R

Como vamos aplicar essas propriedades? Como vamos calcular as integrais duplas? Para discutir o Cálculo das Integrais Duplas, organizaremos as idéias fazendo a análise a partir da forma da região de integração. Vamos basicamente ter dois tipos de região de integração: ƒƒ ƒƒ

Tipo I - retangulares (ver, por exemplo, a Figura 5.3); Tipo II - com formatos geométricos que envolvem diversas funções (ver, por exemplo, a Figura 5.4).

Figura 5.3  Região do tipo I

166

Figura 5.4  Região do tipo II

Cálculo III   Unidade 5

Quando temos uma região de integração definida por um conjunto de funções que se interceptam, vamos trabalhar com duas diferentes representações conforme a sua forma. Observe bem a Figura 5.5 itens (a) e (b). Veja que elas podem ser descritas algebricamente por desigualdades, identificadas em um dos seguintes tipos: Tipo II.1: 

 f 1 ( x ) ≤ y ≤ f 2 (x ) , com f1(x) e f2(x) contínuas em [a,b];  a ≤ x ≤ b  Tipo II.2:

 g 1 ( y ) ≤ x ≤ g 2 ( y ) , com g1(y) e g2(y) contínuas em [c,d].  c ≤ y ≤ d 

Figura 5.5  Regiões do tipo II

O cálculo da integral vai ser feito como um processo de iteração. Vamos resolver uma integração e depois resolver a outra. Para fazer isto é necessário traduzir a forma geométrica em um dos tipos acima e reescrever a integral. Veja no quadro I a formatação dessa nova representação.

Em tempo Observe que esse processo iterado nos leva a terminologia integral iterada.

167

Universidade do sul de santa catarina

Quadro I  Diferentes representações da região de integração Tipos

Representação algébrica da região de integração

Figura de referência (exemplo)

Integral iterada d

I

 a ≤ x ≤ b   c ≤ y ≤ d

∫ Figura 5.3

c

b

∫ a

II.1

 f 1 ( x ) ≤ y ≤ f 2 (x )   a ≤ x ≤ b

II.2

 g 1 ( y ) ≤ x ≤ g 2 ( y )   c ≤ y ≤ d

Em tempo Para identificar a representação algébrica a partir de uma representação gráfica, basta você fazer uma boa leitura do gráfico. No caso II.1, por exemplo, o x varia de um valor constante a até outro valor constante b, portanto a integração em x deve ser a última. Para estabelecer a variação de y basta você imaginar uma varredura na região do sentido negativo para o positivo no eixo dos y (trace retas para ajudar na visualização).

Em tempo A resolução das integrais que compõem a integral iterada vai ser realizada usando-se todas as propriedades e teoremas do Cálculo II. Se for necessário retorne lá para revisar!

168

Figura 5.5 (a)

Figura 5.5(b)

b

∫ a

d

∫ c

b   ∫ f ( x , y )dx  dy ou a  d    ∫ f ( x , y )dy  dx c   f 2 (x )   ∫ f ( x , y )dy  dx  f 1 ( x )   g2 ( y )   ∫ f ( x , y )dx  dy  g1 ( y ) 

Observe na última coluna do Quadro I que os colchetes já indicam como será o processo iterativo. Em geral, os colchetes poderão ser dispensados, ficando sempre subentendidos. É importante verificar que estamos realizando o cálculo da integral em duas etapas, no momento que integramos em relação a x o y é considerado constante e no momento que integramos em relação a y, o x é considerado constante. Vamos lá? Agora é “mão de obra” para formalizar o cálculo das integrais duplas. Lembre-se de que é um passo-a-passo: 1. Formalize a representação gráfica da região de integração; 2. Identifique em que tipo está enquadrada. Lembre-se de que a região pode ficar enquadrada em mais de um tipo e neste caso você deverá fazer uma escolha; 3. Formalize a representação algébrica; 4. Formalize a escrita da integral iterada; 5. Calcule a integral que está dentro dos colchetes; 6. Coloque o resultado obtido dentro da nova integral que deve ser resolvida para obter o resultado final.

Cálculo III   Unidade 5

Exemplos 2 5

1. Calcular a integral

∫ ∫ (2x + y)dxdy . 1 3

Observe que neste caso já temos a integral iterada apresentada. Assim, vamos iniciar nossa caminhada. Neste exemplo já estamos com a caminhada avançada, pois já estamos na etapa (4) do nosso passo-a-passo. Não estamos visualizando os colchetes, mas sabemos onde eles estão. Veja: 2 5  (2x y)dxdy + = ∫1 ∫3 ∫1  ∫3 (2x + y)dx  dy 2 5

Vamos calcular a integral que está dentro dos colchetes 5

5

5

3

3

3

∫ (2x + y)dx = 2∫ xdx + y ∫ dx = 2

x2 + xy 2

5 3

= (25 + 5y) − (9 + 3y) = 16 + 2y Usamos no cálculo o raciocínio da integral simples do cálculo II e estamos integrando em x, portanto a variável y neste momento é considerada uma constante. Para finalizar o nosso passo-a-passo vamos colocar o resultado na integral seguinte para encontrar o resultado final. Temos: 2

y2 (16 2y)dy 16y 2 + = + ∫1 2

2

= (16 ⋅ 2 + 4) − (16 + 1) = 32 + 4 − 16 − 1 = 19. 1

Portanto, 2 5

∫ ∫ (2x + y)dxdy = 19. 1 3

169

Universidade do sul de santa catarina 2. Calcular a integral dupla da função f(x,y) = 2x2y na região de integração definida na Figura 5.6. Já temos a região de integração formatada graficamente. Vamos então para a etapa (2), identificando o tipo de região. Numa rápida inspeção verificamos na Figura 5.6 que a nossa região é retangular, portanto, do tipo I. Figura 5.6  Região de integração

Seguindo o passo-a-passo vamos descrever algebricamente a região R como  2≤x≤4   −1≤ y ≤ 3 Assim, temos 3 4 2  2 x ydxdy 2 =  ∫ x ydx  dy ∫ ∫ −1 2 −1  2  3 4

2 ∫∫ 2x ydxdy = 2 ∫ R

Resolvendo a integral dentro dos colchetes temos: 4

4

x3 x ydx y x dx y = = ∫2 ∫2 3 2

4

=y

2

2

43 23 56 y. −y = 3 4 3

Colocando o resultado encontrado na outra integral vamos ter: 2 3

3

56 56 y 2∫ ydy = 2 ⋅ ⋅ 3 3 2 −1 Dessa forma

∫∫ 2x ydxdy = 2

R

170

−1

= 2⋅

448 . 3

28 2 28 224 448 . ⋅ 3 − ⋅ ( −1)2 = 2 ⋅ = 3 3 3 3

Cálculo III   Unidade 5 3. Calcular a integral I =

∫∫ (x + 2y)dA R

sendo R é a região limitada por y = x2 e y = 2x. A região de integração pode ser visualizada na Figura 5.7.

Em tempo Não esqueça que: dA = dxdy.

Figura 5.7  Região delimitada por y = x2 e y = 2x

É fácil visualizar que a região R pode ser enquadrada nos dois tipos II.1 e II.2. Veja: y  x 2 ≤ y ≤ 2x  ≤x≤ y R: ou R:  2  0≤x≤2  0 ≤ y ≤ 4 Observe a varredura da região. Por exemplo, na descrição do tipo II.1 coloque retas percorrendo a região no sentido de baixo para cima (do negativo para o positivo no eixo dos y) e constate que as retas cortam inicialmente a função y = x2 para posteriormente cortarem a função y = 2x (ver Figura 5.7). Assim, a integral dada pode ser calculada de duas maneiras. Para exemplificar e confirmar a equivalência dos cálculos, vamos desenvolver usando as duas, mas deve ficar claro para você que não é necessário resolver duas vezes.

1a maneira: Região do tipo II.1.  x 2 ≤ y ≤ 2x Neste caso vamos escrever R :  ,  0≤x≤2 portanto a nossa primeira integral vai ser resolvida em relação a y, considerando-se x constante. 2  2x  (x 2y)dA + = ∫∫R ∫0  ∫2 (x + 2y)dy  dx x 

171

Universidade do sul de santa catarina Resolvendo a integral dentro dos colchetes temos: 2x

∫

x2

2x

 y2  (x + 2y)dy =  xy + 2  = (x ⋅ 2x + 4x 2 ) − (x ⋅ x 2 + x 4 ) = 6x 2 − x 3 − x 4 2  x2 

Resolvendo a segunda integral temos: 2

2

x3 x 4 x5 (6x x x )dx 6 − − = − − ∫0 3 4 5 2

3

= 2 ⋅ 23 −

4

0

2 4 25 32 28 − = 16 − 4 − = 4 5 5 5

2a maneira: Região do tipo II.2. y  ≤x≤ y Neste caso vamos escrever R:  2 ,  0 ≤ y ≤ 4 portanto a nossa primeira integral vai ser resolvida em relação a x, considerando-se y constante. 4  (x 27)dA + = ∫∫R ∫0  

y



y 2



∫ (x + 2y)dx  dy

Resolvendo a integral dentro dos colchetes temos: y

∫ y 2

x2 (x + 2y)dx = + 2yx 2 =

y y 2

 ( y )2   (y 2)2 y = + 2y y  −  + 2y ⋅  2  2   2

3 1 1 y + 2y 2 − y 2 − y 2 2 8

Resolvendo a segunda integral temos: 4

1

∫  2 y + 2y 0

Em tempo Observe que, nesse exemplo, as duas maneiras envolvem praticamente os mesmos cálculos. Em alguns casos, uma boa escolha da ordem de integração pode simplificar bastante o trabalho.

172

3 2

−

4

5 2

y 1 2 2 1 y 9 y y − y  dy = ⋅ + 2 ⋅ − ⋅ 8 2 2 52 8 3  2

=

1 2 4 25 3 3 y + y − y 4 5 8

3 0

4 0

1 4 3  =  42 + 4 − 43  − 0 5 8 4  128 28 . =4+ − 24 = 5 5 5 2

Cálculo III   Unidade 5 4. Calcular I =

∫∫ x cos (2xy)dA , R

sendo R o retângulo de vértices (0, π2 ), (1, π2 ), (1,π) e (0,π).

Acompanhe o nosso passo-a-passo da resolução A representação gráfica da região de integração pode ser visualizada na Figura 5.8. Trata-se de uma região do tipo I retangular.

Figura 5.8  Região retangular

Sua representação algébrica é dada por  0 ≤ x ≤1  R:π  2 ≤ y ≤ π Portanto, podemos escrever a integral iterada: π 1

I = ∫ ∫ x cos(2xy)dxdy

(3)

π 0 2

ou 1 π

I = ∫ ∫ x cos(2xy)dydx

(4)

0 π 2

Observe que não usamos os colchetes, mas eles estão subentendidos. Veja que agora precisamos escolher entre (3) e (4) para fazer a resolução. Com um pouco de experiência, realizamos uma investigação para descobrir qual delas pode otimizar o nosso trabalho. Se usarmos (3) vai recair em uma integral por partes e se usarmos (4) em uma substituição simples. Dessa forma o mais conveniente é usar (4), fazendo primeiro a integração em relação a y, considerando x como uma constante.

173

Universidade do sul de santa catarina A seguir vamos desenvolver o cálculo sem fazer a retirada da primeira integral. Observe que não mudamos o processo, mudamos apenas a maneira de escrever os resultados. Em tempo Para calcular a integral ∫x cos (2xy)dy, usamos a substituição u = 2xy e du = 2xdy. Assim, ∫x cos (2xy)dy = 1/2∫cos u du = 1/2sen u = 1/2sen (2xy) + C. Se você está com dúvidas revise os métodos de integração do Cálculo II.

1 π 1 π  I = ∫ ∫ x cos(2xy)dydx = ∫  ∫ x cos(2xy)dy  dx 0 π 0 π  2 2  1

=∫ 0

1 sen(2xy) 2

π π 2

1

1 1 dx = ∫  sen(2πx) − sen( πx)  dx  2  2 0 1

1 1 1 cos(2πx) − cos( πx)    0 2  2π π 1 1 1 1 1 1 = − ( cos 2π − cos π) + ( cos 0 − cos 0) 2 2π 2 2π π π 1 1 1 1 1 1 1 = − ( − ( −1)) + ( − ) = − . 2 2π π 2 2π π π =−

Observe que neste exemplo podemos resolver usando qualquer ordem de integração, mas em alguns casos a função obtida não admite primitiva. Veja o exemplo que segue. 1 1

5. Calcular a integral I = ∫ ∫ e y dydx . 2

0 x

Nesse caso, não é possível calcular a integral com a ordem de integração 2

dada, pois a função f(y) = e y não possui primitiva entre as funções elementares do Cálculo. Assim vamos fazer a inversão da ordem de integração para verificar a viabilidade de solução desta integral. Vamos descrever inicialmente a região de integração graficamente e analiticamente em acordo com os três passos iniciais do nosso passo-a-passo. Na Figura 5.9 temos a região de integração R. Algebricamente temos:  x ≤ y ≤1 R: 0 ≤ x ≤1 Figura 5.9  Região de integração R

174

Cálculo III   Unidade 5 Observe que R também é uma região do Tipo II.2, podendo ser descrita por 0 ≤ x ≤ y R:  0 ≤ y ≤1 Temos: 1 1 1  y y2   1 y2  2 y I = ∫  ∫ e dy  dx = ∫  ∫ e dx  dy = ∫  e y2 x 0  dy = ∫ e y ydy 0 x 0 0 0 0   1

=

1 y2 e 2

1 0

=

1 [e − 1]. 2

Vamos ter a necessidade de fazer partições na região de integração? É possível que em alguns casos tenhamos que fazer partições na região de integração dada. Temos como ferramenta de cálculo a propriedade (e) que foi enunciada na proposição das propriedades das integrais duplas listadas nesta seção. Observe por exemplo a região de integração triangular da Figura 5.10. Verifique que uma maneira para descrever algebricamente toda a região triangular é particionar em duas regiões:

Figura 5.10  Região de integração triangular do tipo II

 1 x ≤ y ≤ 3x  1 x ≤ y ≤ −x + 4 3  R1 :  e R2 :  3 0 ≤ x ≤ 1 1 ≤ x ≤ 3  

175

Universidade do sul de santa catarina

Agora é a sua vez! 4 3

1. Calcule

∫ ∫ (18 − 3x − 2y)dxdy. 0 0

1 1

2. Calcule

∫ ∫ (x + y)dydx e descreva graficamente e analiticamente a região 0 x

de integração.

3.  Determine os limites de integração da integral

∫∫ f(x, y)dxdy

sendo S a

S

região limitada pela hipérbole y – x = 1 e pelas retas x = 2 e x = –2. 2

2

4.  Inverta a ordem de integração e verifique qual a melhor maneira para 1 3x + 2

calcular a integral

∫ ∫

−2 x 2 + 4 x

176

dydx .

Cálculo III   Unidade 5

SEÇÃO 2

Cálculo de volumes e áreas usando integrais duplas

Nesta seção vamos discutir exemplos específicos da aplicação das integrais duplas no cálculo de volumes e áreas.

É possível interpretar geometricamente a integral dupla? Quando z = f (x,y) ≥ 0, a integral dupla pode ser interpretada como um volume. Isto poderá ser observado nas considerações que seguem. Vamos supor que z = f (x,y) ≥ 0 sobre a região R. A expressão f (xk,yk)∆Ak, definida em (2) na seção 1, representa o volume de um prisma reto, cuja base é o retângulo Rk e cuja altura é zk = f (xk,yk) (Ver Figura 5.11).

177

Universidade do sul de santa catarina

Figura 5.11  Prisma reto

n

A soma de Riemann ∑ f (xk , yk )∆Ak representa uma aproximação k =1 do volume da porção do espaço compreendida abaixo do gráfico de z = f (x,y) e acima da região R do plano xy. Nas Figuras 5.12 (a) e (b) temos um exemplo com k variando de 1 a 9 e k variando de 1 a 121, respectivamente.

Figura 5.12  Volumes aproximados

Assim, a integral V=

∫∫ R

f ( x , y )dxdy

(1)

representa o volume do sólido delimitado superiormente pelo gráfico de z = f (x,y), inferiormente pela região R e lateralmente pelo “cilindro” vertical cuja base é o contorno de R. Na Figura 5.13 temos um exemplo genérico que mostra claramente a função, a região de integração e o cilindro que contorna a região de integração. 178

Cálculo III   Unidade 5

Na Figura 5.14 temos o sólido gerador dos volumes aproximados das Figuras 5.12.

Figura 5.14  Função z = 9 – z2 – y2 no 1o octante

Figura 5.13  Volume exato

Exemplos 1. Calcular o volume do sólido delimitado por z = 1 – 2x – 3y e os planos coordenados. A Figura 5.15 mostra o sólido.

Figura 5.15  Gráfico de z = 1 – 2x – 3y

Podemos observar que z = 1 – 2x – 3y representa um plano que ao ser delimitado pelos planos coordenados forma um sólido com base triangular. Para estabelecer a região de integração vamos montar a representação gráfica da base triangular (ver Figura 5.16). Para tal basta lembrar que o triângulo está 1

1

definido pelos pontos (0,0,0); ( 2 ,0,0) e (0, 3 ,0).

179

Universidade do sul de santa catarina Para obter esses pontos basta considerar o plano na sua forma implícita, z + 2x + 3y – 1 = 0 e encontrar o valor de: ƒƒ

x fazendo z e y iguais a zero;

ƒƒ

y fazendo x e z iguais a zero.

A reta que delimita o triângulo é obtida usando-se os pontos do plano xy ou z = 0, veja: Figura 5.16  Região de integração do exemplo 1

z + 2x + 3y − 1 = 0 0 + 2x + 3y − 1 = 0 3y = 1− 2x 1 2 y= − x 3 3 A região é do tipo II e pode ser descrita de duas maneiras: 0 ≤ y ≤ 1 − 2 x 0 ≤ x ≤ 1 − 3 y   3 3 2 2 ou   0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 3 2   Podemos escolher uma dessas maneiras para calcular a integral que vai nos dar o volume do sólido. 1 1− 3y 3 2

V=∫ 0

∫ 0

1 3

2x 2 (1− 2x − 3y)dxdy = ∫ x − − 3yx 2 0

1− 3y 2 0

1 3

dy = ∫ 0

(3y − 1)2 dy 4

1 V= unidades de volume. 36 2.  Determinar o volume do sólido cuja base é a região do plano xy delimitada pela parábola y = 4 – x2 e pela reta y = 3x e cuja parte superior é o plano z = x + 4. Com este enunciado, não precisamos formatar o gráfico do sólido, pois basta imaginá-lo a partir da sua descrição e lembrando que a função f(x,y) da integral apresentada em (1) desta seção representa a superfície que delimita su-

180

Cálculo III   Unidade 5 periormente o sólido. A região de integração está bem definida pela parábola y = 4 – x2 e pela reta y = 3x (ver Figura 5.17).

Figura 5.17  Região de integração delimitada por y = 4 – x2 e y = 3x

 3x ≤ y ≤ 4 − x 2 Assim, a região de integração pode ser descrita como   −4 ≤ x ≤ 1 e o volume é dado por V=

1 4 − x2

∫ ∫

−4

=

1

∫

(x + 4)dydx =

1

∫ (x + 4)y

−4

3x

[(x + 4)(4 − x 2 ) − (x + 4)3x]dx =

−4

=−

4 − x2

dx

3x 1

∫ ( −x

3

− 7x 2 − 8x + 16)dx

−4 4

3

2

x x x − 7 ⋅ − 8 ⋅ + 16x 4 3 2

1

−4

 1   ( −4)4  1 1 ( −4)3 ( −4)2 =  − − 7 − 8 + 16 ⋅1  −  − −7 −8 + 16 ⋅ ( −4)  4 3 2 4 3 2     113 128 625 . = + = 12 3 12 4

3

2

Lembre-se de que alguns sólidos são bastante elaborados e a sua representação gráfica com um bom visual usando os recursos de desenho ou de um software, podem tornar-se uma verdadeira obra de arte. Um recurso interessante existente em alguns softwares é o giro do gráfico, pois facilita a visualização da sua forma em diferentes posições. Bem, diante dessa complexidade gráfica, você pode exercitar a sua imaginação para visualizar mentalmente o sólido, fazendo somente a representação plana da sua base, ok? Vamos seguir em frente!

181

Universidade do sul de santa catarina

Agora é a sua vez! 1. Calcule o volume do sólido delimitado pela superfície z = x2 e pelos planos x = 2, y = 3 e z = 0. 2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente por z = 3x + y, tendo como a base a região delimitada por R = { (x,y) | 3 ≤ x ≤ 5 ; 1 ≤ y ≤ 2 }.

Podemos calcular área de superfícies planas usando as integrais duplas? Se na expressão (1) fazemos f (x,y) = 1, obtemos

∫∫ dA R

(2)

que nos dá a área da região de integração R. Se temos uma região R do Tipo II.1, como a base do sólido do exemplo 2 (ver Figura 5.17), podemos descrever a região R como:  f 1 ( x ) ≤ y ≤ f 2 (x )   a ≤ x ≤ b e a integral  f 2 (x )  A = ∫  ∫ dy  dx a   f 1 ( x )  b

(3)

vai nos dar a área da região de integração R. Ao resolver a integral vamos chegar em uma diferença de integrais definidas que nos remetem para o que foi discutido no Cálculo II, na seção 3 da Unidade 2.

182

Cálculo III   Unidade 5

Veja: b f 2 (x )

A = ∫∫ dA = ∫ R

∫

a f1(x )

b

dydx = ∫ y a

f 2 (x ) f1(x )

b

dx = ∫ ( f 2 ( x ) − f 1 ( x ))dx a

De forma similar podemos obter  g2 ( y )  A = ∫  ∫ dx  dy c   g1 ( y )  d

(4)

quando a região é do tipo II.2.

Exemplos 1. Calcular a área da região R delimitada por x = y2 + 2 e y =

1 5 x− . 2 2

A região R pode ser visualizada na Figura 5.18 e é do tipo II.2 e pode ser descrita como:  y 2 + 2 ≤ x ≤ 2y + 5 R:  −1≤ y ≤ 3

Figura 5.18  Região delimitada por x = y2 + 2 e y =

1 5 x− 2 2

183

Universidade do sul de santa catarina Aplicando (4), podemos escrever: 3  2y + 5 3  A = ∫  ∫ dx  dy = ∫ x −1  −1  y2 + 2  3

2y + 5 y2 +2

= ∫ ( − y 2 + 2y + 3)dy = − −1

3

dy = ∫ [(2y + 5) − (y 2 + 2)]dy −1

y3 y2 + 2 + 3y 3 2

3

−1

 3   ( −1)  3 ( −1)2 =  − + 2 + 3⋅3  −  − +2 + 3 ⋅ ( −1)  3 2 3 2     32 unidades de área. = 3 3

2

3

2. Calcular a área da região apresentada na Figura 5.19, delimitada por uma parábola e por dois segmentos de reta.

Figura 5.19  Região delimitada por uma parábola e dois segmentos de reta

Ao analisar a Figura 5.19, podemos afirmar que a região é do tipo II e que Em tempo Para achar a equação da reta que passa por dois pontos podemos usar: x − x1 y − y1 = . x2 − x1 y2 − y1

No exemplo da Figura 5.19 temos um dos segmentos determinado pelos pontos (1,5;1,75) e (3,0). Basta fazer os cálculos para achar: 7 7 y = − x. 2 6

184

precisamos fazer uma partição para descrevê-la. Vamos optar pelo traçado do segmento em x = 3. Assim temos:  7 − 7 x ≤ y ≤ (1− x)(x − 5)  3x − 9 ≤ y ≤ (1− x)(x − 5)  R1 :  2 6 e R2 :  3 ≤ x ≤ 4  1, 5 ≤ x ≤ 3 Observe que foi necessário encontrar as expressões matemáticas dos segmentos. Para tal podemos usar o cálculo da equação da reta, já discutido em disciplinas anteriores (Cálculo I, Cálculo II e Geometria Analítica).

Cálculo III   Unidade 5 Assim, o cálculo da área da Figura 5.19 é obtida fazendo-se: A = ∫∫ dydx + ∫∫ dxdy R1

=

R2

3 (1− x )( x − 5)

∫

∫

7 7 − x 2 6

1,5

=

3

∫

1,5

=

−

4 (1− x )( x − 5)

dydx + ∫ 3

∫

dydx

3x − 9 4

6x 2 − 43x + 52 dx + ∫ ( −x 2 + 3x + 4)dx 6 3

57 13 275 + = unidades de área. 16 6 48

Agora é a sua vez! Usando integrais duplas, calcule a área da região delimitada por: a.  y = 5 – x2 e y =

2 10 x+ . 3 3

b.  y = ex ; y = 3 – x e os eixos coordenados.

Nas seções que seguem vamos desenvolver as integrais triplas e observar que podemos utilizá-las para calcular volumes em situações de grande complexidade na formação dos sólidos.

185

Universidade do sul de santa catarina

SEÇÃO 3

Definição e cálculo das integrais triplas

Nas integrais triplas, a função integrando é uma função de três variáveis w = f (x,y,z) definida sobre uma região T do espaço tridimensional. Vamos constatar que as idéias são idênticas às já discutidas nas seções anteriores. Definição

Seja w = f (x,y,z) uma função definida e contínua numa região fechada e limitada T do espaço. Subdividimos T em pequenas sub-regiões traçando planos paralelos aos planos coordenados (ver Figura 5.20).

186

Figura 5.20  Região T fechada e limitada de IR3

Cálculo III   Unidade 5

Numeramos os paralelepípedos no interior de T de 1 até n. Em cada um dos paralelepípedos Tk, escolhemos um ponto arbitrário (xk,yk,zk) e formamos a soma n

∑ k =1

f ( x k , y k , zk )∆Vk

(1)

sendo que ∆Vk é o volume do paralelepípedo Tk. Vamos fazer isso de maneira arbitrária, mas de tal forma que a maior aresta dos paralelepípedos Tk tenda a zero quando n → ∞ Se o limite n

lim ∑ f ( x k , y k , zk )∆Vk

n →∞

k =1

existir, é chamado integral tripla da função f (x,y,z) sobre a região T e representamos por

∫∫∫ T

fdV ou

∫∫∫ T

f ( x , y , z )dxdydz

Em tempo Observe que agora a região de integração é um sólido no espaço, ao passo que a região de integração da integral dupla é uma região no plano.

Propriedades das integrais triplas

Ao olhar para a expressão (1) podemos afirmar que o cálculo das integrais triplas usando a definição é um processo complexo. Assim, o uso das propriedades e a discussão já estabelecida no contexto da integral dupla vão ser essenciais para facilitar o processo. De forma análoga à integral dupla, temos: a) ∫∫∫ k f dV = k ∫∫∫ f dV . T

T

b) ∫∫∫ ( f 1 + f 2 )dV = ∫∫∫ f 1 dV + ∫∫∫ f 2 dV . T

T

T

c) ∫∫∫ f dV = ∫∫∫ f dV + ∫∫∫ f dV , sendo T = T1 ∪ T2. T

T1

T2

187

Universidade do sul de santa catarina

Como vamos calcular as integrais triplas? As integrais triplas podem ser calculadas de forma análoga às integrais duplas, por meio de integrais iteradas. Podemos inicialmente reduzir a integral tripla em uma integral dupla e a seguir usar toda a discussão da seção 1 relativa ao tipo da região de integração. Veja que a novidade está exatamente na transformação da integral tripla em uma integral dupla. A idéia básica está centrada no fato de que vamos projetar a nossa região de integração em um dos planos do sistema cartesiano. O quadro que segue apresenta as diferentes situações que podem acontecer. Para visualizar as representações gráficas das situações do Quadro II, basta fazer a projeção do sólido sobre um plano coordenado conveniente. As Figuras 5.21; 5.21 e 5.23 ilustram cada uma das situações. Com o processo descrito no Quadro II, estamos na prática transformando uma integral tripla em uma integral dupla. Assim, é possível usar todos os procedimentos discutidos nas seções anteriores. Os exemplos que seguem ilustram o cálculo da Integral Tripla.

Figura 5.21  Gráfico de S1

188

Figura 5.22  Gráfico de S2

Figura 5.23  Gráfico de S3

Cálculo III   Unidade 5

Quadro II  Situações para análise da Integral Tripla Situação

Descrição algébrica

S1: Região T é delimitada inferiormente pelo gráfico da função z = h1(x,y) e superiormente pelo gráfico de z = h2(x,y) sendo que h1 e h2 são funções contínuas sobre R1 do plano xy.

Neste caso h1 ≤ z ≤ h2 e R1 podem recair nos tipos I ou II definidos no quadro I da seção 1.

S2: A região T é delimitada à esquerda pelo gráfico de y = p1(x,y) e à direita pelo gráfico de y = p2(x,y), sendo que p1 e p2 são funções contínuas sobre R2 do plano xz.

Neste caso p1 ≤ y ≤ p2 e R2 podem recair nos tipos I ou II definidos no quadro I da seção 1.

S3: A região T é delimitada na parte de trás pelo gráfico da função x = q1(x,y) e na frente pelo gráfico de x = q2(x,y) sendo que q1 e q2 são funções contínuas sobre R3 do plano yz.

Neste caso q1 ≤ x ≤ q2 e R3 podem recair nos tipos I ou II definidos no quadro I da seção 1.

Integral Iterada

∫∫∫

 h2 ( x , y )  f dV = ∫∫  ∫ f ( x , y , z )dz  dxdy  h1 ( x , y ) R1  

∫∫∫

 p2 ( x , z )  f dV = ∫∫  ∫ f ( x , y , z )dy  dxdz  R2   p1 ( x , z )

∫∫∫

 q2 ( y , z )  f dV = ∫∫  ∫ f ( x , y , z )dx  dydz  R3   q1 ( y , z )

T

T

T

Exemplos 1. Calcular I = ∫∫∫ xdV , sendo T a região delimitada pelos planos coordenaT

dos e pelo plano 2x + y + z = 1. A região T é o tetraedro apresentado na Figura 5.24. Nesse caso, T se enquadra em qualquer uma das situações S1, S2 ou S3. Vamos resolver usando S1.

Figura 5.24  Tetraedro do exemplo 1

É fundamental responder três perguntas básicas: ƒƒ

Qual a função que delimita o sólido inferiormente?

ƒƒ

Qual a função que delimita o sólido superiormente?

ƒƒ

Qual a região do plano xy que representa a projeção do sólido?

189

Universidade do sul de santa catarina Neste exemplo a função que delimita o sólido inferiormente é z = 0, pois o sólido está com a sua base no próprio plano xy. Superiormente temos a funEm tempo Se o sólido é delimitado superiormente por mais de uma função vamos precisar particioná-lo e aplicar a propriedade (c) das integrais triplas.

ção z = 1 – 2x – y. A projeção do sólido no plano xy vai desenhar uma região que pode ser visualizada na Figura 5.25. Observe que para encontrar a equação da reta (corte) no plano xy basta fazer z = 0 na equação do plano z = 1 – 2x – y.

Figura 5.25  Projeção de 2x + y + z = 1 sobre xy

A partir desta identificação podemos escrever a integral iterada:  1−2x − y  I = ∫∫∫ xdV = ∫∫  ∫ xdz  dxdy  0 T R1   Como a região R1, apresentada na Figura 5.25, é do tipo II (ver quadro I da seção 1) temos: 1 1   0 ≤ y ≤ 1− 2x 0 ≤ x ≤ − y 2 2 ou    0 ≤ x ≤ 0, 5  0 ≤ y ≤ 1 Já discutimos que podemos escolher uma das representações para formalizar o cálculo da integral. 0,5 1− 2x

∫∫∫ xdV = ∫ ∫ T

0

=

0

0,5 1− 2x

∫ ∫ 0

=

0,5 1− 2x

∫ ∫

0,5

∫ 0

=

0,5

190

0

0,5

∫ 0

1

dydx =

0,5 1− 2x

∫ ∫ 0

x(1− 2x − y)dydx

0

(x − 2x − xy)dydx = 2

0

0,5

∫ 0

y2 xy − 2x y − x 2

1− 2x

2

dx 0

 (1− 2x)2  2  x(1− 2x) − 2x (1− 2x) − x  dx 2   

∫  x − 2x 0

=

xz

1− 2x − y

0

0

=

 1−2x − y   ∫ xdz  dydx  0 

2

− 2x 2 −

1 x + 2x 2 − 2x 3 2

 dx  

4 3 2  2x 3 − 2x 2 + 1 x  dx = 2 x − 2 x + 1 ⋅ x   2  4 3 2 2 

0,5

0

∫ ∫

=

0

xz

1− 2x − y 0

dydx =

0

∫ ∫ 0

x(1− 2x − y)dydx

0

0,5 1− 2x 0,5 Cálculo III    Unidade 5 y2 = ∫ ∫ (x − 2x 2 − xy)dydx = ∫ xy − 2x 2 y − x 2 0 0 0

=

0,5

∫ 0

=

0,5



2

− 2x 2 −

0

=

∫ 0

=

dx 0

 (1− 2x)2  2  x(1− 2x) − 2x (1− 2x) − x  dx 2  

∫  x − 2x

0,5

1− 2x

1 x + 2x 2 − 2x 3 2

 dx  

4 3 2  2x 3 − 2x 2 + 1 x  dx = 2 x − 2 x + 1 ⋅ x   2  4 3 2 2 

0,5

0

1 . 96 5 2 4 − x2

2.  Analisar e resolver a integral iterada I = ∫

∫ ∫

0 −2

(x + y + z)dydxdz .

0

A integral dada é identificada como da situação S2, pois a projeção do sólido está no plano xz. O sólido T está descrito como delimitado pela calha y = 4 – x2; o plano y = 0 (plano xz); o plano z = 5 e o plano z = 0 (plano xy). Essa descrição pode ser representada algebricamente como:  0 ≤ y ≤ 4 − x2  T :  −2 ≤ x ≤ 2 0 ≤ z ≤ 5  Na Figura 5.26 tem-se a visualização gráfica da região tridimensional T. A projeção de T sobre o plano xz pode ser visualizada na Figura 5.27. Podemos constatar que é uma região do Tipo I (retangular).

Figura 5.26  Região T de integração

Podemos observar que existe simetria, dessa forma é possível reescrever a integral como 5 2 4 − x2

I = 2∫ ∫ 0 0

∫

(x + y + z)dydxdz.

0

191

Universidade do sul de santa catarina Observar que as simetrias podem facilitar os cálculos.

Figura 5.27  Projeção sobre o plano xz

Para finalizar temos o cálculo como já discutido nos exemplos anteriores: 5 2 4 − x2

I = 2∫ ∫ 0 0

∫ 0

5 2

y2 (x + y + z)dydxdz = 2 ∫ ∫ xy + + zy 2 0 −2

4 − x2

dxdz 0

5 2

  (4 − x 2 )2 = 2 ∫ ∫  x(4 − x 2 ) + + z(4 − x 2 )  dxdz 2  0 0  5 2

 x4  = 2∫ ∫  − x 3 − 4x 2 − x 2 z + 4x + 4z + 8  dxdz 2  0 0  5

= 2∫ 0

2

x5 x 4 x3 x3 x2 − −4 −z +4 + 4zx + 8x dz 10 4 3 3 2 0

5

 80z 2 188 80z 188  dz = 2  + = 2 ∫  +  15 15  15  30 0 

5

 656 z = . 3 0

Na seção seguinte vamos discutir o Cálculo de Volume usando as integrais triplas.

Agora é a sua vez! 1. Calcule

∫∫∫ dV , sendo T o sólido no primeiro octante delimitado pela T

calha x = 4 – y2 e pelos planos z = y, x = 0 e z = 0. 2. Calcule

∫∫∫ dV , sendo T o sólido cuja base é a região do plano xy delimiT

tada pela parábola y = 1 – x2 e pela reta y = 3x e cuja parte superior é o plano z = x + 2.

192

Cálculo III   Unidade 5

SEÇÃO 4

Cálculo de Volumes usando integrais triplas

Nesta seção vamos discutir as possibilidades de usar as integrais triplas para o cálculo de volumes de sólidos delimitados por funções de várias variáveis. Seja T um corpo ou sólido delimitado por uma região fechada e limitada no espaço. Para encontrar o volume desse corpo, vamos subdividir T por planos paralelos aos planos coordenados, como foi feito na Seção 3. Seja Tk um paralelepípedo genérico dessa subdivisão, com volume ∆Vk Um valor aproximado para o volume total do sólido é dado por n

Vaproximado = ∑ ∆Vk k =1

(1)

O volume exato do sólido é definido pelo limite da soma (1) quando n → ∞ e a maiorn aresta dos paralelepípedos Tk tende a zero. Ou seja, V = lim ∑ ∆Vk se o limite existir. n →∞

k =1

193

Universidade do sul de santa catarina

Observe que estamos diante da definição das integrais triplas, assim, escrevemos V = ∫∫∫ dV . T

O exemplo que segue ilustra o cálculo de volumes.

Exemplos Calcular o volume do sólido delimitado pelos planos y = 0, z = 0, y + z = 6 e pela calha z = 4 – x2. Na Figura 5.28 apresentamos a região T,mostrando as duas funções que delimitam o sólido superiormente: z = 4 – x2 (calha parabólica) e z = 6 – y (plano inclinado) . Podemos observar, nesse caso, que é conveniente projetarmos T sobre o plano xz, recaindo na situação S2 da seção anterior.

Figura 5.28  Gráficos das funções z = 4 – x2 e z = 6 – y

Na Figura 5.29 temos um esboço do tipo mais manual do sólido. Veja que ao projetarmos sobre o plano xz vamos obter uma região delimitada pela parábola e pelo eixo dos x (Ver Figura 5.30)

Figura 5.29  Esboço do sólido

194

Figura 5.30  Gráfico da projeção

Cálculo III   Unidade 5 Podemos assim estabelecer a integral que dá o cálculo do volume:  6−z  V = ∫∫  ∫ dy  dxdz = ∫∫ (6 − z)dxdz. R  0 R  A região R da integral dupla, visualizada na Figura 5.30, pode ser descrita como:  −2 ≤ x ≤ 2 R: 2 0 ≤ z ≤ 4 − x Portanto, 2  4 −x  z2 V = ∫  ∫ (6 − z)dz  dx = ∫ 6z − 2  0 −2  −2  2

2

4 − x2

dx 0

2

 (4 − x 2 )2  = ∫  6(4 − x 2 ) −  dx 2  −2  2

 x4  704 unidades de volume. =∫ − − 2x 2 + 16  dx = 4 15  −2  Observe que este sólido tem simetria, portanto poderíamos calcular a partir 2 2 4−x 6−z

da integral V = 2 ∫ 0

∫ ∫ 0

dydzdx e estaríamos encontrando o mesmo valor.

0

Agora é a sua vez! 1. Calcule o volume do sólido delimitado pelos planos x + 2y + z = 2; x = 2y; x = 0 e z = 0. 2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente pelo parabolóide z = x2 + y2, tendo como base a região do plano xy delimitada por x = y2 e y = x2.

195

Universidade do sul de santa catarina

SEÇÃO 5

Mudança de variáveis nas integrais duplas e triplas

Você deve ter percebido que não apresentamos exemplos nas seções anteriores com regiões de integração do tipo circular. De forma proposital isto não foi feito, pois vamos nesta seção apresentar a mudança de variáveis – um excelente recurso para facilitar os cálculos quando estamos diante de regiões circulares. A mudança de variáveis já foi utilizada para auxiliar nos métodos de integração no Cálculo II. Agora vamos analisar no contexto das integrais múltiplas. Para as integrais duplas, podemos utilizar um procedimento análogo. Vamos considerar que: x = x(u,v)  e  y = y(u,v)

(1)

Ao aplicar (1) em uma integral dupla estamos cientes de que a região de integração vai ficar estabelecida num novo plano. A região R do plano xy pode ser transformada numa região R' do plano uv.

196

Cálculo III   Unidade 5

Geometricamente, podemos dizer que as equações (1) definem uma aplicação ou transformação que faz corresponder pontos (u, v) do plano uv a pontos (x, y) do plano xy. Se a transformação leva pontos distintos de R' em pontos distintos de R, dizemos que ela é uma aplicação um por um. Nesse caso, a correspondência entre as regiões R e R' é bijetora, e podemos retornar de R para R' através da transformação inversa u = u(x,y)  e  v = v(x,y)

(2)

Considerando que as funções em (1) e (2) são contínuas, com derivadas parciais contínuas em R' e R, respectivamente, podemos estabelecer o seguinte resultado:

∫∫ R

f ( x , y )dxdy = ∫∫ f ( x(u , v ), y(u , v )) R′

∂( x , y ) dudv (3) ∂(u , v )

∂( x , y )

sendo que ∂(u, v ) é o Determinante Jacobiano de x e y em relação a u e v, dado por ∂x ∂( x , y ) ∂u = ∂(u , v ) ∂y ∂u

∂x ∂v . ∂y ∂v

Observe que uma discussão das condições gerais sob as quais a fórmula (3) é válida é bastante complexa, sendo própria de um curso de Análise Matemática. Por isso, não será apresentada neste texto.

Jacobi, ao lado de Cauchy, foi talvez o matemático que mais contribuiu para a teoria dos determinantes. Foi com ele que a palavra determinante recebeu aceitação final. Desde logo usou o determinante funcional que posteriormente Sylvester iria chamar de Jacobiano.

197

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dada por:

Em tempo A relação para as coordenadas polares é

x = r cos θ  e  y = r sen θ. Assim é possível calcular o Jacobiano: ∂x ∂x ∂ (x, y) ∂r ∂θ = ∂ (r, θ) ∂y ∂y ∂r ∂θ cos θ −r sen θ = sen θ r cos θ ∂ (x, y) =r ∂ (r, θ)

Podemos simplificar afirmando que se: ƒƒ

f é contínua;

ƒƒ

as regiões R e R' são formadas por um número finito de sub-regiões do Tipo I ou II;

ƒƒ

o jacobiano ∂(u, v ) ≠ 0 em R' ou se anula num número finito de pontos de R', temos a garantia da validade de (3).

∂( x , y )

A transformação mais utilizada é a mudança para coordenadas polares, já discutidas no Cálculo II. A expressão (3) fica:

∫∫ R

∂( x , y ) drd θ (4) ∂(r , θ)

f ( x , y )dxdy = ∫∫ f ( x(r , θ), y(r , θ)) R′

Exemplos 1. Calcular a integral

∫∫

x 2 + y 2 dxdy , sendo R a região circular da Figura 5.31.

R

A Figura 5.31 mostra uma região circular que pode ser representada por  0 ≤ y ≤ 4 − x 2 R:  0 ≤ x ≤ 2

Figura 5.31  Região circular de raio 2

Em coordenadas polares estamos diante da equação polar r = 2. Para identificar perfeitamente a transformação, basta lembrar a relação entre as coordenadas e observar que o ângulo θ, vai variar de zero a

π 2

e que para abranger

todos os pontos interiores da região precisamos varia o r de zero a dois (ver Figura 5.32).

198

Cálculo III   Unidade 5 Dessa forma a região R vai se transformar em uma nova região no plano rθ, descrita como: 0 ≤r ≤ 2  ′ R : π  0 ≤ θ ≤ 2 que é uma região retangular (ver Figura 5.33).

Figura 5.32  Relação entre as coordenadas

Figura 5.33  Região em rθ

Dessa forma, usando (4) temos

∫∫ R

π 2 2

x + y dxdy = ∫ ∫ r cos θ + r sen θ r dr dθ 2

2

2

2

2

2

0 0

Em tempo Não esqueça que: sen2 θ + cos2 θ = 1.

Simplificando e resolvendo vem

∫∫ R

π 2 2

π 2

x 2 + y 2 dxdy = ∫ ∫ r 2 dr dθ = ∫ 0 0

=

0

3 2

r 3

0

π 2

dθ = ∫ 0

8 dθ 3

π 2

8 4π . θ = 3 0 3

Visualize no Quadro III, exemplos de regiões bastante utilizadas. Observe que seria bem mais complexo descrever as regiões no contexto do plano xy.

199

Universidade do sul de santa catarina

Quadro III  Exemplos de regiões cilíndricas Representação gráfica

Representação algébrica em rθ

0 ≤r ≤ 2  0 ≤ θ ≤ π Figura 5.34  Semicírculo superior de x2 + y2 = 4

0 ≤r ≤ 2   π ≤ θ ≤ 2π Figura 5.35  Semicírculo inferior de x2 + y2 = 4

2 ≤ r ≤ 3   0 ≤ θ ≤ 2π

Figura 5.36  Coroa circular delimitada por x2 + y2 = 4 e x2 + y2 = 9

 0 ≤ r ≤ 3 cos θ   π π  − 2 ≤ θ ≤ 2 Figura 5.37  Círculo (x – 1,5)2 + y2 =(1,5)2

 0 ≤ r ≤ 3 sen θ  0 ≤ θ ≤ π

Figura 5.38  Círculo x2 + (y – 1,5)2 = (1,5)2

200

Cálculo III   Unidade 5

A expressão (3) pode ser generalizada para as integrais triplas e neste caso vamos denotar como coordenadas cilíndricas. Vale a relação x = r cos θ y = r sen θ z=z Assim, podemos escrever:

∫∫∫ R

f ( x , y , z )dxdydz =

= ∫∫∫ f ( x(r , θ, z ), y(r , θ, z )) R′

∂( x , y , z ) drd θdz ∂(r , θ, z )

(5)

Neste caso o Jacobiano é um determinante de terceira ordem cujo resultado é igual a r.

Exemplo Calcular o volume do sólido delimitado por z = 9 – x2 – y2 e o plano xy. Estamos diante de um parabolóide virado para baixo que ao cortar o plano z = 0 (plano xy) delineia a região circular de raio igual a 3. Como é um sólido simétrico podemos encontrar a quarta parte do volume, delineando a região circular no primeiro quadrante. Assim, a região de integração pode ser descrita como:  2 0 ≤ z ≤ 9 −r  0 ≤r ≤ 3  π 0 ≤ θ ≤ 2 

201

Universidade do sul de santa catarina Observe que o parabolóide ficou escrito nas novas coordenadas. Dessa forma a integral tripla em coordenadas cilíndricas pode ser escrita como: π 2 2 3 9 −r

1 V=∫ ∫ 4 0 0

∫

r dz dr dθ.

0

Fazendo os cálculos obtemos: π 2 3

1 V = ∫ ∫ rz 4 0 0 π 2

9 −r2 0

π 2 3

dr dθ = ∫ ∫ (9r − r 3 )dr dθ 0 0

3

π

2  r2 r 4  81 81π dθ = unidades de volume. = ∫  9 −  dθ = ∫ 2 4 4 8 0 0  0

Portanto o volume total é dado por V =

81π unidades de volume. 2

No contexto das integrais triplas podemos ainda considerar as coordenadas esféricas. Em tempo A representação da Figura 5.39 não é única. É possível estabelecer outras relações que também são consideradas coordenadas cilíndricas.

Como vamos trabalhar as coordenadas esféricas? Antes de trabalhar as coordenadas esféricas é importante fazer a sua contextualização. As coordenadas esféricas (ρ,θ,φ) de um ponto P(x,y,z) no espaço são ilustradas na Figura 5.39. A coordenada ρ é a distância do ponto P até a origem. A coordenada θ é a mesma que em coordenadas cilíndricas e a coordenada φ é o ângulo formado pelo eixo positivo dos z e o segmento que une o ponto P à origem. Figura 5.39  coordenadas esféricas

202

Cálculo III   Unidade 5

Como ρ é a distância de P até a origem, temos ρ ≥ 0. Como θ coincide com o ângulo polar, utiliza-se a mesma variação usada no cálculo de integrais duplas, ou seja, –π ≤ θ ≤ π  ou  0 ≤ θ ≤ 2π. Temos a coordenada φ, vamos considerar com a variação 0 ≤ φ ≤ π. Quando φ = 0, o ponto P estará sobre o eixo positivo dos z e, quando φ = π sobre o eixo negativo dos z. As coordenadas cilíndricas e esféricas se relacionam pelas equações: r = ρ sen φ θ=θ z = r cos φ Usando também as relações das coordenadas cilíndricas: x = r cos θ y = r sen θ z=z vamos obter a relação final das coordenadas esféricas: x = ρ sen φ cos θ y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ Essas equações são usadas para fazer a transformação de uma integral tripla em coordenadas cartesianas para uma integral tripla em coordenada esférica. Veja

∫∫∫ R

f ( x , y , z )dxdydz =

= ∫∫∫ f (x (ρ, θ, φ), y(ρ, θ, φ)) R′

∂( x , y , z ) d ρd θd φ ∂(ρ, θ, φ)

(6)

203

Universidade do sul de santa catarina

Valem as observações anteriores sobre como mostrar a validade da expressão (3) e (4). Observe apenas que o Jacobiano agora é de terceira ordem. Confira: sen φ cos θ −ρ cos φ sen θ ρ cos φ cos θ ∂( x , y , z ) = sen φ cos θ ρ sen φ cos θ ρ cos φ sen θ ∂( ρ , θ , φ ) cos θ 0 ρ sen φ ∂( x , y , z ) 2 = ρ sen φ. ∂( ρ , θ , φ )

As coordenadas esféricas são especificamente importantes para situações que envolvem esferas, cones e outras superfícies cujas equações tornam-se mais simples nesse sistema de coordenadas.

Exemplo Calcular o volume da região limitada superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 = 16 e inferiormente pelo cone z = x 2 + y 2 . Na Figura 5.40, podemos visualizar a região de integração T.

Figura 5.40  Gráfico da intersecção de uma esfera com um cone.

Em coordenadas esféricas, a esfera x2 + y2 + z2 = 16 tem equação ρ = 4 e o π

cone z = x 2 + y 2 tem equação φ = 4 . Para verificar esta afirmação basta substituir as variáveis cilíndricas nas equações dadas.

204

cálculo III  unidade 5 A região T pode ser descrita como

Você percebeu que está analisando o volume da casquinha de sorvete. E tem mais! Com a bola de sorvete!

 0 ≤ ρ ≤ 4  T :  0 ≤ θ ≤ 2π  π 0 ≤ φ ≤ 4 

Valeu!

portanto, V = ∫∫∫ ρ sen φ dρ dθ dφ = 2

T′

=

π 2π 4

∫∫ 0 0

π 2π 4 4

∫ ∫ ∫ sen φ ρ dρ dφ dθ 0 0 0

64 64 sen φ dφ dθ = 3 3

 64 32 2  = − 3   3  64 32 2 = − 3  3

2

2π

∫

π

− cos φ 04 dθ

0

2π

∫ dθ 0

  ⋅ π ≅ 39, 26 unidades de volume. 

Agora é a sua vez! 1. calcule

∫∫∫ dx dy dz, sendo T é a coroa esférica limitada por T

x2 + y2 + z2 = 4 e x2 + y2 + z2 = 9. Interprete o resultado encontrado. 2. calcule

∫∫∫ x dx dy dz, sendo que T é a esfera sólida x

2

+ y2 + z2 ≤ 4.

T

205

Síntese da Unidade

Nesta unidade discutimos a parte fundamental dos conteúdos desta disciplina Cálculo III. A partir dos objetos discutidos é possível calcular áreas e volumes, além de muitas outras aplicações que não foram aqui apresentadas, como as aplicações na Física e na Economia. É importante destacar que estamos diante de uma ferramenta consistente para o cálculo exato de volumes e áreas. Na última unidade deste livro vamos fazer uma revisão de todos os objetos discutidos até a presente unidade a partir de exemplos e aplicações inovadoras consideradas interessantes. Você não deve seguir em frente se tiver dúvidas. Lembre-se que no Espaço Virtual de Aprendizagem você vai encontrar novas informações que complementam e ampliam as idéias aqui colocadas. Lembre de fazer integralmente as atividades de auto-avaliação. Bons estudos!

206

Atividades de

auto-avaliação

1. Calcule a integral

2

∫∫ 2x + y dxdy , sendo R o retângulo definido por

0 ≤ x ≤ 3 e –1 ≤ y ≤ 1.

R

2.  Descreva graficamente e analiticamente a região de integração da integral 2 x +1

∫∫ 0

2xy 2 dydx . A seguir calcule a integral dupla.

0

3.  Usando integral dupla, calcule a área da região delimitada por x = 0; x = y2 + 1, y = 2 e y = –2.

4.  Calcule a integral

2

+ y2)dxdy, sendo R a região da Figura 5.35 do

R

Quadro III.

5.  Calcule

∫∫ cos (x

∫∫ (4 – x – y)dxdy, sendo R a região circular x

2

+y2 = 4. O resultado

R

obtido pode representar um volume? Justifique a sua resposta.

207

Universidade do sul de santa catarina 6.  Calcule o volume resultante da intersecção dos parabolóides z = 18 – x2 – y2 e z = x2 + y2.

7. Calcule o volume do sólido resultante da intersecção dos cilindros x2 + y2 = 9  e  y2 + z2 = 9.

8. Calcule o volume do tetraedro limitado por x + 2y + 3z = 6 e os planos coordenados.

9. Calcule

∫∫∫ (x – y)dV, sendo T a região especial delimitada por: T

x + y = 9; x + y = 1; y – x = 0; y – x = 3; z = 0  e  x + y + z = 27.

10. Calcule o volume do sólido acima do parabolóide z = x2 + y2 e abaixo do cone z = x 2 + y 2 .

Saiba mais No contexto da nossa disciplina foi necessário gerar uma limitação para o número de exemplos apresentados em função da carga horária da mesma. Mas você poderá avançar a partir do que foi discutido, ampliando seus conhecimentos. Recomendamos a leitura de outras aplicações, por exemplo, no livro Cálculo, Vol II de James Stewart, da Editora Pioneira.

208

unIDADe 6

AplIcAçÕeS

Você está vendo um quadrado? Mas ele não está ali!

Objetivos de Aprendizagem  resolver problemas geométricos que envolvem o cálculo de áreas e volumes.  resolver problemas que envolvem conceitos de massa e centro de massa.  trabalhar algebricamente com mudanças de variáveis no contexto das integrais múltiplas.

Plano de estudo da unidade Seção 1 problemas que não envolvem o uso de integrais . . . . . 213 Seção 2 problemas que envolvem o uso de integrais múltiplas . . 228 Síntese da Unidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 Atividades de auto-avaliação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

209

Para início de conversa

Nesta unidade vamos fechar nossa disciplina apresentando situações-problema que utilizam diversos objetos matemáticos discutidos nas unidades anteriores. Você vai poder ter uma amostra da importância das funções de várias variáveis em situações reais. Delineamos somente duas seções para separar os problemas que envolvem o uso das integrais duplas ou triplas e os problemas que não requerem especificamente o uso das integrais. Na Seção 1 vamos discutir problemas envolvendo temas como índice de vento frio, índice de calor, processos de otimização, análise de produtos a partir de suas demandas e problemas diversos que mostram a aplicação dos métodos discutidos nas quatro primeiras unidades. Na Seção 2 vamos apresentar problemas que envolvem temas como volumes, áreas, massa, centro de massa e momentos de inércia.

211

Universidade do sul de santa catarina

Buscamos ainda atender um outro grande objetivo na apresentação dessa unidade. Estamos apresentando diversos autores de livros de Cálculo Diferencial e Integral disponíveis no mercado brasileiro. A idéia é incentivar você a ampliar seus conhecimentos a partir das leituras de novos exemplos criados por diferentes autores em diferentes realidades. Não esqueça de revisar todas as unidades anteriores e, em caso de dúvidas, consultar a tutoria. Veja o recadinho da Teca! Bom trabalho!

Já que estamos em ritmo de problemas, sugiro a visita ao site http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/alegria/ burro/burro.htm para conhecer o “Problema do Burro”.

212

Cálculo III   Unidade 6

SEÇÃO 1

Problemas que não envolvem o uso de integrais

Nesta seção vamos discutir problemas que envolvem funções de várias variáveis e as ferramentas discutidas nas unidades 1 até 4. Observe que vamos apresentar os problemas e a sua resolução. Os objetos matemáticos envolvidos estão nas unidades anteriores. Eventualmente reforçamos com a apresentação de resumos de idéias. Ao acompanhar o desenvolvimento de cada problema, observe que a numeração à direita, facilitadora dos cálculos, está alocada por problema.

Problema 1 • Índice vento frio (Problema adaptado de STEWART, 2004, p.70) Em regiões com inverno severo, o índice vento-frio que mede o efeito do frio provocado pelo vento é freqüentemente utilizado para descrever a severidade aparente do frio. Esse índice I mede a temperatura subjetiva, que depende

213

Universidade do sul de santa catarina da temperatura real T e da rapidez do vento v. Assim, I é uma função de T e de v, e podemos escrever: I = f(T,v).

Na tabela 1 apresentamos valores de I compilados pelo Serviço de Administração de Oceanos e Atmosfera e pelo Serviço Nacional de Metereologia.

Tabela 1 • Índice de vento frio v km/h T oC 20 16 12 8 4 0 –4 –8 –12 –16 –20

6

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

20 16 12 8 4 0 –4 –4 –12 –16 –20

18 14 9 5 0 –4 –8 –13 –17 –22 –26

14 11 5 0 –5 –10 –15 –21 –26 –31 –36

13 9 3 –3 –8 –14 –20 –25 –31 –37 –43

13 7 1 –5 –11 –17 –23 –29 –35 –41 –47

13 7 0 –6 –12 –18 –25 –31 –37 –43 –49

12 6 0 –7 –3 –19 –26 –32 –39 –45 –51

12 6 –1 –7 –14 –20 –27 –33 –40 –46 –52

12 5 –1 –8 –14 –21 –27 –34 –40 –47 –53

12 5 –1 –8 –14 –21 –27 –34 –40 –47 –53

12 5 –1 –8 –14 –21 –27 –34 –40 –47 –53

Por exemplo, se a temperatura é de 4 graus centígrados (ver sexta linha) e a rapidez do vento é de 40 km/h (ver sexta coluna), então subjetivamente parecerá tão frio quanto uma temperatura de cerca de –11 graus centígrados sem vento. Portanto, f(4,40)=–11.

Podemos analisar o comportamento desta função de duas variáveis usando os dados da tabela 1. Observe que não conhecemos a formalização algébrica da lei de formação da função I = f(T,v).

Qual o significado da função I = f(–4,v)? Para analisar o comportamento da função I = f(T,v), podemos fixar a variável temperatura real fazendo T = –4. Neste caso vamos ter uma função de uma variável que pode ser visualizada na Figura 6.1.

214

Cálculo III   Unidade 6

Figura 6.1  Função I = f(–4,v)

Podemos observar que estamos diante de uma função decrescente. À medida em que a velocidade do vento aumenta, o índice de vento frio diminui.

Qual o significado da função I = f(T,50)? Agora estamos fixando a variável rapidez do vento em v = 50 km/h. A Figura 6.2 mostra que neste caso estamos diante de uma função praticamente linear.

Figura 6.2  Função I = f(T,50)

Observe que as figuras 6.1 e 6.2 foram construídas com o software livre Graph. A construção gráfica foi feita com a colocação da série de pontos. Caso se queira, o software pode nos dar a lei de formação da função tabelada usando um ajuste de curvas. Vale a pena fazer outras curvas para testar a habilidade de uso dos recursos tecnológicos!

215

Universidade do sul de santa catarina

Problema 2 • Índice de calor (Problema adaptado de STEWART, 2004, p. 895) Em um dia quente, a umidade muito alta aumenta a sensação de calor, ao passo que, se o ar está muito seco, temos a sensação de temperatura mais baixa do a que o termômetro indica. O serviço nacional de meteorologia americano criou um índice de calor (também conhecido como índice de temperatura em função da umidade) para descrever os efeitos combinados de temperatura e umidade. O índice de calor I é a temperatura que corresponde à sensação de calor quando a temperatura real é T e a umidade relativa do ar é H. Assim, I = f(T,H).

A tabela 2 é extraída dos dados compilados por este setor de meteorologia americano. Observe que a umidade relativa está apresentada em % e a temperatura real em °F. Podemos analisar o comportamento da função I = f(T,H) usando as derivadas parciais.

Tabela 2 • Índice de calor como função da temperatura e umidade T\H 90 92 94 96 98 100

50 96 100 104 109 114 119

55 98 103 107 113 118 124

60 100 105 111 116 123 129

65 103 108 114 121 127 135

70 106 112 118 125 133 141

75 109 115 122 130 138 147

800 112 119 127 135 144 154

85 115 123 132 141 150 161

90 119 128 137 146 157 168

Como vamos calcular as derivadas parciais sem a lei de formação da função? Podemos lembrar que as derivadas parciais também são taxas de variações instantâneas, sendo que uma das variáveis está com um valor fixado. Como não temos a lei de formação da função, não podemos encontrar as derivadas em um ponto por meio de mecanismos algébricos, mas podemos encontrar

216

Cálculo III   Unidade 6 uma média das taxas de variações em um intervalo dado a partir dos dados da tabela 2. Por exemplo, vamos supor que queremos encontrar mente é dada por:

∂f (96, 70) , que formal∂T

∂f f(96 + ∆T, 70) − f(96, 70) (96, 70) = lim ∆T →∞ ∂T ∆T

(1)

Como não temos a lei de formação de I = f(T,H), vamos encontrar o limite de (1) de forma aproximada. De forma conveniente vamos usar ∆T = 2 e ∆T = –2 e vamos estabelecer a taxa de variação média na variação considerada. a) Para ∆T = 2 temos: f(96 + ∆T, 70) − f(96, 70) f(98, 70) − f(96, 70) 133 − 125 = = = 4. ∆T 2 2 b) Para ∆T = –2 temos: f(96 + ∆T, 70) − f(96, 70) f(94, 70) − f(96, 70) 118 − 125 = = = 3,5. ∆T −2 −2 Assim, podemos fazer a média das taxas de variações médias e obter um valor aproximado para a derivada parcial da função em relação a T no ponto (96,70). Veja: ∂f 4 + 3,5 (96, 70) ≈ = 3,75. ∂T 2 Esse resultado significa que, se a temperatura real é igual a 96°F e a umidade relativa é igual 70%, então o índice de calor aumenta a sensação de temperatura de 3,75°F para cada grau que a temperatura real aumenta. De forma similar podemos encontrar a derivada parcial em relação a H. Para valores de ∆H = ±5, vamos obter ∂f 1+ 0,8 (96, 70) ≈ = 0,9. ∂H 2 Assim, quando a temperatura real igual a 96°F e a umidade relativa for igual a 70%, então o índice de calor aumenta de 0,9°F para cada ponto percentual que a umidade relativa do ar aumenta.

217

Universidade do sul de santa catarina

Problema 3 • Fabricação de caixas retangulares (Problema adaptado de GONÇALVES; FLEMMING, 1999, p. 199) Um fabricante de embalagens deve fabricar caixas retangulares sem tampa de volume igual a 4 m3. Quais são as dimensões de cada caixa de modo que possuam a menor área de superfície possível?

Se considerarmos as medidas da base da caixa representadas pelas variáveis x e y e a medida de sua altura representada pela variável z, podemos dizer que: ƒƒ

o volume da caixa será dado por: V = xyz;

ƒƒ

a área da superfície da caixa sem tampa será dada por: S = 2xz + 2yz + xy.

Estamos diante de um problema de otimização em que se pretende minimizar a área da superfície S, levando em conta que o volume deve ser igual a 4 m3 e as variáveis x, y e z são positivas, pois tratam-se de medidas de comprimento. Usando uma representação simbólica temos: min S = 2xz + 2yz + xy s. a xyz = 4 x,y,z > 0 Para simplificar a análise da situação de otimização, podemos isolar z da equação do volume para que a equação da área fique em função das variáveis x e y: z=

4 xy

4 4 + 2y + xy xy xy 8 8 = + + xy y x

S = 2x

Assim teremos o seguinte problema a ser resolvido: 8 8 + + xy y x s. a x,y,z > 0 min S =

218

Cálculo III   Unidade 6 Para determinar o menor valor da área, é importante encontrar e classificar os pontos críticos da função S. Para isto calculamos suas derivadas parciais e igualamos a zero: ∂S −8 = +y=0 ∂x x 2 ∂S −8 = +x=0 ∂y y 2

(1) (2)

Da equação (1) temos: −8 8 +y =0⇒y = 2 x2 x Substituindo y = −8  8   2 x 

2

8 na equação (2) temos: x2

+ x = 0 ⇒ −8

x4 x4 +x =0⇒− +x=0 64 8

–x4 + 8x = 0 ⇒ x(–x3 + 8) = 0 ⇒ x = 0  e  x = 2 O valor zero não tem significado para o presente problema, assim vamos considerar x = 2. Podemos encontrar a variável y: y=

8 = 2. 22

Para classificar o ponto (2,2) calculamos o determinante da matriz hessiana:

H(x, y) =

16 x3

1

1

16 y3

=

256 − 1. x3y3

Substituindo o ponto (2,2): H(2,2) =

256 256 − 1= − 1 = 3 > 0. 8⋅8 64

A derivada de segunda ordem no ponto (2,2) será dada por: ∂2S 16 16 (2,2) = 3 = 3 = 2 > 0. ∂x 2 x 2

219

Universidade do sul de santa catarina

O ponto (2,2) é um ponto de mínimo pois H(2,2) > 0 e to, as dimensões da caixa são:

∂2S (2,2) > 0 . Portan∂x 2

x= 2 metros; y = 2 metros; z=

4 4 = = 1 metro. xy 2 ⋅ 2

Problema 4 • Análise de produtos a partir de suas demandas (Problema extraído de LEITHOLD, 1982, p. 774) Vamos supor que p reais seja o preço por unidade de x unidades de um produto e q reais seja o preço por unidade de y unidades de outro produto. As equações de demanda podem ser dadas por: x = –2p + 3q +12 y = –4q + p + 8 Encontre as quatro demandas marginais e determine se os produtos são substitutos ou complementares.

O que é uma demanda marginal? Antes de iniciar a resolução do problema, é importante esclarecermos alguns conceitos que aparecem no enunciado deste problema de otimização. As equações de demanda que são apresentadas evidenciam que o número de unidades de um produto que será demandado depende do seu preço e do preço de outro artigo relacionado a este. Os produtos manteiga e margarina, por exemplo, são considerados substitutos. Isto acontece numa situação em que q é constante e, na medida em que p cresce, x decresce e y cresce. Então, um decréscimo na demanda para um produto corresponde a um acréscimo na demanda para outro.

220

Cálculo III   Unidade 6 Se tivermos as equações de demanda dos dois produtos, suas derivadas parciais irão representar as demandas marginais parciais, da seguinte forma: ƒƒ ƒƒ ƒƒ ƒƒ

∂x ∂p ∂x ∂q ∂y ∂p ∂y ∂q

dá a demanda marginal (parcial) de x em relação a p; dá a demanda marginal (parcial) de x em relação a q; dá a demanda marginal (parcial) de y em relação a p; dá a demanda marginal (parcial) de y em relação a q.

Usando as derivadas parciais podemos analisar se os produtos são complementares ou substitutos. Vamos calcular as derivadas parciais para determinar as quatro demandas marginais. ∂x = –2  ∂p

∂x = 3  ∂q

∂y = 1  ∂p

∂y = –4 ∂q

∂y ∂x >0e > 0, ∂p ∂q sendo assim, os dois produtos são substitutos (ver mensagem do SiSóSi).

Ao analisarmos os sinais destas derivadas, percebemos que

Problema 5 • Temperaturas em um disco (Problema adaptado de GONÇALVES; FLEMMING, 1999, p. 203) A temperatura T em qualquer ponto (x,y) do plano é dada por T = 3y2 + x2 – x. Qual a temperatura máxima e a mínima num disco fechado de raio 1 centrado na origem?

Olá, amigos! Também entendo de economia. Posso ajudar com a seguinte proposição: ƒƒ Dois artigos são complementares se e somente se ∂∂qx e ∂y ∂p

forem negativos.

∂y ƒƒ Dois produtos são substitutos se e somente se ∂∂qx e ∂p

forem positivos.

ƒƒ Dois produtos não são complementares nem substitutos

se as derivadas parciais

∂x ∂q

e

∂y ∂p

tiverem sinais opostos.

221

Universidade do sul de santa catarina O problema de otimização apresentado pode ser escrito da seguinte forma: max T = 3y2 + x2 – x s. a x2 + y2 ≤ 1

max T = 3y2 + x2 – x s. a x2 + y2 ≤ 1

Este é um problema em que a utilização do Teorema de Weierstrass se torna importante. A partir dele, garantimos a solução deste problema de otimização, visto que pretendemos maximizar e minimizar uma função contínua num domínio fechado e limitado. Num primeiro momento, vamos encontrar os pontos críticos da função T = 3y2 + x2 – x a partir do cálculo de suas derivadas parciais: ∂T 1 = 2x − 1 = 0 ⇒ x = ∂x 2 ∂T = 6y = 0 ⇒ y = 0 ∂y O ponto crítico encontrado foi ( 21 ,0) e este ponto pertence ao disco fechado de raio 1. Para classificá-lo podemos usar a matriz hessiana: H(x, y) =

2 0 = 12. 0 6

Substituindo o ponto ( 21 ,0), temos H( 21 ,0) > 0 e precisamos então calcular a derivada de segunda ordem no ponto ( 21 ,0): ∂2 T 1 ( ,0) = 2 > 0 ∂x 2 2 Assim, o ponto ( 21 ,0) é um ponto de mínimo, pois H( 21 ,0) > 0 e no interior do disco fechado de raio 1.

∂2 T 1 ( ,0) > 0 ∂x 2 2

Vamos agora analisar o comportamento da função T = 3y2 + x2 – x na fronteira do disco fechado, que pode ser representado algebricamente por: x2 + y2 = 1 y = ± 1− x 2

222

Cálculo III   Unidade 6 Substituindo na função T teremos: T(x, ± 1− x 2 ) = 3( ± 1− x 2 )2 + x 2 − x = 3(1− x 2 ) + x 2 − x = −2x 2 − x + 3 , − 1≤ x ≤ 1. Para determinar os pontos críticos desta função de uma variável, calculamos a sua derivada de primeira ordem e usamos a análise de função de uma variável: ∂T 1 = −4x − 1 = 0 ⇒ x = − . ∂x 4 Podemos concluir que: 1 é um ponto de máximo em (–1,1); 4

ƒƒ

x=–

ƒƒ

x = 1 é um ponto de mínimo em [–1,1].

Como encontramos vários pontos, vamos montar uma tabela para auxiliar na análise final: Ponto crítico (x0,y0) Localização ( 21 ,0)

f(x0,y0) 1 4

Interior do disco fechado

–

 1 15  − 4 ,± 4   

Fronteira do disco fechado

25 8

(1,0)

Fronteira do disco fechado

0

Analisando a tabela resumo, podemos perceber que a temperatura máxima é igual a

25 8

unidades de temperatura e ocorre nos pontos

 1 15  − 4 ,± 4   

e a tempe-

ratura mínima é igual a – 41 unidades de temperatura e ocorre no ponto ( 21 ,0).

223

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Problema 6 • Otimização de volumes de caixas (Problema adaptado de Thomas, p. 323) Uma empresa de entregas aceita apenas caixas retangulares cujos comprimentos e perímetros da seção transversal não ultrapassem 108 centímetros. Encontre as dimensões de uma caixa a ser utilizada pela empresa e que possua o maior volume possível.

Se chamarmos de x, y e z o comprimento, a largura e a altura da caixa retangular, respectivamente, podemos dizer que o volume da caixa será dado por V = xyz e o perímetro da seção transversal será 2y + 2z. O problema de otimização propõe que max. V = xyz s. a x + 2y + 2z = 108 sendo que x + 2y + 2z = 108 representa a maior caixa para entregas aceita pela empresa. O volume da caixa pode ser reescrito se isolarmos x da segunda equação: x = 108 – 2y – 2z V = (108 – 2y – 2z)·yz V = 108yz – 2y2z – 2yz2 As derivadas parciais devem ser igualadas a zero para encontrarmos os pontos críticos: ∂V = 108z − 4yz − 2z 2 = 0 ∂y ∂V = 108y − 2y 2 − 4yz = 0 ∂z O sistema de equações deve ser resolvido: (108 – 4y – 2z)z = 0 ⇒ (108 – 4y – 2z) = 0  z = 0 (108 – 2y – 4z)y = 0 ⇒ (108 – 2y – 4z) = 0  y = 0 Considerando z = 0: 108 – 2y – 4z = 0 108 – 2y = 0 y = 54

224

Cálculo III   Unidade 6 Considerando y = 0: 108 – 4y – 2z = 0 108 – 2z = 0 z = 54 Agora vamos considerar as equações (108 – 4y – 2z) = 0 e (108 – 2y – 4z) = 0: (108 – 4y – 2z) = 0 (–216 + 4y + 8z) = 0 –108 – 6z = 0 z = 18 y = 18 Estão definidos os seguintes pontos (y,z): (0,0), (0,54), (54,0), (18,18). Para os pontos (0,0), (0,54) e (54,0) o volume será igual a zero e, sendo assim, não são pontos que interessam neste momento, pois não fornecem pontos máximos. Para analisar o ponto (18,18) calculamos o determinante da matriz hessiana neste ponto: H(y, z) =

−4z 108 − 4y − 4z = 16yz − (108 − 4y − 4z)2 108 − 4y − 4z −4y

H(18,18) = 6 ⋅18 ⋅18 − (108 − 4 ⋅18 − 4 ⋅18)2 = 3888 > 0 Para classificar este ponto como máximo ou mínimo, precisamos encontrar o sinal de sua derivada parcial de segunda ordem: ∂2 V = −4z ∂y 2 ∂2 V (18,18) = −4 ⋅18 = −72 < 0 ∂y 2 Sendo assim, o ponto (18,18) é um ponto de máximo, ou seja, irá fornecer o volume máximo. As dimensões da caixa podem então ser definidas: x = 108 – 2·18 – 2·18 = 36 cm; y = 18 cm e z = 18 cm. Com estas dimensões, o volume máximo será dado por: V = xyz = 36·18·18 = 11.664 cm3.

225

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Problema 7 • Caminhando nas montanhas (Problema adaptado de BOULOS, 2000, p. 86) Em uma montanha, as alturas em metros em cada um dos pontos em relação ao plano horizontal xy podem ser representadas pela função h = 100 – x2 – y2. Nesta montanha existe uma única estrada, que pode ser modelada pela equação (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1. Se uma pessoa percorre toda a estrada qual será a maior altura que conseguirá atingir? E qual será a menor?

Este problema propõe a resolução da seguinte situação de otimização restrita: max. h = 100 – x2 – y2 s.a (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1

min. h = 100 – x2 – y2 s.a (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange, precisamos definir a função L dada por: L(x,y,λ) = (100 – x2 – y2) – λ·((x – 1)2 + (y – 1)2 – 1) O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e λ: ∂L = −2x − 2λ(x − 1) ∂x ∂L = −2y − 2λ(y − 1) ∂y ∂L = −(x − 1)2 − (y − 1)2 + 1 ∂λ Igualando as derivadas a zero temos o seguinte sistema: −2x − 2λ(x − 1) = 0  −2y − 2λ(y − 1) = 0  2 2 −(x − 1) − (y − 1) + 1 = 0 Agora vamos resolver o sistema: –x = λ(x – 1) –y = λ(y – 1) (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1

226

Cálculo III   Unidade 6 Da primeira equação podemos dizer que se x ≠ 1 temos λ = ser substituído na segunda equação: −y =

−x , que pode x −1

−x (y − 1) ⇒ x = y. x −1

E se x = y podemos substituir na terceira equação: (x – 1)2 + (x – 1)2 = 1 2(x – 1)2 = 1 2x2 –4x + 2 – 1 = 0 2x2 –4x + 1 = 0 x= Os pontos

4 ± 16 − 4 ⋅ 2 ⋅1 2 = 1± . 2⋅2 2  2 2  2 2  1+ 2 ,1+ 2  ,  1− 2 ,1− 2     

são pontos críticos da função L e, assim,

pontos candidatos a extremos condicionantes da função h = 100 – x2 – y2. Por fim, podemos substituir estes pontos na função h = 100 – x2 – y2 para encontrar os valores extremos. Teremos o seguinte: 2

2

2

2

  2 2 2  2 = 100 −  1+ −  1+ = 97 − 2 2 h  1+ ,1+   2 2  2   2      2 2 2  2 = 100 −  1− −  1− = 97 + 2 2 h  1− ,1−   2 2  2   2    Sendo assim, se uma pessoa percorre toda a estrada, a maior altura que consegue atingir é de 97 + 2 2 metros, ou seja, aproximadamente 99,83 metros. A menor altura que consegue atingir é de 97 – 2 2 metros, ou seja, 94,17 metros.

227

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SEÇÃO 2

Problemas que envolvem o uso de integrais múltiplas

Nesta seção vamos analisar problemas que requerem o uso das integrais múltiplas. Na unidade anterior já discutimos a aplicação no contexto do cálculo de áreas de figuras planas e volumes de sólidos, agora vamos ampliar analisando também as aplicações físicas.

Problema 1 • Volume de sólidos com projeção elíptica Calcular o volume do sólido delimitado por: ƒƒ

z = 26 – 7x2 – 3y2 e z = 2x2 + y2 – 10.

Este é um sólido delimitado por dois parabolóides e a sua projeção sobre o plano z = 0 é uma elipse cuja expressão analítica pode ser obtida fazendo-se: 26 – 7x2 – 3y2 = 2x2 + y2 – 10 9x2 + 4y2 = 36 2 x2 y + =1 4 9

228

Cálculo III   Unidade 6 Para resolver este problema vamos usar uma dupla transformação de variáveis no contexto de uma integral tripla. Inicialmente vamos transformar a região elíptica em uma região circular e posteriormente em uma região quadrada. Acompanhe as transformações, lembrando que vamos usar o contexto de transformações de variáveis discutido na Unidade 5. A integral tripla que vai definir o volume pode ser escrita como: V = ∫∫

26 −7x 2 − 3y 2

∫

dz dx dy.

(1)

R 2x 2 + y 2 −10

Observe que o sólido está limitado inferiormente pelo parabolóide virado para cima z = 2x2 + y2 – 10 e superiormente pelo parabolóide virado para 2 x2 y + =1. baixo z = 26 – 7x2 – 3y2. A projeção R está delimitada pela elipse 4 9 Para transformar a região R em uma nova região do tipo circular vamos usar a seguinte transformação de variáveis: x = 2u y = 3v De fato, se substituirmos os valores na elipse vamos obter o círculo de raio 1. 2 x2 y + =1 4 9

(2u)2 (3v)2 + =1 4 9 u2 + v2 = 1 Para levar esses resultados para a integral, é necessário encontrar o jacobiano da transformação ∂x ∂(x, y) ∂u = ∂(u, v) ∂y ∂u

∂x ∂v 2 0 = = 6. ∂y 0 3 ∂v

229

Universidade do sul de santa catarina Assim, podemos reescrever (1) como V = ∫∫

26 − 28u2 − 27v 2

∫

R′

6 dz dudv.

(2)

8u2 + 9v 2 −10

Observe que usamos a transformação discutida na Seção 5 da Unidade 5, com o detalhe de que a região R ficou transformada na região R' delimitada por u2 + v2 = 1. Vamos fazer uma segunda transformação usando as coordenadas cilíndricas para a região circular. Neste caso temos: u = r cos θ v = r sen θ z=z e o jacobiano é igual a r, como já calculado na Seção 5 da Unidade 5. Para otimizar os resultados, vamos resolver a primeira integral em z , reescrevendo (2) como V = ∫∫

26 − 28u2 − 27v 2

R′

2

∫

2

8u + 9v −10

6 dz dudv = 6 ∫∫ (36 − 36u2 − 36v 2 )dudv.

(3)

R′

Assim, com a aplicação das coordenadas polares (agora já estamos somente com a integral dupla), temos: V = 6 ∫∫ (36 − 36u2 − 36v 2 )dudv = 6 ∫∫ (36 − 36r 2 )r dr dθ. R′

R ′′

Observe que a região R" é uma região quadrangular 0 ≤ r ≤ 1 R" :  0 ≤ θ ≤ 2 π A expressão (4) pode então ser expressa com as integrais iteradas 2π 1

V = 6 ∫ ∫ (36 − 36r 2 )r dr dθ. 0 0

230

(4)

Cálculo III   Unidade 6 Resolvendo esta última integral vamos obter o volume do sólido dado. Temos 2π

1

2π

2π r2 r4 V = 6 ∫ 36 − 36 dθ = 6 ∫ 9 dθ = 54 θ 0 = 108 π unidades de volume. 2 4 0 0 0

Neste exemplo, mostramos a importância da dupla transformação para facilitar os cálculos. Se a integral (1) for resolvida nas coordenas xy, vamos ampliar muito a complexidade dos cálculos e dos métodos de integração. Na ­Figura 6.3 você pode observar um resumo das transformações usadas.

Figura 6.3  Dupla transformação

Problema 2 • Cálculo de massa e centro de massa de placas planas com espessuras desprezíveis (Adaptado de THOMAS, 2003, p. 371) No Cálculo II você já analisou o cálculo de massa e centro de massa de barras com espessuras desprezíveis usando como objeto matemático as integrais definidas. Agora vamos ampliar essa idéia para calcular massa e centro de massa de placas planas com espessuras desprezíveis. Veja um exemplo para aplicar esse tipo de problema

231

Universidade do sul de santa catarina

Uma discussão similar à do Cálculo II nos permite usar as seguintes fórmulas para placas finas que cobrem o plano xy, numa região delimitada por R: Massa: M = ∫∫ d(x, y)dA R

Primeiros momentos: Mx = ∫∫ yd(x, y)dA R

e

My = ∫∫ xd(x, y)dA R

My M e y= x . M M Não esqueçam que δ(x,y) representa a densidade de massa medida em massa por unidade de área.

Centro de massa: x =

Uma placa fina cobre a região triangular limitada pelo eixo x e pelas retas x = 1 e y = 2x no primeiro quadrante. A densidade da placa no ponto (x,y) é δ(x,y) = 6x + 6y + 6. Encontre a massa da placa, os primeiros momentos e centro de massa em relação aos eixos coordenados. Na Figura 6.4 você pode visualizar o formato da placa com todos os detalhes para escrever os limites de integração.

Figura 6.4  Placa triangular

A região de integração pode ser descrita como 0 ≤ y ≤ 2x R: 0 ≤ x ≤ 1

232

Cálculo III   Unidade 6 A massa da placa é 1 2x

1 2x

M = ∫ ∫ d(x, y)dydx = ∫ ∫ (6x + 6y + 6)dydx 0 0

0 0

1

= ∫ 6xy + 3y 2 + 6y 0

2x 0

1

dx = ∫ (24x 2 + 12x)dx 0

2 1

= [8x 3 + 6x ] = 14. 0

O primeiro momento em relação ao eixo x é: 1 2x

1 2x

0 0

0 0

Mx = ∫ ∫ yd(x, y)dydx = ∫ ∫ (6xy + 6y 2 + 6y)dydx 1

= ∫ xy 2 + 2y 3 + 3y 2 0

2x 0

1

dx = ∫ (28x 3 + 12x 2 )dx 0

3 1

= [7x + x ] = 11. 4

0

Um cálculo similar dá o momento em relação ao eixo y: 1 2x

My = ∫ ∫ xd(x, y)dydx = 10. 0 0

As coordenadas do centro de massa são, portanto, x=

My 10 5 My 11 = = , y= = . M 14 7 M 14

O cálculo integral no contexto das várias variáveis tem muitas aplicações geométricas e físicas que foram sendo construídas no decorrer da história. A Matemática de Green propiciou muitas descobertas futuras no contexto, por exemplo, do eletromagnetismo. O trabalho de George Stokes (18191903) também em contextos práticos (hidrodinâmica, elasticidade, luz, gravitação, som, calor etc.) reflete aplicações formais do cálculo de várias variáveis. O famoso Teorema de Stokes (que não é de sua autoria), uma generalização do Teorema de Green para o espaço tridimensional, é utilizado para transformar determinadas integrais curvilíneas em integrais de superfície ou vice-versa. Esses conceitos não serão discutidos neste nosso texto, pois requerem o estudo das integrais no contexto dos campos vetoriais.

233

Universidade do sul de santa catarina

Problema 3 • Cálculo de massa e centro de massa de sólidos (Adaptado de THOMAS, 2003, p. 371) Encontrar o centro de massa de um sólido S de densidade constante, denotada por k, limitado abaixo pelo disco R: x2 + y2 ≤ 1, no plano z = 0 e acima pelo parabolóide z = 1 – x2 – y2. A massa do sólido é dada por: M = ∫∫

1− x 2 − y 2

R

∫ 0

k dz dx dy = k ∫∫

1− x 2 − y 2

R

∫

(1− x 2 − y 2 )dx dy

0

Como a região é circular vamos usar coordenadas polares: 2π 1

M = k ∫∫ (1− r 2 )r dr dθ = k ∫ ∫ (r − r 3 )dr dθ R′

0 0

2π 2

=k∫ 0

3 1

2π

r r 1 π − dθ = k ∫ dθ = k unidades de massa. 2 30 6 3 0

Basta fazer a extensão das fórmulas para o sólido S. Veja: Massa: M = ∫∫∫ d(x, y, z)dV S

Primeiros momentos em relação aos planos coordenados: Myz = ∫∫∫ xd(x, y, z)dV S

Mxz = ∫∫∫ yd(x, y, z)dV S

Mxy = ∫∫∫ zd(x, y, z)dV S

Myz M M , y = xz e z = xy M M M δ(x,y,z) representa a densidade de massa medida em massa por unidade de volume. Centro de massa: x =

234

Cálculo III   Unidade 6

George Green (1793-1841) reduziu o problema da atração mútua de duas massas elipsoidais à análise e então resolveu o problema para um número qualquer de variáveis dizendo: “Não mais está circunscrito, como estava, às três dimensões do espaço”. Este foi efetivamente um grande passo para o contexto do estudo da análise de várias variáveis.

Cálculo do centro de massa Como o sólido tem simetria podemos afirmar que x = y = 0. Para calcular z, vamos precisar calcular o momento . Temos: Mxy = ∫∫

1− x 2 − y 2

∫

R

0

zk dz dx dy = k ∫ ∫

2π 1

∫ zr dz dr dθ

0 0 0 2π

r 5 − 2r 3 + r 1 kπ dr dθ = k ∫ dθ = 2 12 6 0 0

=k∫ ∫ 0

2 π 1 1−r 2

Portanto, kπ 1 z= 6 = . kπ 2 3 Assim (0,0, 21 ) é o centro de massa.

Problema 4 • Momentos de inércia (Adaptado de GONÇALVES; FLEMMING, 1999, p. 286) Outro objeto físico que podemos trabalhar no contexto das integrais é o momento de inércia, que pode ser interpretado como uma medida da capacidade do corpo de resistir à aceleração em torno de um eixo L. Para o caso de chapas, ficam estabelecidas as seguintes fórmulas:

235

Universidade do sul de santa catarina Momento de inércia em relação ao eixo x. Ix =

∫∫ y d(x,y)dA. 2

R

Momento de inércia em relação ao eixo y. Iy =

∫∫ x d(x,y)dA. 2

R

Momento de inércia polar Io =

∫∫ (x

2

+ y2)d(x,y)dA.

R

Observe que os valores y2, x2 e x2 + y2 que aparecem nas integrais anteriores são “distâncias ao quadrado”, como mostra a Figura 6.5.

Figura 6.5  Região genérica Rk

Para o caso de sólidos vamos ter as seguintes fórmulas: Momento de inércia, Iz, em relação ao eixo z, Iz =

∫∫∫ (x

2

+ y2)d(x,y,z)dV;

T

Momento de inércia, Ix, em relação ao eixo x, Ix =

∫∫∫ (y

2

+ z2)d(x,y,z)dV;

T

Momento de inércia, Iy, em relação ao eixo y, Iy =

∫∫∫ (x T

236

2

+ z2)d(x,y,z)dV.

Cálculo III   Unidade 6 Para exemplificar podemos calcular o momento de inércia em relação ao eixo dos y da chapa delimitada pelo eixo dos x e pela curva y = x no intervalo [0,4], sabendo-se que a densidade de massa é igual a xy kg/m2. Na Figura 6.6 temos a chapa desenhada.

Figura 6.6  Chapa plana

Vamos usar a fórmula dada, Iy =

∫∫ x d(x,y)dA. 2

R

Nesse exemplo, temos δ(x,y) = xy e R descrita por 0 ≤ y ≤ x R: 0 ≤ x ≤ 4 Assim, 4

Iy = ∫

x

0 0

x

4

y2 2 0

2 ∫ x xy dy dx = ∫

dx = 32 kg ⋅ m2 . 0

Vocês pensam que eu não sei Matemática nem Física? Vou mostrar como entender o que é momento de inércia. O que você está vendo? O que torna a locomotiva difícil de mover ou parar é sua massa. O que torna a haste difícil de mover ou parar é seu momento de inércia. O momento de inércia inclui não apenas a massa, mas também sua distribuição. Puxa! Acho que não ajudei muito!

237

Síntese da Unidade

Se você acompanhou bem todos os cálculos realizados nesta unidade, você tem um feedback da sua aprendizagem. Caso tenha encontrado dificuldades, recomendamos retornar às unidades anteriores para revisar os objetos definidos e os cálculos propostos. Veja que o nosso objetivo não foi discutir aspectos físicos de forma detalhada, mas simplesmente apresentar problemas clássicos que mostram a importância das funções de várias variáveis e principalmente das integrais múltiplas. Não encerre seu estudo se tiver dúvidas. Busque ajuda com o seu professor tutor.

238

Atividades de

auto-avaliação

1.  A altura das ondas H num mar aberto depende da rapidez do vento v e do intervalo de tempo t no qual está ventando com a mesma intensidade. Os valores da função h = f(v,t) dados em pés são apresentados na tabela que segue.

v (nós) 10 15 20 30 40 50 60

t (h)

5

10

15

20

30

40

50

2 4 5 9 14 19 24

2 4 7 13 21 29 37

2 5 8 16 25 36 47

2 5 8 17 28 40 54

2 5 9 18 31 45 62

2 5 9 19 33 48 67

2 5 9 19 33 50 69

a.  Qual é o valor de f(40,15)? Qual seu significado? b.  Qual o significado da função h = f(30,t)? Descreva seu comportamento. c.  Qual o significado da função h = f(v,30)? Descreva seu comportamento. ∂f d. Calcule de forma aproximada (30,15). ∂t

239

Universidade do sul de santa catarina 2. Uma placa circular tem o formato descrito pela região x2 + y2 ≤ 1. Toda a placa, incluindo sua fronteira, é aquecida de tal forma que a temperatura no ponto (x,y) possa ser representada por T(x,y) = x2 + 2y2 – x. Encontre a temperatura nos pontos mais quentes e mais frios da placa.

3. Em uma empresa que produz dois diferentes produtos, temos as funções de demanda Q1 = 40 – 2P1 – P2 Q2 = 35 – P1 – P2 sendo que Qi, i = 1,2 representa o nível do i-ésimo produto por unidade de tempo e Pi, i = 1,2 os respectivos preços. A função custo é dada por C = Q12 + Q22 + 10 e a função receita é dada por R = P1Q1 + P2Q2. a.  Sabendo-se que o lucro é igual à receita menos o custo, encontre a função lucro. b. Encontre os níveis de produção que maximizam o lucro. c.  Determine o lucro máximo.

4. Vamos supor que p reais seja o preço por unidade de x unidades de um produto e q reais seja o preço por unidade de y unidades de outro produto. As equações de demanda podem são dadas por: x=

8 12 e y= . pq pq

Encontre as quatro demandas marginais e determine se os produtos são substitutos ou complementares.

5. Um sólido tem a forma da região delimitada pelo parabolóide z = 1 – x2 – y2 e o plano z = 0. A densidade em um ponto A(x,y,z) é proporcional à distância de A até a origem. Apresente as integrais para o calculo da massa e do centro de massa.

240

Cálculo III   Unidade 6 6. Calcule o momento de inércia em relação ao eixo z do sólido delimitado pelo cilindro x2 + y2 = 9 e pelos planos z = 2 e z = 4, sabendo que a densidade de massa é igual a (x2 + y2) kg/m3.

7. Considere a chapa desenhada na figura que segue. a.  Desenvolva a área da chapa. b.  Desenvolva a massa da chapa considerando a densidade como um valor constante k. c. Construa um sólido que tenha a região dada como base. d. Calcule o volume do sólido construído em (c).

Saiba mais Nesta unidade listamos vários livros que você pode buscar para pesquisar outros exemplos e até mesmo outras notações. Esta parte do cálculo diferencial e integral é muito rica em representações semióticas. Busque o uso dos softwares para auxiliar na visualização espacial.

241

Cálculo III

Para concluir o estudo

Para concluir o estudo desta disciplina, vamos relembrar os objetivos que constam na proposta pedagógica do seu curso. Os objetivos estão relacionados com a sua futura profissão, que exige conhecimentos matemáticos mais aprofundados, um pouco além do que se trabalha no atual ensino fundamental e médio. Mas, temos outros objetivos! É preciso desenvolver competências e habilidades para resolver situações-problema que surgem no nosso dia-a-dia. Essas competências foram adquiridas do decorrer de todo o processo de ensino-aprendizagem, que exigiu muita dedicação da sua parte. Para concretizar a sua aprendizagem foi necessário também o estabelecimento de uma série de relações que o conduziram aos conteúdos e aos objetos matemáticos do contexto das funções de várias variáveis. Foi necessária uma aproximação com diferentes métodos e instrumentos específicos do Cálculo, os quais lhe permitiram a construção de interpretações pessoais e, em alguns momentos, subjetivas. Apesar de você ter tido a oportunidade de compartilhar idéias com os seus colegas e com o seu professor tutor, isto não modificou o fato de que as suas idéias podem ter sido únicas. Nossa visão construtivista nos permite colocar olhares para a diversidade possibilitando a geração de estratégias que promovam ao aluno o entendimento do que faz e por que o faz. Isto significa

243

Universidade do sul de santa catarina

que você pode dar-se conta de suas dificuldades e, se for necessário, pedir ajuda. Você deve ter se dedicado à resolução das atividades de auto-avaliação e as atividades denotadas pelo slogan “Agora é a sua vez” – você teve oportunidade para experimentar o que aprendeu e isto deve ser a sua maior fonte de motivação para esforçar-se cada vez mais. Você é um vencedor! Queremos ficar sempre junto com você nessa caminhada de grandes conquistas. Nossos personagens SiSóSi, Phil, Rec e Teca não devem ser esquecidos, pois as suas funções no nosso texto estão além de uma motivação. Eles representam metaforicamente as grandes áreas que devemos trilhar: o estudo formal dos conceitos, as considerações culturais e históricas, as questões desafiadoras e recreativas e por fim o domínio das inovações tecnológicas. Um grande abraço para você! As autoras.

244

Cálculo III

Referências

BOULOS, Paulo; ABUD, Zara Issa. Cálculo Diferencial e Integral. v. 2. São Paulo: Makron Books, 2000. GONÇALVES, Mirian Buss; FLEMMING, Diva Marília. Cálculo B: funções de várias variáveis, integrais multiplas, integrais curvilíneas e de superfície. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2007. LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica. v. 1. São Paulo: Harbra, 1982. STEWART, James. Cálculo. v. 2. São Paulo: Thomson, 2004. THOMAS, George B. Cálculo. v. 2. São Paulo: Pearson Addison Wesley, 2003.

245

Universidade do sul de santa catarina

Sobre as Professoras conteudistas Diva Marília Flemming é doutora em Engenharia de

Produção pela Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC). É mestre em Matemática Aplicada e graduada em Matemática, ambos pela UFSC. Já atuou no ensino de disciplinas em curso de administração na Universidade para o Desenvolvimento do Estado de Santa Catarina (UDESC), como professora convidada. Aposentada como professora pela UFSC, atualmente é professora e pesquisadora na Universidade do Sul de Santa Catarina (UNISUL). No contexto do ensino de Matemática tem desenvolvido suas atividades na Unisul com alunos dos cursos de Engenharia e de Matemática. É autora de livros de Cálculo Diferencial e Integral, adotados em vários estados do Brasil. Como pesquisadora, no Núcleo de Estudos em Educação Matemática (NEEM – UNISUL), dedica-se à Educação Matemática com ênfase nos recursos tecnológicos. Sua atual paixão profissional está nos desafios da educação a distância, realizando experimentos na formação de professores de Matemática. Atualmente, coordena na UnisulVirtual dois cursos oferecidos a distância: Graduação em Matemática – Licenciatura e Pós-Graduação em Educação Matemática. É autora de vários livros didáticos utilizados na UnisulVirtual.

246

Cálculo III

Elisa Flemming Luz é doutora em Engenharia de Produção

pela Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC), mestre em Engenharia Elétrica e graduada em Engenharia Elétrica, ambos pela UFSC. Atuou como professora da Unisul de 1996 até agosto de 2006 ministrando aulas em disciplinas na área da Matemática para os cursos de Engenharia e Matemática. Ministra disciplinas em cursos de especialização presencial e a distância. Desenvolveu diversas pesquisas no Núcleo de Estudos em Educação Matemática (NEEM – UNISUL) na área de Educação Matemática. Atualmente é professora do CEFET de Santa Catarina.

247

Respostas e comentários dos exercícios

“Agora á a Sua Vez” e “Atividades de auto-avaliação”

Unidade 1 Funções de Várias Variáveis SEÇÃO 1  •  Funções de várias variáveis Agora é a Sua Vez!  (página 26) 1. Encontre o domínio da função z =

2x + y . x2 + y2 − 4

O domínio é dado por: D(z) = { (x,y) | x2 + y2 – 4 ≠ 0 } 2

2

2. Encontre o domínio e o conjunto imagem da função u = e x +y . D(u) = R2 Im(u) = (0,+∞)

249

Universidade do sul de santa catarina 3.  Faça um esboço gráfico do domínio da função z = ln(2 − x 2 + y 2 ) . D(z) = { (x,y) | 2 − x 2 + y 2 > 0 } Temos: 2 − x2 + y2 > 0 2 > x2 + y2 x2 + y2 < 2 x2 + y2 < 4

Assim, D(z) = { (x,y) | x2 + y2 < 4 }. O gráfico está apresentado na Figura 7.1

Figura 7.1  Gráfico de D(z) = { (x,y) | x2 + y2 < 4 }

4. Calcule a imagem da função z =

x+y no ponto (1, 21 ). Esta função está 2−x

definida para pares ordenados do tipo (2,b) sendo b um número real? Justifique a sua resposta. 1 3 1  1+ 2 2 3  f  1,  = = =  2  2 −1 1 2 2+b 2+b f(2, b) = = =∃ 2−2 0

Não está definida em pares do tipo (2,b) pois não existe divisão por zero.

250

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

SEÇÃO 2  •  Curvas de Nível Agora é a Sua Vez!  (página 31) 1. Encontre algebricamente três curvas de nível para a função z = 10 – 2(x2 + y2). C1 :

1 = 10 − 2(x 2 + y 2 ) –9 = –2(x 2 + y 2 ) 2(x 2 + y 2 ) = 9 9 x2 + y2 = . 2

C2 :

2 = 10 − 2(x 2 + y 2 ) –8 = –2(x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 = 4.

C3 :

3 = 10 − 2(x 2 + y 2 ) –7 = –2(x 2 + y 2 ) 7 x2 + y2 = . 2

2. Usando um software gráfico desenhe 3 curvas de nível para a função z = (x – 1)2 + y2. Indique qual o valor da cota escolhida. Vamos escolher as cotas 1, 4 e 9. Assim, C1: 1 = (x – 1)2 + y2 C4: 4 = (x – 1)2 + y2 C9: 9 = (x – 1)2 + y2 A Figura 7.2 mostra as curvas.

Figura 7.2  Curvas de nível de z = (x – 1)2 + y2

251

Universidade do sul de santa catarina

SEÇÃO 3  •  Gráficos de funções de duas variáveis Agora é a Sua Vez!  (página 43) 1. Para cada uma das funções, faça um esboço do seu gráfico identificando algumas curvas de nível: a.  z = x2 + (y – 1)2

Figura 7.3  Gráfico e curvas de nível de z = x2 + (y – 1)2

b.  f(x, y) = x 2 + y 2

Figura 7.3  Gráfico e curvas de nível de f(x, y) = x 2 + y 2

252

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios c.  g(x,y) = 2 – x2

Figura 7.3  Gráfico e curvas de nível de g(x,y) = 2 – x2

2.  Faça um esboço do gráfico das funções de duas variáveis e analise suas principais características e propriedades: a.  z = 3 – x O domínio desta função é dado por D(z) = IR2 e o conjunto imagem é Im(z) = IR. Considerando-se o seu domínio em IR2, não é possível identificar pontos de máximo ou mínimo. Figura 7.6  Gráfico de z = 3 – x

b.  z = 1 + (x – 1)2 + (y – 1)2 O domínio desta função é dado por D(f ) = IR2 e o conjunto imagem será Im(f ) : { z ∈ IR | z ≥ 1 }. Nesta função é possível identificar um valor mínimo em z = 1 que acontece quando (x,y) = (1,1). O parabolóide é circular e possui concavidade voltada para cima. O seu vértice está no ponto (1,1,1). Figura 7.7  Gráfico de z = 1 + (x – 1)2 + (y – 1)2

253

Universidade do sul de santa catarina c.  z = x2 Este cilindro parabólico, ou calha, possui concavidade para cima, pois o sinal de x2 é positivo. O domínio da função é D(z) : { (x,y) ∈ IR2 } e o conjunto imagem Im(z) : { z ∈ IR | z > 0 }. O valor mínimo é z = 0. Figura 7.8  Gráfico de z = x2

Atividades de auto-avaliação  (página 46) 1. Para as funções a seguir calcule o Domínio e o Conjunto Imagem. Faça o Gráfico do domínio. a.  z = 9x2 + 4y2 D(z) = R2 Im(z) = { z ∈ IR | z ≥ 0 } b.  z = xy D(z) = R2 Im(z) = R A Figura 7.9 mostra o domínio dos problemas a e b, graficamente.

Figura 7.9  Plano real

c.  z = 10 − x 2 − y 2 D(z) = { (x,y) | 10 – x2 – y2 ≥ 0 } D(z) = { (x,y) | x2 + y2 ≤ 10 } Im(z) = (0, 10 ] A Figura 7.10 mostra o domínio.

Figura 7.10  Gráfico do domínio x2 + y2 ≤ 10

254

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

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

xy 2 ; h(x,y) = sen 2x cos y e x2 + y2

1 , encontre algumas curvas de nível e procure identificar (4x + y 2 ) 2

dentre as Figuras 1.27, 1.28 , 1.29 e 1.30 qual delas representam curvas de nível das funções dadas.

As figuras representam curvas de nível das seguintes funções: ƒƒ

Figura 1.27: m(x, y) =

1 (4x 2 + y 2 )

ƒƒ

Figura 1.28: g(x, y) =

xy 2 x2 + y2

ƒƒ

Figura 1.29: h(x,y) = sen 2x cos y;

ƒƒ

Figura 1.30: f(x,y) = x – y.

3.  Faça um esboço do gráfico das funções de duas variáveis e analise suas principais características e propriedades: a.  z = 2 – y O domínio desta função é dado por D(z) = IR2 e o conjunto imagem é Im(z) = IR. Não tem pontos de máximo ou mínimo.

Figura 7.11  Gráfico de z = 2 – y

255

Universidade do sul de santa catarina b.  z = (x – 1)2 + (y – 1)2 O domínio desta função é dado por D(f ) = IR2 e o conjunto imagem será Im(f ) : { z ∈ IR | z ≥ 0 }. Nesta função é possível identificar um valor mínimo em z = 0 que acontece quando (x,y) = (1,1). O parabolóide é circular e possui concavidade voltada para cima. O seu vértice está no ponto (1,1,0). Figura 7.12  Gráfico de z = (x – 1)2 + (y – 1)2

c.  z = 1 – y2 Esta calha possui concavidade para baixo. D(z) : { (x,y) ∈ IR2 } e o conjunto imagem Im(z) : { z ∈ IR | z ≤ 1 }. O valor máximo é z = 1.

Figura 7.13  Gráfico de z = 1 – y2

d.  y = 4 − x 2 − (z − 2)2 Esta função representa o hemisfério da direita de uma esfera de raio 2. O centro da esfera está em (0,0,2). Seu domínio será: D(y) : { (x,y) ∈ IR2 | 4 – x2 – (z – 2)2 ≥ 0 } e o conjunto imagem: Im(y) : { y ∈ IR | 0 ≤ y ≤ 2 }. O valor máximo é y = 2. Figura 7.14  Gráfico de y = 4 − x 2 − (z − 2)2

256

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios e.  x = 9 − y 2 Este gráfico representa uma parte do cilindro x2 + y2 = 9. O seu domínio será: D(x) : { (y,z) ∈ IR2 | 9 – y2 ≥ 0 } e o conjunto imagem: Im(x) : { x ∈ IR | 0 ≤ x ≤ 3 }. O valor máximo é x = 3.

Figura 7.15  Gráfico de x = 9 − y 2

f.  z = (x − 1)2 + y 2 Esta é uma função que representa a parte positiva de um cone que possui vértice em (1,0,0). A variável z que está explicitada é a variável dependente. O domínio desta função é: D(z) : { (x,y) ∈ IR2 | (x – 1)2 + y2 ≥ 0 } e o conjunto imagem: Im(z) : { z ∈ IR | z ≥ 0 }. É possível identificar um valor mínimo em z = 0.

Figura 7.16  Gráfico de z = (x − 1)2 + y 2

4.  Identifique a representação algébrica da função que define o parabolóide circular representado na Figura 1.31. Este parabolóide circular pode ser representado, de forma geral, como z = ax2 + ay2 + b. Os coeficientes de x2 e y2 são iguais a a pois o parabolóide é circular. Além disso, este coeficiente é negativo a < 0, pois o parabolóide possui concavidade voltada para baixo.

257

Universidade do sul de santa catarina O valor de b pode ser determinado analisando-se o vértice que está em (0,0,2). Neste ponto teremos: z = ax2 + ay2 + b 2 = a·02 + a·02 + b b=2 Assim, temos z = ax2 + ay2 + 2. Por fim, quando z = 0 a curva de nível é dada por uma circunferência de raio 2 (x2 + y2 = 4). Veja os pontos em que o gráfico corta os eixos x e y. −2

z = 0 ⇒ 0 = ax2 + ay2 + 2 ⇒ a(x2 + y2) = –2 ⇒ x2 + y2 = a Podemos comparar as duas equações e teremos: −

2 1 =4⇒a=− a 2

Assim, a representação algébrica do parabolóide será: 1 1 z = – x2 – y2 + 2. 2 2

5.  Seja o parabolóide z = x2 + y2. Escreva a representação algébrica deste parabolóide se o seu vértice estiver: a.  Deslocado uma unidade no eixo positivo dos x:

z = (x – 1)2 + y2

b.  Deslocado duas unidades no eixo negativo dos y: z = x2 + (y + 2)2 c.  Deslocado três unidades no eixo positivo dos z:

258

z = x2 + y2 + 3

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

Unidade 2 Limite e Continuidade SEÇÃO 1  •  Noção de limite de uma função de várias variáveis Agora é a Sua Vez!  (página 64) 1. Verifique se os pontos (1,2), (– 21 , 21 ), (2,1) e (3,0) são pontos de acumulação de B = { (x,y) ∈ IR2 | y > 2x2 }.

A Figura 7.17 mostra a região B e os pontos para ajudar da visualização das respostas.

Figura 7.17  Região B

De maneira geral, podemos dizer que os pontos P ∈ B são de acumulação quando y > 2x2 ou y = 2x2 e não são de acumulação quando y < 2x2: ƒƒ

(1,2) é ponto de acumulação: (1,2) ∉ B mas neste ponto y = 2x2;

ƒƒ

(– 21 , 21 ) é ponto de acumulação: (– 21 , 21 ) ∉ B mas neste ponto y = 2x2;

ƒƒ

(2,1) não é ponto de acumulação pois neste ponto y < 2x2;

ƒƒ

(3,0) não é ponto de acumulação pois neste ponto y < 2x2.

259

Universidade do sul de santa catarina 2. Usando a definição, mostre que

lim (3x + 2y) = 12 .

( x ,y )→(2,3)

Devemos mostrar que para todo ε > 0 existe um δ > 0 tal que | f(x,y) – 12| < ε sempre que 0 < | (x,y) – (2,3) | < δ. O módulo | (x,y) – (2,3) | pode ser escrito como (x − 2)2 + (y − 3)2 . Assim, 0 <

(x − 2)2 + (y − 3)2 < δ.

Agora podemos encontrar δ: | f(x,y) – 12| = | 3x + 2y – 12 | = | 3x – 6 + 2y – 6 | = | 3(x – 2)2 + 2(y – 3) | ≤ 3| x – 2 | + 2| y – 3|. Como | x – 2 | ≤ (x − 2)2 + (y − 3)2 e | y – 3 | ≤ (x − 2)2 + (y − 3)2 , podemos dizer que 3| x – 2 | + 2| y – 3| < 3δ + 2δ 3| x – 2 | + 2| y – 3| < 5δ sempre que 0 < (x − 2)2 + (y − 3)2 < δ. Se fizermos δ =

e garantimos que 0 < 5

(x − 2)2 + (y − 3)2 < δ e então teremos:

| f(x,y) – 12| ≤ 3| x – 2 | + 2| y – 3|

< 3·

e e + 2· = ε 5 5

Logo, podemos concluir que

lim (3x + 2y) = 12 .

( x ,y )→(2,3)

3. Mostre que os limites indicados não existem: a.  lim x→0 y →0

ƒƒ

x 2 − 4y 2 x2 + y2

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso devemos fazer y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x→0 y =0

ƒƒ

x 2 − 4 ⋅ 02 x2 = lim 2 = 1. 2 2 x→0 x x +0

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso devemos fazer x = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x =0 y →0

260

02 − 4y 2 −4y 2 = lim = −4. 02 + y 2 y→0 y 2

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios Como o resultado do limite foi diferente nos dois caminhos escolhidos, podemos concluir que lim x→0 y →0

5y − x 2x − y

b.  lim x→0 y →0

ƒƒ

x 2 − 4y 2 não existe. x2 + y2

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso devemos fazer y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x→0 y =0

ƒƒ

5⋅0 − x −x −1 = lim = . 2x − 0 x→0 2x 2

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso devemos fazer x = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x =0 y →0

5y − 0 5y = lim = −5. 2 ⋅ 0 − y y→0 −y

Como o resultado do limite foi diferente nos dois caminhos escolhidos, podemos concluir que lim x→0 y →0

5y − x não existe. 2x − y

SEÇÃO 2  •  Cálculo e propriedades de limites Agora é a Sua Vez!  (página 71) 1. Calcule os seguintes limites, mostrando a aplicação das propriedades. a.  lim (x 2 + 3xy + 10) = lim (02 + 3 ⋅ 0 ⋅ 0 + 10) = 10 x→0 y →0

b.  lim

x→1 y →−2

x→0 y →0

x3 + y3 13 + ( −2)3 1− 8 −7 7 = lim = = = → x 1 xy 1⋅ ( −2) −2 −2 2 y →−2

10

10

    c.  lim (4x + xy ) =  lim (4x + xy 3 )  =  lim (4 ⋅ 1+ 1⋅ 13 )  = (5)10 x→1 1 1  xy→   xy→  y →1  →1   →1  3 10

 3xy 3xy  d.  lim 4 =  lim 4 x→2 x 2 → y + 2x  1 y + 2x 1 y→  y→ 2 2

1

1

1 2 2  1 3⋅2⋅     16 ⋅ 3  2 3 2  =  lim  =  65  = 4 65 . x→2 1 4   y→ 1 ( ) + 2 ⋅ 2    2 2 

261

Universidade do sul de santa catarina 2. Calcule os seguintes limites que envolvem indeterminações. 0 a.  lim x +22 − 2 = x→0 0 xy 3x − y →0 Para resolver esta indeterminação 00 , vamos multiplicar numerador e denominador pelo conjugado da expressão que possui as raízes quadradas: lim x→0 y →0

x+2 − 2 x+2 − 2 x+2 + 2 = lim ⋅ x→0 xy 2 − 3x xy 2 − 3x x+2 + 2 y →0 = lim

(x + 2) − 2 (xy − 3x)( x + 2 + 2)

= lim

x x(y 2 − 3)( x + 2 + 2)

= lim

1 (y 2 − 3)( x + 2 + 2)

= lim

1 1 − 2 = = 12 (02 − 3)( 0 + 2 + 2) −6 2

x→0 y →0

x→0 y →0

x→0 y →0

x→0 y →0

b.  lim x→0 y →2

2

6x 2 y − 12x 2 + 4xy 2 − 8xy 0 = 0 2xy 2 − xy 3

Dividindo numerador e denominador por x temos: lim x→0 y →2

6xy − 12x + 4y 2 − 8y 0 = 0 2y 2 − y 3

Como ainda temos uma indeterminação 00 , vamos agora dividir o numerador e o denominador por (y – 2): lim x→0 y →2

6xy − 12x + 4y 2 − 8y (y − 2)(6x + 4y) (6x + 4y) = lim = lim 2 x→0 x→0 2y 2 − y 3 (y − 2)( − y ) ( −y 2 ) y →2 y →2 = lim x→0 y→2

262

(6 ⋅ 0 + 4 ⋅ 2) 8 = = −2. −4 ( −(2)2 )

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

SEÇÃO 3  •  Continuidade de funções de duas variáveis Agora é a Sua Vez!  (página 77) 1. Verifique se as funções são contínuas nos pontos indicados:  2x 2 y  a.  f(x, y) =  x 4 + y 2  0 

Vamos analisar se calcular o limite ƒƒ

x→0 y =0

x =0 y →0

lim

f(x, y) = f(0, 0) . Temos que f(0,0) = 0 e para 2x 2 y podemos escolher diferentes caminhos. x4 + y2

( x ,y )→(0,0)

lim

( x ,y )→(0,0)

2x 2 ⋅ 0 = 0. x 4 + 02

2 ⋅ 02 y = 0. 04 + y2

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

ƒƒ

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

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

ƒƒ

no ponto (0,0).

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

ƒƒ

; (x, y) ≠ (0, 0)

2x 2 ⋅ x 2x = lim = 0. x 4 + x 2 xy→=x0 x 2 + 1

Caminho 4: (x,y) → (0,0) pelos pontos da reta x = y . lim

x= y y →0

2( y )2 y ( y )4 + y 2

= lim x= y y →0

2y 2 2y 2 = = 1. lim y 2 + y 2 xy=→0y 2y 2

Sendo assim, o fato do limite não existir implica na afirmação de que a função f(x,y) não é contínua no ponto (0,0).  x⋅y

; (x, y) ≠ (0, 0)

b.  f(x, y) =  x 2 + y 2  

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

3

Vamos analisar se calcular o limite

no ponto (0,0).

lim

f(x, y) = f(0, 0) . Temos que f(0,0) = 3 e para xy podemos escolher diferentes caminhos. x2 + y2

( x ,y )→(0,0)

lim

( x ,y )→(0,0)

263

Universidade do sul de santa catarina ƒƒ

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

ƒƒ

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

ƒƒ

x ⋅0 = 0. x 2 + 02

0⋅y = 0. 0 + y2 2

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

x⋅x x2 1 = lim = . 2 2 2 x 0 → 2 x +x 2x y =x

Sendo assim, o fato do limite não existir implica na afirmação de que a função f(x,y) não é contínua no ponto (0,0).

2.  Analise a continuidade da função z = ln (x2 + y2). A função z = ln (x2 + y2) é a composta das funções: f(u) = ln u u = g(x,y) = x2 + y2 A função g(x,y) é contínua em IR2, pois é uma função polinomial. A função f(u) é contínua para todos os valores de seu domínio, ou seja, em IR+*. Como g(x,y) > 0 para qualquer (x,y) ∈ IR2, temos que para qualquer (x0,y0) ∈ IR2, g é contínua em (x0,y0) e f é contínua em g(x0,y0). Assim, podemos dizer que z = ln (x2 + y2) é contínua em IR2.

3.  Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que seja contínua em todos os pontos de seu domínio. Várias funções que já foram analisadas nas unidades 1 ou 2 são contínuas em todos os pontos de seu domínio. Alguns exemplos: z = x2 + y2 z=4–x z = 4 − x2 − y2 z = 3x2 + 2y2

264

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

Atividades de auto-avaliação  (página 79) 1. Verifique se cada um dos limites existe. a. 

lim

( x ,y )→(0,0)

x3 + y3 x3 + y3

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

Caminho 1: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos x. Neste caso devemos fazer y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x→0 y =0

ƒƒ

x 3 + 03 x3 = lim 3 = 1. 3 3 x→0 x x −0

Caminho 2: (x,y) → (0,0) pelo eixo dos y. Neste caso devemos fazer x = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x =0 y →0

03 + y 3 y3 = lim 3 = −1. 3 3 x→0 − y 0 −y

Como o resultado do limite nos caminhos 1 e 2 foram diferentes, pela proposição podemos concluir que

b. 

lim

( x ,y )→(0,0)

x3 + y3 não existe. x3 + y3

(x − 1)2 y ( x ,y )→(1,0) (x − 1)4 + y 2 lim

Vamos então escolher diferentes “caminhos” para que (x,y) se aproxime de (1,0). ƒƒ

Caminho 1: (x,y) → (1,0) pelo eixo dos x. Neste caso devemos fazer y = 0 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x→0 y =0

ƒƒ

(x − 1)2 ⋅ 0 = 0. (x − 1)4 + 02

Caminho 2: (x,y) → (1,0) pela reta x = 1. Neste caso devemos fazer x = 1 e o limite passa a ser de uma única variável. lim x =0 y →0

(1− 1)2 ⋅ y = 0. (1− 1)4 + y 2

265

Universidade do sul de santa catarina ƒƒ

Caminho 3: (x,y) → (1,0) pela reta x = y + 1. (y + 1− 1)2 ⋅ y y2 ⋅ y y = lim = lim 2 = 0. x =y +1 (y + 1 − 1)4 + y 2 y →0 y 4 + y 2 y →0 y + 1 y →0 lim

ƒƒ

Caminho 4: (x,y) → (1,0) pela curva x = y + 1. lim

x = y +1 y →0

( y + 1− 1)2 ⋅ y ( y + 1− 1)4 + y 2

= lim y →0

y2 y2 1 lim = = . 2 2 2 → y 0 2 y +y 2y

Como o resultado do limite no caminho 4 foi diferente dos caminhos anteriores, pela proposição podemos concluir que

(x − 1)2 y não existe. ( x ,y )→(1,0) (x − 1)4 + y 2 lim

2. Calcule os limites indicados. a.  lim

x→−2 y →1

x 3 y 3 − 5x + 8 ( −2)3 (1)3 − 5( −2) + 8 −8 + 10 + 8 = lim = lim = −10. 2 2 2 ( −2)2 + 12 + 3( −2)(1) x→−2 4 + 1− 6 x + y + 3xy xy→− →1 y →1

b.  lim y ⋅ x 2 + y 2 = lim − 1⋅ 02 + ( −1)2 = −1. x→0 y →−1

x→0 y →−1

   xy − 1  xy − 1   = ln  lim 1⋅ 2 − 1  = ln  1  . = ln  lim   x→1 2xy   x→1 2 ⋅ 1⋅ 2  4  2xy   y→2   y→2 

 ln  c.  lim x→1 y →2

x2 y

d.  lim

x +y

x→3 y →4

2

2

= lim x→3 y →4

32 4 3 +4 2

2

= lim x→3 y →4

9 ⋅ 2 18 . = 25 5

e.  limπ cos(xy) ⋅ sen(3x) = limπ cos( π ⋅ 2π) ⋅ sen(3 ⋅ π ) x→ 2 y →2 π

x→ 2 y →2 π

2

= lim cos( π2 ) ⋅ sen( π x→ 2 y →2 π

f.  lim x→1 y →4

x y − 2x − y + 2 4−y+y x −4 x

= lim x→1 y →4

3π ) = − cos( π2 ). 2

y(x − 1) − 2(x − 1) −(y − 4) + x(y − 4)

= lim x→1 y →4

(x − 1)( y − 2) (y − 4)( x − 1)

= lim

(x − 1)( y − 2) ( y + 2) (x − 1)(y − 4) ⋅ = lim 1 (y − 4)( x − 1) ( y + 2) xy→ (y − 4)( x − 1)( y + 2) →4

= lim

(x − 1) ( x + 1) (x − 1) ⋅ = lim x→1 ( x − 1)( y + 2) y→4 ( x − 1)( y + 2) ( x + 1)

= lim

(x − 1)( x + 1) ( x + 1) ( 1 + 1) 1 = lim = lim = . x→1 x→1 (x − 1)( y + 2) y→4 ( y + 2) y→4 ( 4 + 2) 4

x→1 y →4

x→1 y →4

x→1 y →4

266

2

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios 3 3 2 2 g.  lim −2x y + 6x2 + 8x2 y − 24x − 8xy + 24x =

x y − 3x − 4xy + 12x

x→2 y →3

= lim

−2x 3 (y − 3) + 8x 2 (y − 3) − 8x(y − 3) (y − 3)( −2x 3 + 8x 2 − 8x) = lim 2 x→2 x (y − 3) − 4x(y − 3) (y − 3)(x 2 − 4x) y →3

= lim

( −2x 3 + 8x 2 − 8x) x( −2x 2 + 8x − 8) ( −2x 2 + 8x − 8) = lim = lim 2 x→2 x→2 x(x − 4 ) (x − 4) (x − 4x) y →3 y →3

= lim

( −2 ⋅ 22 + 8 ⋅ 2 − 8) = 0. (2 − 4)

x→2 y →3

x→2 y →3

x→2 y →3

3. Verificar se as funções dadas são contínuas nos pontos indicados.  x2 + y2 a.  f(x, y) =  x 2 − 3x + 2  0 

Vamos analisar se

no ponto (0,0)

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

lim

( x ,y )→(0,0)

f(x, y) = f(0, 0) . Temos que f(0,0) = 0 e

lim

x2 + y2 02 + 02 = lim = 0. 2 2 → ( x ,y ) (0,0) x − 3x + 2 0 − 3⋅0 + 2

lim

f(x, y) = f(0, 0) , então podemos afirmar que a função é contí-

( x ,y )→(0,0)

Como

; (x, y) ≠ (0, 0)

( x ,y )→(0,0)

nua em (0,0).  2x 2 − 3y 2  2 b.  f(x, y) =  x − 3x + 2 1  −  6

Vamos analisar se

no ponto (0,0)

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

( x ,y )→(0,0)

f(x, y) = f(0, 0) . Temos que f(0,0) = –

1 e 6

lim

2x 2 − 3y 2 2 ⋅ 02 + 3 ⋅ 02 = lim = 0. x 2 − 3x + 2 ( x ,y )→(0,0) 02 − 3 ⋅ 0 + 2

lim

f(x, y) = f(0, 0) , então podemos afirmar que a função é contí-

( x ,y )→(0,0)

Como

lim

; (x, y) ≠ (0, 0)

( x ,y )→(0,0)

nua em (0,0).

267

Universidade do sul de santa catarina 4. Calcule valor de a para que a função (f(x,y) seja contínua em (0,0).  x2 y2 ; (x, y) ≠ (0, 0)  f(x, y) =  y 2 + 1 − 1  ; (x, y) = (0, 0)  a−4

Para que a função seja contínua, devemos considerar que lim

( x ,y )→(0,0)

f(x, y) = f(0, 0) . Neste caso, f(0,0) = a – 4 e lim

( x ,y )→(0,0)

x2 y2 y2 + 1 − 1

= = =

Se

lim

( x ,y )→(0,0)

lim

( x ,y )→(0,0)

x2 y2 y2 + 1 − 1

⋅

y2 + 1 + 1 y2 + 1 + 1

lim

x 2 y 2 ( y 2 + 1 + 1) x 2 y 2 ( y 2 + 1 + 1) = lim 2 ( x ,y )→(0,0) y + 1− 1 y2

lim

x 2 ( y 2 + 1 + 1) =

( x ,y )→(0,0)

( x ,y )→(0,0)

lim

( x ,y )→(0,0)

02 ( 02 + 1 + 1) = 0.

f(x, y) = f(0, 0) devemos considerar que a – 4 = 0 ⇒ a = 4.

5.  Dê um exemplo de uma função de duas variáveis que não seja contínua no ponto (1,1). Para exemplificar uma função que não seja contínua em determinado ponto, podemos considerar que o limite da função quando x tende a 1 e y tende a 1 deve existir e ser diferente de f(1,1). Uma das funções pode ser a seguinte:  xy + x ; (x, y) ≠ (1, 1) f(x, y) =  ; (x, y) = (1, 1)  4

268

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

Unidade 3 Derivadas Parciais SEÇÃO 1  •  Derivadas de funções de várias variáveis Agora é a Sua Vez!  (página 88) Usando (1) e (2) ou (3) e (4), encontre as derivadas parciais da função z = 5 + 2x2 + 2y2 no ponto (–1,2). Usando (3) da seção 1 vem, f(x 0 + ∆x, y 0 ) − f(x 0 , y 0 ) ∂f (x , y ) = lim ∂x 0 0 ∆x→0 ∆x ∂f f( −1+ ∆x, 2) − f( −1, 2) ( −1, 2) = lim ∆x→0 ∂x ∆x 5 + 2( −1+ ∆x)2 + 2 ⋅ 22 − (5 + 2 ⋅ ( −1)2 + 2 ⋅ 22 ) = lim ∆x→0 ∆x 2 5 + 2(( ∆x) − 2∆x + 1) + 8 − 5 − 2 − 8 = lim ∆x→0 ∆x 2 2( ∆x) − 4 ∆x + 2 − 2 = lim ∆x→0 ∆x 2( ∆x)2 − 4 ∆x = lim ∆x→0 ∆x = lim 2∆x − 4 = −4. ∆x→0

Usando (4) vem, f( −1, 2 + ∆y) − 15 ∂f ( −1, 2) = lim ∆ y → 0 ∂y ∆y = lim

5 + 2( −1)2 + 2(2 + ∆y)2 − 15 ∆y

= lim

5 + 2 + 2(4 + 4 ∆y + ( ∆y)2 ) − 15 ∆y

= lim

5 + 2 + 8 + 8 ∆y + 2( ∆y)2 − 15 ∆y

∆y →0

∆y →0

∆y →0

8 ∆y + 2( ∆y)2 ∆y →0 ∆y = lim 8 − 2∆y = 8. = lim

∆y →0

269

Universidade do sul de santa catarina

Agora é a Sua Vez!  (página 91) Encontre as derivadas parciais das seguintes funções: a.  F(x,y) = 2x2y3 + xy ∂f ∂f = 4xy 3 + y e = 6x 2 y 2 + x. ∂x ∂y

b.  g(u, v) = uv 3 − (u + v)3 −1 ∂g 1 v3 = (uv 3 ) 2 ⋅ v 3 − 3(u + v)2 ⋅ 1 = − 3(u + v)2 . 3 ∂u 2 2 uv −1 ∂g 1 3uv 2 = (uv 3 ) 2 ⋅ 3uv 2 − 3(u + v)2 ⋅ 1 = − 3(u + v)2 . 3 ∂v 2 2 uv

c.  H(r,h) = πr2h ∂H ∂H = 2πrh e = πr 2 . ∂r ∂h

Agora é a Sua Vez!  (página 94) Calcule as derivadas parciais da função f(x,u,z,t,w) = (xy + w).exyz + ut ∂f = (xy + w)·exyz·yz + exyz·y = exyz(xy2z + wyz + y). ∂x ∂f = (xy + w)·exyz·0 + exyz·0 + t = t. ∂u ∂f = (xy + w)·exyz·xy + exyz·0 = (xy + w)xyexyz. ∂z ∂f = u. ∂t ∂f = (xy + w)·exyz·0 + exyz·1 + 0 = exyz. ∂w

270

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

SEÇÃO 2  •  Diferenciabilidade, plano tangente e vetor gradiente Agora é a Sua Vez!  (página 100) Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfico da função z = e −( x

2

+ y2 )

no ponto P(0,0,1). Procure visualizar o resultado graficamente usando um software (Derive, Winplot ou similar).

Usando a Definição 2 da seção 2 temos: z – z0 = z–1=

∂f (x ,y )(x – x0) + ∂∂yf (x0,y0)(y – y0) ∂x 0 0 ∂f (0,0)(x – 0) + ∂∂yf (0,0)(y – 0) ∂x

z–1=0⇒z=1

Agora é a Sua Vez!  (página 104) Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados: 1.  z = x 2 + x + y , P(1,3) −1 −1   1 1 ∇z =  2x + (x + y) 2 , (x + y) 2  2 2   −1 −1    1 1 1 1 1 1  , ⋅ ∇f(1, 3) =  2 ⋅ 1+ (1+ 3) 2 , (1+ 3) 2  =  2 + ⋅  2 2 2 4 2 4    1 1 1 9 1 =  2 + , ⋅  =  ,  . 4 2 2   4 4

2.  f (x,y,z) = x + y + z, P(0,0,1). ∇f = (1,1,1) ∇f(0,0,1) = (1,1,1)

271

Universidade do sul de santa catarina

SEÇÃO 3  •  Regra da cadeia Agora é a Sua Vez!  (página 110) 1. Calcule a derivada x = 2t + 1 e y = cos t.

dz usando a regra da cadeia, sendo z = e2x – y – 5 xy , dt

∂z ∂z dx dz dy = ⋅ + ⋅ ∂t ∂x dt dy dt

= (e2x – y·2 – 5y)·2 + (e2x – y·(–1) – 5x)·(– sen t) = 4e2x – y – 10y + e2x – y sen t + 5x sen t = 4e2(2t + 1) – cos t – 10 cos t + e2(2t + 1) – cos t·sen t + 5(2t + 1)·sen t = 4e4t + 2 – cos t – 10 cos t + e4t + 2 – cos t·sen t = e4t + 2 – cos t·(4 + sen t) – 10 cos t. ∂z ∂z e , sendo z = w + ln (uv), ∂x ∂y u = x2y3 – x – 2y, v = xy e w = x – y. 2. Calcule as derivadas parciais

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w = ⋅ + ⋅ + ⋅ ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x −1 v u 1 = ⋅ (2xy 3 − 1) + ⋅ (xy) 2 ⋅ +1⋅ 1 uv uv 2 1 1 1 3 = (2xy − 1) + ⋅ ⋅ y +1 u v 2 xy =

2xy 3 − 1 y + +1 2 3 x y − 1− 2y 2xy

=

2xy 3 − 1 1 + + 1. x y 3 − 1− 2y 2x 2

SEÇÃO 4  •  Derivação implícita e derivadas parciais sucessivas Agora é a Sua Vez!  (página 115) 1.  Sabendo que a função diferenciável y = f(x) é definida implicitamente dy pela equação x2 ln (x + y) = 2xy – x, determine sua derivada . dx Temos que F(x,y) = x2ln (x + y) – 2xy + x ∂F −  x 2 ⋅ 1 + ln(x + y) ⋅ 2x − 2y + 1   x+y dy − ∂x . = =  dx 1 ∂F x2 ⋅ − 2x x+y ∂y

272

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios 2.  Sabendo que a função diferenciável z = f(x,y) é definida pela equação ∂z ∂z x2 + y2 + 2y3 + 3z4 – 2z = xyz, determine e . ∂x ∂y Temos: F(x,y,z) = x2 + y2 – 2y3 + 3z4 – 2z – xyz ∂F − ∂z ∂ x = −2x − yz = ∂x ∂F 12z 3 − 2 − xy ∂z

∂F − ∂y 2y + 6y 2 − xz ∂z e = =− . ∂y ∂F 12z3 − 2 − xy ∂z

SEÇÃO 5  •  Diferencial Agora é a Sua Vez!  (página 121) 7 1.  Calcule a diferencial de f(x, y) = 2 x 2 − 2y no ponto  4,  .  2 df =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

−1 −1 1 1 = 2 ⋅ (x 2 − 2y) 2 ⋅ 2xdx + 2 ⋅ (x 2 − 2y) 2 ⋅ ( −2)dy 2 2 2x 2 dx − dy = x 2 − 2y x 2 − 2y

7 df  4,  =  2

2⋅4

2 dx − dy 7 7 2 4 −2⋅ 4 −2⋅ 2 2 8 2 = dx − dy. 3 3 2

2.  Calcule a diferencial de f(u,v,w) = uvw – 4 no ponto (1,1,1). ∂f ∂f ∂f du + dv + dw ∂u ∂v ∂w df = (vw)du + (uw)dv + (uv)dw df(1, 1, 1) = du + dv + dw df =

273

Universidade do sul de santa catarina 3.  As dimensões de uma caixa retangular são medidas como 25 cm, 60 cm e 30 cm, cada medida feita com precisão de 0,2 cm. Use diferenciais para estimar o maior valor possível do erro quando calculamos o volume da caixa usando essas medidas. Temos que o volume pode ser dado por V = xyz. Assim, ∂u ∂u ∂u dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z dV = (yz)dx + (xz)dy + (xy)dz dV =

dV(60,25,30) = 25·30·0,2 + 60·30·0,2 + 60·25·0,2 = 810.

Atividades de auto-avaliação  (página 123) 1. Calcule a derivada parcial nição.

∂f da função f(x,y) = x2 + y2 – 9 usando a defi∂y

f(x, y + ∆y) − f(x, y) x 2 + (y + ∆y) − 9 − x 2 − y 2 + 9 ∂f = lim = lim ∆y →0 ∂y ∆y→0 ∆y ∆y = lim

∆y →0

y 2 + 2y∆y + ( ∆y)2 − y 2 2y∆y + ( ∆y)2 = lim = lim(2y + ∆y) = 2y. ∆y →0 ∆y →0 ∆y ∆y

2. Calcule as derivadas parciais de primeira ordem das seguintes funções: 2

a.  f(x, y) = e x + 2xy 2 2 ∂f ∂f = e x ⋅ 2x + 2y = 2xe x + 2y e = 2x. ∂x ∂y

b.  z =

2x 2 − y 2 x 2 + 3y 2 2 2 2 2 3 2 3 2 −10xy 2 ∂z (x + 3y )(4x) − (2x − y ) ⋅ 2x 4x − 12xy − 4x + 2xy = = = 2 2 2 2 2 2 2 ∂x (x + 3y ) (x + 3y ) (x + 3y 2 )2 2 2 2 2 2 3 2 3 −14x 2 y ∂z (x + 3y )( −2y) − (2x − y ) ⋅ 6y −2x y − 6y − 12x y + 6y = = = . ∂y (x 2 + 3y 2 )2 (x 2 + 3y 2 )2 (x 2 + 3y 2 )2

274

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios c.  g(x, y) = arctg

x 2y

1 1 2 2 2y 2y 2y 1 4y x = = ⋅ = 2 ⋅ 2 2 2 2 2 2y x 4y + x 4y + x 4y + x 2 1+ 2 4y 4y 2 2y ⋅ 0 − x ⋅ 2 4y 2 4y 2 ∂g −2x −2x . = = ⋅ = 2 2 2 2 2 ∂y x 4y 4y + x 4y + x 2 1+ 2 4y

∂g = ∂x

d.  z = xy + sen2 (xy) ∂z = y + 2 sen (xy)·cos (xy)·y = y + 2y sen (xy)·cos (xy) ∂x ∂z = x + 2x sen (xy)·cos (xy) ∂y e.  f(u, t) = u2 t –

1 t2

∂f ∂f t 2 ⋅ 0 − 12t 12 = 2ut e = u2 − = u2 + 3 . ∂u ∂t t4 t

f.  f(x,y,z) = x cos (yz) + y sen (xz) ∂f = cos (yz). ∂x ∂f = – x.sen (yz).z + sen (xy) = – xz sen (yz) + sen (xz). ∂y ∂f = – x.sen (yz).y – y cos (xz).x = – xy sen (yz) – xy cos (xz). ∂z 3. Encontre a inclinação da reta tangente à curva resultante da interseção de z = 2x 2 + y 2 − 2 com o plano x = 1 no ponto P(1,–1,1). Temos,

∂z 1 = (2x2 + y2 – 2)–1/2·(2y). ∂y 2 ∂f 1 (1,–1,1) = (2·12 + (–1)2 – 2)–1/2·(2·(–1)) = –1. ∂y 2

275

Universidade do sul de santa catarina 4.  Determine, caso exista, o plano tangente ao gráfico da função z = 2x2 – 3y2 nos pontos P1(0,0,1) e P2(1,1,0). Temos que z – z0 =

∂f (x ,y )(x – x0) + ∂∂yf (x0,y0)(y – y0). Assim, para o ponto ∂x 0 0

P1(0,0,1) temos: z–1=

∂f (0,0)(x – 0) + ∂∂yf (0,0)(y – 0) ∂x

z = 1. No ponto P2(1,1,0) temos: z–0=

∂f (1,1)(x – 1) + ∂∂yf (1,1)(y – 1) ∂x

z = 4(x – 1) – 6(y – 1) z = 4x – 6y + 2. 5.  Determine o vetor gradiente das funções dadas nos pontos indicados: a.  z = 4 − 2x 2 − y 2 , P(0,0) −1 −1 1  1 ∇z =  (4 − 2x 2 − y 2 ) 2 ⋅ ( −4x), (4 − 2x 2 − y 2 ) 2 ⋅ ( −2y)  2 2     −y −2x  , ∇z =  2 2  4 − 2x − y 4 − 2x 2 − y 2  

b.  f(u,v,w) = u2 + v2 – w2 + uvw, P(0,1,0) ∂f ∂f ∂f  ∇f =  , ,  = (2u + vw,2v + uw,–2w + uv) = (0,2,–2).  ∂u ∂v ∂w 

6.  Determine o vetor gradiente das seguintes funções: a.  z =

2x y  ∂z ∂z , ∇z =   ∂x ∂y

  2 −2x = y , 2 y  

 . 

b.  f(x,y,z) = x2 + y2 + z2 + sen x  ∂f ∂f ∂f  ∇f =  , ,  = (2x + cos x, 2y, 2z).  ∂x ∂y ∂z 

276

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios 7. Calcule df(1,1) e ∆f(1,1) da função f(x,y) = x – x3y2 considerando ∆x = 0,01e ∆y = 1. Comparar os resultados obtidos. ∂f ∂f (x ,y )dx + (x ,y )dy. Assim, ∂x 0 0 ∂y 0 0

Temos que df =

∂f ∂f dx + dy = (1 – 3x2y2)dx + (–2x3y)dy ∂x ∂y ∂f ∂f (1,1)·0,01 + (1,1)·1 = –2·0,01 – 2·1 = –2,02. df(1,1) = ∂x ∂y

df =

Para o cálculo de ∇f(1,1), temos: ∇f = f(1,01;2) – f(1,1) = 1,01 – (1,01)3(2)2 – 1 + 1 = – 0,020301. Os resultados são bem diferentes, pois estamos usando um valor de ∆y = 1, considerando grande para o contexto em análise.

8. Calcule a diferencial das funções dadas: a.  z = sen2 (x + y) dz = 2·sen (x + y)·cos (x + y) dx + 2·sen (x + y)·cos (x + y) dy. b.  f(x, y, z) = e z + y − z 2

2

2

2

df = e x+y−z dx + e x+y−z dy + e x+y−z ⋅ ( −2z)dz.

V2 watts. Se R V = 120 volts e R = 12 ohms, calcule um valor aproximado para a variação de 9.  A energia consumida em um resistor elétrico é dada por P =

energia quando V decresce de 0,001 volts e R aumenta de 0,02 ohms. Temos o cálculo de uma diferencial: 2V 2V dV − 2 dR R R 2 ⋅ 120 2 ⋅ 120 dP(120, 12) = ⋅ (0, 001) + ⋅ 0, 02 ≅ 0, 053. 12 122 dP =

277

Universidade do sul de santa catarina 10. Verifique a regra da cadeia para a função dada por: a.  f(x,y) = 2ln (x2 + y2) x = 2t2 y = 3t – 5 Usando a regra da cadeia: df ∂f dx ∂f dy 2x 2x = + = 2⋅ 2 ⋅ 4t + 2 ⋅ 2 ⋅3 dt ∂x dt ∂y dt x + y2 x + y2 =

32t 3 12(3t − 5) 32t 3 + 36t − 60 . + 4 = 4 2 2 4t + (3t − 5) 4t + (3t − 5) 4t + (3t − 5)2 4

(1)

Substituindo na função dada os valores de x e de y vem: f(x,y) = 2·ln (x2 + y2) = 2·ln (4t4 + (3t – 5)2) Fazendo a derivada vem: df 32t 3 + 36t − 60 = . dt 4t 4 + (3t − 5)2

(2)

Obtemos (1) = (2)

b.  f(x,y) = exy x = 2u2 + v4 y = 3u2 + v2 Usando a regra da cadeia: df ∂f ∂x ∂f ∂y = + = e xy y ⋅ 4u + e xy x ⋅ 6u du ∂x ∂u ∂y ∂u 2

= 4ue(2u +v

4

)(3u2 + v2 )

2

⋅ (3u2 + v 2 ) + 6ue(2u +v

4

)(3u2 + v2 )

⋅ (2u2 + v 4 ).

df ∂f ∂x ∂f ∂y = + = e xy y ⋅ 4v 3 + e xy x ⋅ 2v dv ∂x ∂v ∂y ∂v 2

= 4v 3 e(2u +v

4

)(3u2 + v2 )

2

⋅ (3u2 + v 2 ) + 2ve(2u +v

4

)(3u2 + v2 )

⋅ (2u2 + v 4 ).

Substituindo na função dada os valores de x e de y vem: 2

f = e(2u +v

278

4

)(3u2 + v2 )

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios Fazendo a derivada vem: 2 4 2 2 ∂f = e(2u +v )(3u +v ) ⋅ ((2u2 + v 4 ) ⋅ 6u + (3u2 + v 2 ) ⋅ 4u). ∂u 2 4 2 2 ∂f = e(2u +v )(3u +v ) ⋅ ((2u2 + v 4 ) ⋅ 2v + (3u2 + v 2 ) ⋅ 4v 3 ). ∂v

Obtermos a comprovação da regra da cadeia.

11.  Determine x = t, y = t2.

dz , usando a regra da cadeia sendo z = ex(cos x + cos y), dt

dz = ex·(–sen x) + (cos x + cos y)ex)·1 + (ex·(–sen y))·2t dt = –exsen x + excos x + excos y – 2texsen y = –etsen t + etcos t + etcos t2 – 2tetsen 2t. 12.  Determine as derivadas parciais a.  z = 3x 2 + y 3 ∂z 1 = ∂u 2 ∂z 1 = ∂v 2

,

6x 3x 2 + y 3 6x

x = u2 + 1 ⋅ 2u +

1 2

1 ⋅0 + 2 3 2 3x + y

b.  z = x2 + y2 – x – y ,

∂z ∂z e , usando a regra da cadeia. ∂u ∂v

3y 2 3x 2 + y 3

⋅0 =

,

y = 3 v2

6(u2 + 1)u 3(u2 + 1)2 + v 2

=

6u3 + 6u 3(u2 + 1)2 + v 2

.

−1

2 −1 ( 3 v 2 )2 ⋅ v 3 v . ⋅ v3 = = 2 3 3 2 2 2 2 3x + y 3(u + 1) + v 3(u + 1)2 + v 2 3y 2

x = cos u cos v ,

y = sem u cos v

∂z = (2x – 1)·cos v(–sen u) + (2y – 1)·cos v cos u ∂u = –2·cos u·cos2 v·sen u + cos v·sen u = + 2·sen u·cos2 v·cos u – cos v·cos u = cos v sen u – cos v cos u. ∂z = (2x – 1)·cos u·(–sen v) + (2y – 1)·sen u·(–sen v) ∂v = cos u·sen v + sen u·sen v – 2·sen v·cos v.

279

Universidade do sul de santa catarina 13.  Determine as derivadas parciais ∂w e ∂w sendo w = 3x2 + 2y2 – z2, ∂u ∂v x = 2u2v, y = u – v. ∂w = 6x2·4uv + 4y·1 – 2z·1 ∂u = 96u5v3 + 4u – 4v – 2u – 2v = 48u3v2 + 2u – 6v. ∂w = 6x2·2u2 + 4y·(–1) – 2z·1 ∂v = 48u6v2 – 4u + 4v – 2u – 2v = 48u6v2 – 6u – 2v. 14.  Supondo que a função diferenciável y = f(x) é definida implicitamente dy pela equação 2x2 + 3y2 = 2xy – 5, determine sua derivada . dx Vamos considerar F = 2x2 + 3y2 – 2xy + 5. ∂F dy − ∂x −4x + 2y = = . dx ∂F 6y − 2x ∂y

15. Encontre as derivadas de 2a ordem da função z = 2x2 – 4y3 + 5x2y2. Temos: ∂z = 4x + 10xy2 ; ∂x

∂z = –12y2 + 10x2y ; ∂y

∂2 z = 4 + 10y2 ; ∂x 2

∂2 z = –24y + 10x2 ; ∂y 2

∂2 z ∂2 z = 20xy. = ∂x∂y ∂y∂x

16. Encontre as derivadas parciais de 3a ordem da função z = x + y + x3.

280

∂z = 1+3x2 ; ∂x

∂2 z = 6x ; ∂x 2

∂3 z = 6. ∂x 3

∂z = 1 ; ∂y

∂2 z = 0 ; ∂x 2

∂3 z = 0. ∂y 3

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios 17.  Determine as derivadas parciais indicadas considerando: a.  z = ln (x2 + y2)

∂3z ∂x∂y 2

,

2y ∂z = ; ∂y x 2 + y 2

−4x 3 + 4xy 2 ∂3 z = . 2 ∂x∂y (x 2 + y 2 )3

∂2 z 2x 2 = 2 ; 2 ∂y (x + y 2 )2

∂2 w ∂z 2

b.  w = 1− x 2 − y 2 − z 2 ,

,

∂2 w ∂x∂y

−1 ∂w 1 −z = (1− x 2 − y 2 − z 2 ) 2 ⋅ ( −2z) = . 2 ∂z 2 1− x − y 2 − z2

∂2 w = ∂z 2

x2 + y2 − 1 3 2 2

.

(1− x − y − z ) 2

2

−1 −y ∂w 1 = (1− x 2 − y 2 − z 2 ) 2 ⋅ ( −2y) = . 2 ∂y 2 1− x − y 2 − z2

∂2 w = ∂x∂y

−xy 3

.

(1− x − y 2 − z2 ) 2 2

c.  w = x2 + y2 + 4z2 + 1 , ∂w = 8z; ∂z

∂2 w = 0; ∂y∂z

∂3w , ∂x∂y∂z ∂3 z = 0; ∂x∂y∂z

∂3w ∂z∂x∂y ∂3 z = 0. ∂z∂x∂y

281

Universidade do sul de santa catarina

Unidade 4 Máximos e Mínimos SEÇÃO 1  •  Máximos e mínimos de funções de duas variáveis Agora é a Sua Vez!  (página 137) Determine os pontos críticos das seguintes funções: a.  f(x, y) =

1 64 − + x⋅y y x

Vamos analisar somente os pontos críticos que satisfazem as condições das derivadas parciais existirem e serem iguais a zero. Não vamos analisar os pontos em que a função não é diferenciável. ∂f 64 −64 = +y =0⇒y = 2 ∂x x 2 x ∂f −1 1 = + x = 0 ⇒ x = 2 = y −2 ∂y y 2 y

Resolvendo este sistema de equações temos: x = y −2 2

−2

 x2  −64 x4 x4 x =  2  ⇒  ⇒x= ⇒ −x =0  4096 4096  x   −64   x3  x ⋅ − 1 = 0  4096  x=0  x3  x3 3 3  4096 − 1  = 0 ⇒ 4096 = 1 ⇒ x = 4096 ⇒ x = 4096 ⇒ x = 16.   −64 , ou seja, não existe valor de y para este valor de x Para x = 0, y = −64 = 2 x

0

por causa da divisão por zero. Para x = 16, y = −642 = − 1 . Então  16, −1  é um ponto crítico. 16

4



b.  z = 1 – 8xy + 2x4 + 2y4 ∂z = – 8y + 8x3 = 0 => y = x3 ∂x ∂z = – 8x + 8y3 = 0 => x = y3 ∂y

282

4 

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios Resolvendo este sistema de equações temos: x = y3 ⇒ x = (x3)3 ⇒ x = x9 x9 – x = 0 x(x8 – 1) = 0 x=8 x8 – 1 = 0 ⇒ x8 = 1 ⇒ x = ±1 Para x = 0 temos y = 03, para x = 1 temos y = 13 = 1 e para x = –1 temos y = (–1)3 = –1. Assim, os pontos críticos são (0,0), (1,1), (–1,–1).

c.  f(x,y) = 2 +

1 3 2 y +x y – 4x – 5y 3

∂f 2 = 2xy − 4 = 0 ⇒ y = ∂x x ∂f 2 2 = y + x −5= 0 ∂x

Resolvendo este sistema de equações temos: y2 + x2 − 5 = 0 2

 2  + x2 − 5 = 0 x   4 + x2 − 5 = 0 x2 x 4 − 5x 2 + 4 = 0

Fazendo z = x2 teremos: z2 – 5z + 4 = 0 z = 4  ,  z = 1 Voltando à substituição anterior encontramos os valores de x: z = x2 z = 1 ⇒ 1 = x2 ⇒ x = ±1 z = 4 ⇒ 4 = x2 ⇒ x = ±2 ƒƒ

Para x = 1 o valor de y será y = 2 = 2,

ƒƒ

para x = –1 o valor de y será y = 2 = –2,

ƒƒ ƒƒ

1

−1 2 para x = 2 o valor de y será y = = 1 e 2 para x = –2 o valor de y será y = 2 = –1. −2

Assim, temos os pontos críticos: (1,2), (–1,–2), (2,1), (–2,–1).

283

Universidade do sul de santa catarina

SEÇÃO 2  •  Análise dos pontos críticos de funções de duas variáveis Agora é a Sua Vez!  (página 147) 1. Classifique os pontos críticos das seguintes funções: a.  f(x, y) = x 2 + y 2 +

1 x y2 2

Determinando os pontos críticos: ∂f 1 −2 = 2x + 2 ⋅ 3 = 0 ∂x y x ∂f 1 −2 = 2y + 2 ⋅ 3 = 0 ∂y x y

Resolvendo o sistema de equações: 2x + =

1 −2 ⋅ =0 y2 x3

2y +

2x 4 y 2 − 2 =0 x3 y2

=

2x 4 y 2 = 2

1 −2 ⋅ =0 x2 y3

2x 2 y 4 − 2 =0 x2 y3

2x 2 y 4 = 2 ⇒ x 2 =

1 y4

4

 1  2 1 2x y = 2 ⇒ 2  4  y 2 = 2 ⇒ 16 y 2 = 2 ⇒ 14 = 1 ⇒ y14 = 1 ⇒ y = ±1. y y y   4

2

ƒƒ

Para y = –1, temos x 2 = 1 4 = 1⇒ x = ±1 .

ƒƒ

Para y = 1, temos x 2 = 14 = 1⇒ x = ±1 .

( −1)

(1)

Assim, temos os pontos críticos: (–1,–1), (1,–1), (–1,1), (1,1). O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação:

H(x, y) =

6 x4 y2 4 x3 y3

H( −1, −1) =

8 4 = 48 > 0 4 8

2+

H( −1, 1) =

284

4 x3 y3 . 6 2+ 4 2 x y

8 −4 = 48 > 0 −4 8

H(1, −1) = H(1, 1) =

8 −4 = 48 > 0 −4 8

8 4 = 48 > 0 4 8

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios A derivada de segunda ordem precisa ser calculada: ∂2 f 6 (x, y) = 2 + 4 2 ∂x 2 x y ∂2 f 6 =8 ( −1, −1) = 2 + ∂x 2 ( −1)4 ( −1)2

∂2 f 6 =8 (1, −1) = 2 + 4 ∂x 2 (1) ( −1)2

∂2 f 6 =8 ( −1, 1) = 2 + ∂x 2 ( −1)4 (1)2

∂2 f 6 (1, 1) = 2 + 4 2 = 8 ∂x 2 (1) (1)

Os pontos críticos podem ser classificados da seguinte forma: ƒƒ

ƒƒ

ƒƒ

ƒƒ

∂2 f (–1,–1) > 0; ∂x 2 ∂2 f (1,–1) é um ponto de mínimo local pois H(1,–1) > 0 e 2 (1,–1) > 0; ∂x ∂2 f (–1,1) é um ponto de mínimo local pois H(–1,1) > 0 e 2 (–1,1) > 0; ∂x 2 ∂ f (1,1) é um ponto de mínimo local pois H(1,1) > 0 e 2 (1,1) > 0; ∂x (–1,–1) é um ponto de mínimo local pois H(–1,–1) > 0 e

b.  g(x,y) = 3xy2 + x3 – 3x Determinando os pontos críticos: ∂g = 3y2 + 3x2 – 3 = 0 ∂x ∂g = 6xy = 0 ⇒ x = 0 ou y = 0 ∂y ƒƒ

Para x=0

3y2 + 3·02 – 3 = 0 ⇒ y = ±1.

ƒƒ

Para y = 0

3·02 + 3x2 –3 = 0 ⇒ x = ±1.

Assim, temos os pontos críticos: (0,1), (0,–1), (1,0), (–1,0). O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação: H(x, y) =

6x 6y . 6y 6x

H(0, 1) =

0 6 = −36 < 0 6 0

H(0, −1) =

0 −6 = −36 < 0 −6 0

H(1, 0) =

6 0 = 36 > 0 0 6

H( −1, 0) =

−6 0 = 36 > 0 0 −6

285

Universidade do sul de santa catarina A derivada de segunda ordem precisa ser calculada: ∂2g (x,y) = 6x ∂x 2 ∂2g (1,0) = 6 > 0 ∂x 2

∂2g (–1,0) = –6 < 0 ∂x 2

Os pontos críticos podem ser classificados da seguinte forma: ƒƒ

(0,1) é um ponto de sela pois H(0,1) < 0;

ƒƒ

(0,–1) é um ponto de sela pois H(0,–1) < 0;

ƒƒ ƒƒ

∂2g (1,0) > 0; ∂x 2 ∂2g (–1,0) é um ponto de máximo local pois H(–1,0) > 0 e 2 (–1,0) < 0. ∂x

(1,0) é um ponto de mínimo local pois H(1,0) > 0 e

c.  z = 4xy Determinando os pontos críticos: ∂z = 4y = 0 ⇒ y = 0 ∂x ∂z = 4x = 0 ⇒ x = 0 ∂y Assim, temos o ponto crítico (0,0). O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação: H(x, y) =

0 4 = −16 < 0. 4 0

Neste caso (0,0) será um ponto de sela.

d.  z = 2 – x2 – 3y2 + 2xy + 8x Determinando os pontos críticos: ∂z = –2x + 2y + 8 = 0 ∂x ∂z = –6y + 2x = 0 ⇒ x = 3y ∂y

286

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios Resolvendo o sistema de equações: –2x + 2y = –8 –2·3y + 2y = –8 –4y = –8 y=2 Para y = 2 temos x = 3y = 3·2 = 6. Assim, temos o ponto crítico (6,2). O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação: H(x, y) =

−2 2 = 8 > 0. 2 −6

2 A derivada de segunda ordem precisa ser calculada ∂ z2 (x,y) = –2 < 0.

∂x

2 Assim, (6,2) é um ponto de máximo local pois H(6,2) > 0 e ∂ z2 (6,2) < 0.

∂x

2.  Determine o máximo e o mínimo da função no conjunto dado: a.  f(x,y) = x + 2y ao longo do triângulo de vértices (0,0), (3,0), (0,3). A função f(x,y) = x + 2y é um plano e, assim sendo, não identificamos pontos críticos. A região que delimita o triângulo precisa ser analisada em sua fronteira pois o teorema de Weierstrass irá garantir que vamos encontrar pontos de máximos ou mínimos na fronteira da região. Num primeiro momento, analisamos os segmentos que delimitam o triângulo. Para cada um dos três segmentos também não haverá pontos críticos: AB: y = 0  ,  0 ≤ x ≤ 3 f(x,0) = x. A derivada de primeira ordem será uma constante, e sendo assim, não há pontos críticos. BC: y = –x + 3  ,  0 ≤ x ≤ 3 f(x,–x + 3) = x + 2(–x + 3) = –x + 6. A derivada de primeira ordem será uma constante, e sendo assim, não há pontos críticos.

287

Universidade do sul de santa catarina CA: x = 0  ,  0 ≤ y ≤ 3 f(0,y) = 0 + 2y = 2y. A derivada de primeira ordem será uma constante, e sendo assim, não há pontos críticos. Resta então analisar os pontos (0,0), (3,0), (0,3) que são os vértices do triângulo: Ponto Crítico (x0,y0)

Localização

f(x0,y0)

(0,0)

Fronteira

0

(3,0)

Fronteira

3

(0,3)

Fronteira

6

Analisando a tabela apresentada, é possível concluir que o valor máximo da função é igual a 6 e que o valor mínimo é igual a 0.

b.  z = xy ao longo da região delimitada por –2 ≤ x ≤ 2 e –2 ≤ y ≤ 2. A função z = xy possui um ponto crítico, já calculado nos exemplos da unidade, que é o (0,0), ponto de sela. Também neste caso, iremos analisar a fronteira da região que delimita o retângulo, pois o teorema de Weierstrass irá garantir que vamos encontrar pontos de máximos ou mínimos na fronteira da região. Num primeiro momento, analisamos os segmentos que delimitam o retângulo e, para cada um dos 4 segmentos, teremos derivada igual a uma constante, como no item (a). Resta então analisar os pontos (–2,–2), (–2,2), (2,2), (2,–2) que formam o retângulo analisado: Ponto Crítico (x0,y0)

Localização

f(x0,y0)

(–2,–2)

Fronteira

4

(–2,2)

Fronteira

–4

(2,2)

Fronteira

4

(2,–2)

Fronteira

–4

Analisando a tabela apresentada, é possível concluir que o valor máximo da função é igual a 4 e que o valor mínimo é igual a –4.

288

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

SEÇÃO 3  •  Método dos multiplicadores de Lagrange Agora é a Sua Vez!  (página 154) Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição dada: 1.  f(x,y) = 3x + 4y

x2 + y2 = 1

max. f(x,y) = 3x + 4y s.a x2 + y2 = 1

min. f(x,y) = 3x + 4y s.a x2 + y2 = 1

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange precisamos definir a função L dada por: L(x,y,l) = 3x + 4y – l·(x2 + y2 – 1) O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e l, igualando-as a zero para resolver o sistema: ∂L 3 = 3 − 2xλ = 0 ⇒ x = ∂x 2λ ∂L 2 = 4 − 2yλ = 0 ⇒ y = ∂y λ ∂L = −x 2 − y 2 + 1 = 0 ∂λ 2

3  2 −   −  2λ   λ

 + 1= 0 ⇒ λ = ± 5  2 

Para l = 5 , temos que x = 3 e y = 4 e l = – 5 , temos que x = – 3 e y = – 4 . 2

5

5

2

5

(5 5 ) (

5

)

Assim temos os seguintes pontos que resolvem o sistema: 3 , 4 , – 3 ,– 4 . 5

5

Substituindo os pontos candidatos à extremos condicionantes da função na função f(x,y) = 3x + 4y, teremos:

(5 5 ) 5 5 f(– 3 ,– 4 ) = ·3(– 3 ) + 4·(– 4 ) = –5 5 5 5 5

f 3,4 =33 +44 =5

Assim, –5 é o valor mínimo e 5 o valor máximo.

289

Universidade do sul de santa catarina 2.  f(x,y) = 49 –x2 – y2

x + 3y = 10

max. f(x,y) = 49 – x2 – y2 s.a x + 3y = 10

min. f(x,y) = 49 – x2 – y2 s.a x + 3y = 10

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange precisamos definir a função L dada por: L(x,y,l) = (49 – x2 – y2) – l·(x + 3y – 10) O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e l, igualando-as a zero para resolver o sistema: ∂L = −2x − λ = 0 ∂x ∂L = −2y − 3λ = 0 ∂y ∂L = − x − 3y + 10 = 0 ∂λ

Resolvendo o sistema vamos obter l = –2, x = 1 e y = 3. Assim temos o ponto (1,3) para análise. Substituindo este ponto na função teremos: f(1,3) = 49 – 12 – 32 = 39 Assim, 39 é o valor máximo.

Atividades de auto-avaliação  (página 156) 1.  Determine os pontos críticos e classifique-os: a.  z = x2 + y2 – 6x – 2y +7 Determinando os pontos críticos: ∂z = 2x – 6 = 0 ⇒ x = 3 ∂x ∂z = 2y – 2 = 0 ⇒ y = 1 ∂y Assim, temos o ponto crítico: (3,1). O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação: H(x, y) =

290

2 0 = 4 > 0. 0 2

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios A derivada de segunda ordem precisa ser calculada: ∂2 f (x,y) = 2 > 0 ∂x 2 Assim, o ponto (3,1) é um ponto mínimo local pois H(3,1) > 0 e

∂2 f (3,1) > 0. ∂x 2

b.  f(x,y) = 4xy – x4 – 2y2 Determinando os pontos críticos: ∂z = 4y – 4x3 = 0 ⇒ y = x3 ∂x ∂z = 4x – 4y = 0 ∂y Resolvendo o sistema de equações: 4x – 4y = 0 4x – 4x3 = 0 O que nos dá os valores x = 0, x = 1, x = –1. Assim: x = 0 ⇒ y = 03 = 0 x = 1 ⇒ y = 13 = 1 x = –1 ⇒ y = (–1)3 = –1 Portanto, os pontos críticos são: (0,0), (1,1), (–1,–1). O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação: H(x, y) =

−12x 2 4

4 = 48x 2 − 16. −4

H(0,0) = 48·02 – 16 = –16 < 0 H(1,1) = 48·12 – 16 = 32 > 0 H(–1,–1) = 48·(–1)2 – 16 = 32 > 0 A derivada de segunda ordem precisa ser calculada: ∂2 f (x,y) = –12x2 ∂x 2 ∂2 f (1,1) = –12.(1)2 = –12 < 0 ∂x 2 ∂2 f (–1,–1) = –12.(–1)2 = –12 < 0 ∂x 2

291

Universidade do sul de santa catarina Os pontos críticos podem ser classificados da seguinte forma: ƒƒ ƒƒ ƒƒ

(0,0) é um ponto de sela pois H(0,0) < 0; ∂2 f (1,1) < 0; ∂x 2 2 ∂ f (–1,–1) é um ponto de máximo local pois H(–1,–1) > 0 e 2 (–1,–1) < 0. ∂x (1,1) é um ponto de máximo local pois H(1,1) > 0 e

c.  g(x, y) = e x

2

+ y2

Determinando os pontos críticos: 2 2 ∂g = e x +y ⋅ 2x = 0 ⇒ x = 0 ∂x 2 2 ∂g = e x +y ⋅ 2y = 0 ⇒ y = 0 ∂y

Assim, temos o ponto crítico: (0,0). O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação: H(x, y) =

ex

2

+y2

(2 + 4x 2 )

4xye x

2

+y2

4xye x ex

2

+y2

2

+y2

(2 + 4x 2 )

.

Aplicando o ponto (0,0): H(0, 0) =

2 0 = 4 > 0. 0 2

A derivada de segunda ordem precisa ser calculada: 2 2 ∂2g (x, y) = e x +y (2 + 4x 2 ) 2 ∂x ∂2g (0, 0) = e 0 (2 + 4 ⋅ 02 ) = 2 > 0 ∂x 2

Assim, o ponto (0,0) é um ponto mínimo local pois H(0,0) > 0 e

292

∂2g (0,0) > 0. ∂x 2

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios d.  z = 4·x·sen (y) + 3 Determinando os pontos críticos: ∂z = 4·sen y = 0 ⇒ sen y = 0 ⇒ y = kp ∂x ∂z = 4x·cos y = 0 ⇒ x = 0 ∂y Assim, temos os pontos críticos: (0,kp), sendo k um número inteiro. O determinante da matriz hessiana auxiliará na classificação: H(x, y) =

0 4 cos y . 4 cos y −4x ⋅ sen y

Aplicando os pontos (0,kp): H(0,kp) = –16cos2 (kp) = –16 < 0 Assim, os pontos (0,kp), sendo k um número inteiro, são pontos de sela pois H(0,kp) < 0.

2.  Determine possíveis pontos extremantes da função f sujeita à condição dada: a.  f(x,y) = xy

x2 + y2 = 8

max. f(x,y) = xy s.a x2 + y2 = 8

min. f(x,y) = xy s.a x2 + y2 = 8

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange precisamos definir a função L dada por: L(x,y,l) = xy – l·(x2 + y2 – 8) O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e l, igualando-as a zero para resolver o sistema: ∂L = y − 2xλ = 0 ⇒ y = 2xλ ∂x ∂L = x − 2yλ = 0 ∂y ∂L = −x 2 − y 2 + 8 = 0 ∂λ

293

Universidade do sul de santa catarina x – 2yl = 0 x – 2(2xl)·l = 0 x(1 – 4l2) = 0 x = 0  ou  (1 – 4l2) = 0 ⇒ l = ± 1 2 Para x = 0, teremos y = 0, que é um ponto que não satisfaz a restrição. Para os dois valores de l encontrados, teremos: l = 1 ⇒ y = 2x 1 = x 2 2 –x2 – x2 + 8 = 0 ⇒ x = ±2

(2,2), (–2,–2)

( )

l = – 1 ⇒ y = 2x – 1 = –x 2 2 2 2 –x – x + 8 = 0 ⇒ x = ±2

(2,–2), (–2,2)

Substituindo estes pontos na função os pontos candidatos à extremos condicionantes da função na função f(x,y) = xy, teremos: f(2,2) = 2·2 = 4 f(–2,–2) = (–2)·(–2) = 4 f(2,–2) = 2·(–2) = –4 f(–2,2) = (–2)·2 = –4 Assim, 4 é o valor máximo e –4 é o valor mínimo.

b.  f(x,y) = x + 3y x2 + y2 = 10 max. f(x,y) = x + 3y s.a x2 + y2 = 10

min. f(x,y) = x + 3y s.a x2 + y2 = 10

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange precisamos definir a função L dada por: L(x,y,l) = (x + 3y) – l·(x2 + y2 – 10) O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e l, igualando-as a zero para resolver o sistema: 1 ∂L = 1− 2xλ = 0 ⇒ x = ∂x 2λ ∂L 3 = 3 − 2yλ = 0 ⇒ y = ∂y 2λ ∂L = − x 2 − y 2 + 10 = 0 ∂λ

294

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios 2

2

1   3  −   −  + 10 = 0  2λ   2λ  1 λ=± 2

Para os dois valores de l encontrados, teremos: 1 1 3 ⇒x= = 1⇒ y = =3 2 1 1 2⋅ 2⋅ 2 2 −1 1 3 λ= ⇒x= = −1 ⇒ y = = −3 2 −1 −1 2⋅ 2⋅ 2 2 λ=

(1, 3) ( −1, −3)

Substituindo estes pontos na função os pontos candidatos à extremos condicionantes da função na função f(x,y) = x + 3y, teremos: f(1,3) = 1 + 3·3 = 10 f(–1,–3) = –1 + 3·(–3) = –10 Assim, 10 é o valor máximo e –10 é o valor mínimo.

c.  f(x,y) = 6x + y2 3x2 + y2 = 4 max. f(x,y) = 6x + y2 s.a 3x2 + y2 = 4

min. f(x,y) = 6x + y2 s.a 3x2 + y2 = 4

Usando o método dos multiplicadores de Lagrange precisamos definir a função L dada por: L(x,y,l) = (6x + y2) – l·(3x2 + y2 – 4) O próximo passo é determinar as derivadas de L em relação a x, y e l, igualando-as a zero para resolver o sistema: ∂L 1 = 6 − 6xλ = 0 ⇒ x = ∂x λ ∂L = 2y − 2yλ = 0 ⇒ y = 1 ∂y ∂L = −3x 2 − y 2 + 4 = 0 ∂λ 2

1 −3   − 02 + 4 = 0 λ   λ=±

3 2

295

Universidade do sul de santa catarina Para os dois valores de l encontrados, teremos: λ = 1 ⇒ x = 1 ⇒ y = ±1 λ=

λ=

(1, 1) e (1, −1)

3 1 2 ⇒x= = ⇒y=0 2 3 3 2 − 3 −2 ⇒x= ⇒y=0 2 3

 2  ,0   3   −2  ,0   3 

Vamos substituir os pontos candidatos à extremos condicionantes na função f(x,y) = 6x + y2:  2  2 12 f , 0  = 6⋅ + 02 = 3 3  3   −2  −2 −12 + 02 = f , 0  = 6⋅ 3 3 3   2 f(1, −1) = 6 ⋅ 1+ ( −1) = 7 f(1, 1) = 6 ⋅ 1+ 12 = 7

Assim, 7 é o valor máximo e

296

−12 é o valor mínimo. 3

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

Unidade 5 Integrais Múltiplas SEÇÃO 1  •  Definição e cálculo da integral dupla Agora é a Sua Vez!  (página 176) 4 3

1. Calcule

∫ ∫ (18 − 3x − 2y)dxdy. 0 0

Calculando a 1ª integral: 3

∫ (18 − 3x − 2y)dx = 18x − 3 0

= 54 −

3

x2 3 − 2yx = 18 ⋅ 3 − ⋅ 32 − 2y ⋅ 3 2 2 0

27 108 − 27 81 − 6y = − 6y = − 6y. 2 2 2

Calculando a 2° integral 4

y2 81  81  ∫0  2 − 6y  dy = 2 y − 6 2

4

= 0

81 ⋅ 4 − 3 ⋅ 4 2 = 162 − 48 = 114. 2

1 1

2. Calcule

∫ ∫ (x + y)dydx e descreva graficamente e analiticamente a região 0 x

de integração.

Calculando a 1ª integral: 1

y2 ∫x (x + y)dy = xy + 2

1

x

 1 =  x ⋅ 1+ 2  2

  x2  1 2 x2 3 2 1  − x⋅x + 2  = x + 2 − x − 2 = − 2 x + x + 2 .   

Calculando a 2° integral 2

2

1 3 x3 x2 1 1  3 2 ∫1  − 2 x + x + 2  dx = − 2 ⋅ 3 + 2 + 2 x 1 = 2 .

Descrição analítica da região de integração: x≤y≤1 0≤x≤1

297

Universidade do sul de santa catarina Descrição gráfica da região de integração (Ver Figura 7.18).

Figura 7.18  Região delimitada por y = 1, y = x e o eixo dos y.

3.  Determine os limites de integração da integral

∫∫ f(x, y)dxdy S

sendo S a

região limitada pela hipérbole y2 – x2 = 1 e pelas retas x = 2 e x = –2. Na Figura 7.19 temos a visualização da região S.

Figura 7.19  Região delimitada por y2 – x2 = 1 e pelas retas x = 2 e x = –2

Analiticamente a região pode ser descrita como:  − 1+ x 2 ≤ y ≤ 1+ x 2   −2 ≤ x ≤ 2

A integral é dada por: 2

1+ x2

∫ ∫

−2 − 1+ x2

298

f(x, y) dy dx.

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios 4.  Inverta a ordem de integração e verifique qual a melhor maneira para 1 3x + 2

calcular a integral

∫ ∫

dydx .

−2 x 2 + 4 x

Para inverter a ordem de integração vamos descrever analiticamente e graficamente a região de integração (Ver Figura 7.20) Temos,  x 2 + 4x ≤ y ≤ 3x + 2 R1 :   −2 ≤ x ≤ 1

Figura 7.20  Região delimitada por y = x2 + 4x e y = 3x + 2

É possível verificar os pontos de interseção entre y = x2 + 4x e y = 3x + 2 fazendo x2 + 4x = 3x + 2 x2 + x – 2 = 0 Resolvendo a equação do 2o grau obtemos x = 1 e x = –2. Assim invertendo a ordem de integração a região é descrita por  y −2 −4 + 16 + 4y  R2 :  3 ≤ x ≤ 2  −4 ≤ y ≤ 5  1 3x + 2

Observar que é mais fácil resolver usando R1. Assim,

∫ ∫

dydx .

−2 x 2 + 4 x

299

Universidade do sul de santa catarina Resolvendo a 1a integral vem: 3x +2

2

∫

dy = y

3x +2 x2 +4 x

= (3x + 2) − (x 2 + 4x) = −x 2 − x + 2.

x +4 x

Resolvendo a 2a integral vem: 1

∫

( −x 2 − x + 2)dx = −

−2

x3 x2 − + 2x 3 2

1

−2

1 1 1 1 =  − ⋅ 13 − ⋅ 12 + 2 ⋅ 1  −  − ⋅ ( −2)3 − ⋅ ( −2)2 + 2 ⋅ ( −2)  2 2  3   3  9 = . 2

SEÇÃO 2  •  Cálculo de volumes e áreas usando integrais duplas Agora é a Sua Vez!  (página 182) 1. Calcule o volume do sólido delimitado pela superfície z = x2 e pelos planos x = 2, y = 3 e z = 0. Na Figura 7.21 temos a visualização do sólido que está delimitado superiormente pela parte da calha z = x2.

Figura 7.21  Visualização da parte da calha z = x2

300

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios Ao projetar a calha no plano z = 0, vamos obter a região de integração no formato de um retângulo: 0 ≤ x ≤ 2 R: 0 ≤ y ≤ 3

Assim, o volume do sólido que está delimitado superiormente por z = x2 com base em R, é dado por: 3 2

3

0 0

0

V = ∫ ∫ x 2 dxdy = ∫

2

x3 3

3

dy = ∫

0

0

3

8 8 8 dy = y = ⋅ 3 = 8 unidades de volume. 3 3 0 3

2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente por z = 3x + y, tendo como a base a região delimitada por R = { (x,y) | 3 ≤ x ≤ 5 ; 1 ≤ y ≤ 2 }. O volume é dado por: 2 5

2

1 3

1

V = ∫ ∫ (3x + y)dxdy = ∫ 3 ⋅

5

2

2

2

y x2 + yx dy = ∫ (2y + 24)dy = 2 ⋅ + 24y 2 2 3 1 1

= 27 unidades de volume.

Agora é a Sua Vez!  (página 185) Usando integrais duplas, calcule a área da região delimitada por: a.  y = 5 – x2 e y =

2 10 x+ 3 3

.

Na Figura 7.22 temos a representação gráfica da região. Temos: A=

1

∫ ∫ −

=

5−x2

5 2 10 x+ 3 3 3

dydx =

1

∫ −

5 3

y

5−x2 2 10 x+ 3 3

dx =

1

5 x3 2 x2 5  2 2 ∫5  −x − 3 x + 3  dx = − 3 − 3 ⋅ 2 + 3 x

−

3

1

−

5 3

256 unidades de área. 81

b.  y = ex ; y = 3 – x e os eixos coordenados. Na Figura 7.23 temos a representação gráfica da região. Observe que a intersecção entre a curva e a reta vai ser analisada de forma aproximada, pois não temos mecanismos algébricos para encontrar o valor exato algebricamente, por meio da equação ex = 3 – x. Podemos definir o valor aproximado de 0,79 graficamente ou usando um recurso tecnológico (por exemplo, o Derive).

301

Universidade do sul de santa catarina Vamos particionar a área em duas regiões denotadas por A1 e A2. Temos: A = A1 + A 2 =

0,79 ex

∫ ∫ 0

=

0,79

∫ 0

e x dx +

dydx +

0

3

∫

3

3−x

∫ ∫

0,79

= e 0,79 − e 0 + 9 −

∫

+ 3x −

x2 2

0,79 0

(3 − x)dx = e x

0,79

y

dydx =

ex 0

dx +

0

0,79 0

3

∫

y

3−x 0

dx

0,79 3

0,79

2

9 (0, 79) − 3 ⋅ 0, 79 + ≅ 3, 645 unidades de área. 2 2

Figura 7.22  Região do item (a)

Figura 7.23  Região do item (b)

SEÇÃO 3  •  Definição e cálculo das integrais triplas Agora é a Sua Vez!  (página 192) 1. Calcule

∫∫∫ dV , sendo T o sólido no primeiro octante delimitado pela T

calha x = 4 – y2 e pelos planos z = y, x = 0 e z = 0. A região de integração dada pode ser descrita como: 0 ≤ z ≤ y  T :  0 ≤ x ≤ 4 − y2 0 ≤ y ≤ 2 

Estamos diante de um plano recortado por uma calha que ao ser projetado sobre o plano z = 0 adquire a forma visualizada na Figura 7.24.

302

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios A integral pode ser escrita como: 2 2 4 −y y

2 2 4 −y

0

0

∫ ∫ 0

2. Calcule

∫ dzdxdy = ∫ 0

∫ 0

2

y dxdy = ∫ (4y − y 3 )dy = 4. 0

∫∫∫ dV , sendo T o sólido cuja base é a região do plano xy delimiT

tada pela parábola y = 1 – x2 e pela reta y = 3x e cuja parte superior é o plano z = x + 2. Estamos diante de um plano z = x + 2 que vai ser projetado sobre o plano xy, sendo que vamos considerar a parte de projeção recortada pela região R definida pela intersecção da parábola y = 1 – x2 com a reta y = 3x (ver ­Figura 7.25). Para achar os pontos de intersecção fazemos 1− x 2 = 3x x 2 + 3x − 1 = 0 −3 ± 9 − 4 ⋅ 1⋅ ( −1) −3 ± 13 = 2 2 x1 ≅ −3, 302 ; x 2 ≅ 0, 302 x=

Uma das maneiras para descrever a região R da integral dupla deve ser escolhida. Por exemplo:  3x ≤ y ≤ 1− x 2 R:  −3, 302 ≤ x ≤ 0, 302

A integral pode ser escrita como: 0,302 1−x2 x +2

∫ ∫ ∫

−3,302 3x

0

dzdydx =

0,302 1−x2

∫ ∫

−3,302 3x

Figura 7.24  Região R do item (1)

(x + 2)dydx =

0,302

∫

( −x 3 − 5x 2 − 5x + 2)dx ≅ 3, 906.

−3,302

Figura 7.25  Região R do item (2)

303

Universidade do sul de santa catarina

SEÇÃO 4  •  Cálculo de volumes usando integrais triplas Agora é a Sua Vez!  (página 195) 1. Calcule o volume do sólido delimitado pelos planos x + 2y + z = 2; x = 2y; x = 0 e z = 0. O sólido está delimitado superiormente pelo plano x + 2y + z = 2 e vai ser projetado sobre o plano xy. A base do sólido fica delimitada pelo corte do plano x + 2y + z = 2 em z = 0, por x = 2y e por x = 0. As laterais do sólido são geratrizes que contornam essa base que pode ser visualizada na Figura 7.26. A integral usada para o cálculo é dada por: 1

(2−x ) 2 2−x −2y

∫ ∫ ∫ 0

x 2

0

1

dzdydx = ∫ 0

(2−x ) 2

∫ x 2

1

( −x − 2y + 2)dydx = ∫ (x − 1)2 dx = 0

1 . 3

Observe que poderá haver a inversão de limites de integração, mas os resultados finais serão sempre iguais.

2. Calcule o volume do sólido delimitado superiormente pelo parabolóide z = x2 + y2, tendo como base a região do plano xy delimitada por x = y2 e y = x2. A base do sólido está representada na Figura 7.27. O volume é dado por: 1

2 2 x x +y

∫∫ ∫ 0 x2

0

dzdydx = ∫

Figura 7.26  Região de (1)

304

1

x

∫

0 x2

3   5 x6 x2  6 4 2  (x + y )dydx = ∫ − dx = . −x +x + 3 3 35   0   1

2

2

Figura 7.27  Região de (2)

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

SEÇÃO 5  •  Mudança de variáveis nas integrais duplas e triplas Agora é a Sua Vez!  (página 205)

∫∫∫ dx dy dz, sendo T a coroa esférica limitada por

1. Calcule

T

x2 + y2 + z2 = 4 e x2 + y2 + z2 = 9. Interprete o resultado encontrado. Usando coordenadas esférica vamos ter: π 2π 3

π 2π

0 0 2

0 0

∫∫

2 ∫ ρ sen φ dρdθdφ = ∫

∫

π

19 sen φ 38 π sen φ 76 π dθdφ = ∫ dφ = . 3 3 3 0

O resultado encontrado é o volume da casca esférica.

2. Calcule

∫∫∫ x dx dy dz, sendo que T é a esfera sólida x

2

+ y2 + z2 ≤ 4.

T

A equação da esfera x2 + y2 + z2 = 4 em coordenadas esféricas é dada por r = 2. A região de integração T em coordenadas esféricas pode ser descrita por 0 ≤ ρ ≤ 2  T ′ :  0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ φ ≤ π 

Portanto, temos: π 2π 2

2 ∫∫∫ ρ sen φ cos θ ⋅ρ sen φ dρ dθ dφ = ∫ T

∫ ∫ρ

3

sen2 φ cos θ dρ dθ dφ

0 0 0 π 2π

=∫

∫ 4 sen

2

φ cos θ dθ dφ = 0.

0 0

Atividades de auto-avaliação  (página 207) 1. Calcule a integral 0 ≤ x ≤ 3 e 1 ≤ y ≤ 2.

2

∫∫ 2x + y dxdy , sendo R o retângulo definido por R

A região é retangular. Assim,

2 3

2

∫ ∫ 2x + y dxdy . 1 0

1a integral:

3

∫ 0 2

3 2 dx = ln| 2x + y | 0 = ln| 6 + y | − ln| y | 2x + y

2a integral: ∫ (ln| 6 + y | − ln| y |)dy = 22 ln 2 − 7 ln 7. 1

305

Universidade do sul de santa catarina 2.  Descreva graficamente e analiticamente a região de integração da integral 2 x +1

∫∫ 0

2xy 2 dydx . A seguir calcule a integral dupla.

0

Na Figura 7.28 tem a descrição gráfica. A descrição analítica é dada por: 0 ≤ y ≤ x +1 R: 0 ≤ x ≤ 2

Figura 7.28  Região do item (2) x +1

1a integral:

∫

2xy 2 dy = 2x ⋅

0 2

y3 3

x +1

= 0

2 2 2 x ⋅ (x + 1)3 = x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x. 3 3 3

2 2 284 . 2a integral: ∫  x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x  dx = 3 3 15   0

3.  Usando integral dupla, calcule a área da região delimitada por x = 0; x = y2 + 1, y = 2 e y = –2. Na Figura 7.29 tem-se a região de integração. A=

2 2 y +1

∫ ∫

−2

0

2 2 y +1

dxdy = 2 ⋅ ∫ 0

2

∫ 0

2

dxdy = 2 ⋅ ∫ x 0

y 2 +1 0

2

dy = 2 ⋅ ∫ (y 2 + 1)dy 0

y  8 8+3 14 28 . = 2 ⋅  + y  = 2 ⋅  + 2  = 2 ⋅ = 2⋅ = 3 3 3 3   3 0 3

Figura 7.29  Região do item (3)

306

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios 4.  Calcule a integral

∫∫ cos (x

2

+ y2)dxdy, sendo R a região da Figura 5.35 do

R

Quadro III.

Usando coordenadas polares: 2 2 ∫∫ cos(x + y )dxdy =

=

2π 2

2π

π 0

π

∫

2π

1 1 1 π sen 4 dθ = sen 4 ⋅ θ = sen 4(2π − π) = sen 4. 2 2 2 2 π

∫ π

5.  Calcule

∫

2

1 sen(r 2 ) dθ 2 0

2 ∫ cos(r ) ⋅ r drdθ =

2π

∫∫ (4 – x – y)dxdy, sendo R a região circular x

2

+y2 = 4. O resultado

R

obtido pode representar um volume? Justifique a sua resposta. Usando coordenadas polares: 2π 2

2π

π 0

π

∫

∫ (4 − r cos θ − r sen θ) ⋅ r drdθ = =

∫

4⋅

2π



r2 r3 r3 − cos θ ⋅ − sen θ ⋅ 2 3 3 8

2

dθ 0



8

∫  8 − 3 cos θ − 3 sen θ  dθ π

= 8θ −

2π

8 8 sen θ + cos θ = 16 π. 3 3 π

O resultado pode representar o volume do sólido limitado superiormente pelo plano z = 4 – x – y, com base circular. Estamos diante de um tronco de cilindro.

6.  Calcule o volume resultante da intersecção dos parabolóides z = 18 – x2 – y2 e z = x2 + y2. Vamos analisar a forma da projeção sobre o plano xy, igualando as expressões: 18 – x2 – y2 = x2 + y2 2x2 + 2y2 = 18 x2 + y2 = 9 Temos 18 − x 2 − y 2

V = ∫∫ ∫ 2 R

x +y

2

18 − x 2 − y 2

dzdxdy = ∫∫ z x2 + y2 R

dxdy = ∫∫ (18 − 2x 2 − 2y 2 )dxdy. R

307

Universidade do sul de santa catarina Passando para coordenadas polares temos: 2π 3

∫ π

2π

r2 r4 ∫0 (18 − 2r ) ⋅ r drdθ = ∫π 18 2 − 2 4

3

=

2π



81   dθ 

∫  81− 2

dθ =

2

π

0

2π

81 81 θ = ⋅ 2π = 81π. 2 π 2

7. Calcule o volume do sólido resultante da intersecção dos cilindros x2 + y2 = 9  e  y2 + z2 = 9. Estamos diante da intersecção de dois cilindros. Vamos usar a simetria:V = 4V1. 9−y 2

V1 = ∫∫ ∫

0

R

3

9−y 2

0

0

dzdxdy = ∫∫ 9 − y 2 dxdy = ∫ R

3

= ∫ 9 − y2 ⋅ x 0

3

9 −y 2 0

dxdy

3

dy = ∫ 9 − y 2 ⋅ 9 − y 2 dy

= ∫ (9 − y 2 ) dy = 9y − 0

∫

0

3 3

y 3

= 18.

0

Assim o volume total é 72 unidades de volume.

8. Calcule o volume do tetraedro limitado por x + 2y + 3z = 6 e os planos coordenados. 1

V1 = ∫∫ ∫ 3 0

R

3 6−2y

=∫ 0

308

∫ 0

(6−x −2y )

dzdxdy = ∫∫ R

1 (6 − x − 2y)dxdy 3 3

1 2 (6 − x − 2y)dxdy = ∫  y 2 − 4y + 6  dy = 6. 3 3   0

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

∫∫∫ (x – y)dV, sendo T a região especial delimitada por:

9. Calcule

T

x + y = 9; x + y = 1; y – x = 0; y – x = 3; z = 0  e  x + y + z = 27. A região de integração fica particionada em três partes (Ver Figura 7.30). Temos: 1 2 3+ x 27−x −y

∫∫ ∫

−1 1−x

0

1 2 3+ x

=∫

∫

−1 1−x 1 2

=∫− −1

=−

3 3+ x 27−x −y

(x − y)dzdydx + ∫ 1 2

∫ ∫ x

(x − y)dzdydx +

0

4 ,5 9−x 27−x −y

∫ ∫ ∫ 3

3 3+ x

( −x 2 + 27x + y 2 − 27y)dydx + ∫ 1 2

∫

x

(x − y)dzdydx

0

( −x 2 + 27x + y 2 − 27y)dydx +

x

4 ,5 9−x

∫ ∫ 3

3

2 9 (2x 3 − 81x 2 + 66 x + 149)dx + ∫ (2x − 25)dx + 3 2 1 2

4 ,5

∫ 3

( −x 2 + 27x + y 2 − 27y)dydx

x

1 (8x 3 − 324x 2 + 2430x − 5103)dx 6

1791 1935 675 − − = −396. 16 8 16

Figura 7.30  Região de (9)

10. Calcule o volume do sólido acima do parabolóide z = x2 + y2 e abaixo do cone z = x 2 + y 2 . A projeção sobre o plano xy é dada por x2 + y2 ≤ 1. Assim, podemos escrever: 1

1−x2

∫ ∫

−1 − 1−x2

x2 +y2

∫

x2 +y2

dzdydx =

2π 1 r

π

∫ ∫ ∫ r dzdrdθ = 6 . 0 0 r2

309

Universidade do sul de santa catarina

Unidade 6 Aplicações Atividades de auto-avaliação  (página 239) 1.  A altura das ondas H num mar aberto depende da rapidez do vento v e do intervalo de tempo t no qual está ventando com a mesma intensidade. Os valores da função h = f(v,t) dados em pés são apresentados na tabela que segue.

v (nós) 10 15 20 30 40 50 60

t (h)

5

10

15

20

30

40

50

2 4 5 9 14 19 24

2 4 7 13 21 29 37

2 5 8 16 25 36 47

2 5 8 17 28 40 54

2 5 9 18 31 45 62

2 5 9 19 33 48 67

2 5 9 19 33 50 69

a.  Qual é o valor de f(40,15)? Qual seu significado? O valor de f(40,15) é igual a 25. Significa que um vento de 40 nós sopra no oceano por 15 horas criando ondas de cerca de 25 pés de altura.

b.  Qual o significado da função h = f(30,t)? Descreva seu comportamento. h = f(30,t) é uma função da variável t. Esta função fornece a altura de ondas produzidas por ventos de 30 nós que sopram por um período de t horas.

c.  Qual o significado da função h = f(v,30)? Descreva seu comportamento. h = f(v,30) é uma função de v. Esta função fornece a altura das ondas produzidas por ventos de velocidade v que sopram por 30 horas.

310

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

d. Calcule de forma aproximada Formalmente

∂f (30,15). ∂t

∂f (30,15) é dada por: ∂t

∂f f(30 + ∆t,15) − f(30,15) (30,15) = lim ∆t → 0 ∂t ∆t

(1)

Como não temos a lei de formação de h = f(v,t), vamos encontrar o limite de (1) de forma aproximada. De forma conveniente vamos usar ∆t = 5 e ∆t = –5 e vamos estabelecer a taxa de variação média na variação considerada. d.1) Para ∆t = 5 temos: f(30,15 + ∆t) − f(30,15) f(30,20) − f(30,15) 17 − 16 = = = 0,2. ∆t 5 5 d.2) Para ∆t = –5 temos: f(30,15 + ∆t) − f(30,15) f(30,10) − f(30,15) 13 − 16 = = = 0, 6. ∆t –5 –5 Assim, podemos fazer a média das taxas de variações médias e obter um valor aproximado para a derivada parcial da função em relação a t no ponto (30,15). Veja: ∂f 0,2 + 0, 6 (30,15) ≈ = 0, 4. ∂T 2

2. Uma placa circular tem o formato descrito pela região x2 + y2 ≤ 1. Toda a placa, incluindo sua fronteira, é aquecida de tal forma que a temperatura no ponto (x,y) possa ser representada por T(x,y) = x2 + 2y2 – x. Encontre a temperatura nos pontos mais quentes e mais frios da placa. max. T(x,y) = x2 + 2y2 – x s.a x2 + y2 ≤ 1

min. T(x,y) = x2 + 2y2 – x s.a x2 + y2 ≤ 1

Inicialmente determinamos os pontos críticos da função temperatura: ∂T 1 = 2x – 1 = 0 ⇒ x = ∂x 2 ∂T = 4y = 0 ⇒ y = 0 ∂y

311

Universidade do sul de santa catarina

( 21 ,0) pode ser classificado:

O ponto crítico H(x, y) =

Assim, o ponto

2 0 =8>0 0 4

∂2 T =2>0 ∂x 2

( 21 ,0) será um ponto de mínimo da função temperatura e per-

tence ao interior da região que define a placa circular.

Usando o Teorema de Weierstrass, vamos analisar a função temperatura na fronteira da placa circular, ou seja, considerando y = ± 1− x 2 : T(x, ± 1− x 2 ) = x 2 + 2( ± 1− x 2 )2 − x = x 2 + 2 − 2x 2 − x = −x 2 − x + 2 Os pontos críticos desta função são calculados a partir da análise da derivada de primeira ordem da função T(x, ± 1− x 2 ) : ∂T 1 = –2x – 1 = 0 ⇒ x = – ∂x 2 Para x = –

1 teremos os seguintes valores de y: 2 2

−1 3 3 y = ± 1−   = ± =± 2 4 2   A tabela auxilia na definição dos pontos mais quentes e mais frios: Ponto crítico (x0,y0)  1 ,0 2     −1 3   2 , 2     −1 − 3   2 , 2   

312

Localização

f(x0,y0)

Interior

1 1 1 −1 T  , 0  =   + 2 ⋅ 02 − = 2 2 2  2

Fronteira

 −1 3   −1 2  3 1 9 T , =   + 2⋅   + =  2 2   2  2  2 4

Fronteira

 −1 − 3   −1 2 − 3 1 9 T ,  =  2  + 2⋅ 2  + 2 = 4 2 2      

2

2

2

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios O ponto mínimo é

 1 ,0 2   

que representa uma temperatura de – 21 unidades

de temperatura e os pontos máximos são tam uma temperatura de

9 4

 −1 3   2 , 2   

e

 −1 − 3   2 , 2   

que represen-

unidades de temperatura.

3. Em uma empresa que produz dois diferentes produtos, temos as funções de demanda Q1 = 40 – 2P1 – P2 Q2 = 35 – P1 – P2 sendo que Qi, i = 1,2 representa o nível do i-ésimo produto por unidade de tempo e Pi, i = 1,2 os respectivos preços. A função custo é dada por C = Q12 + Q22 + 10 e a função receita é dada por R = P1Q1 + P2Q2.

a.  Sabendo-se que o lucro é igual à receita menos o custo, encontre a função lucro. A função lucro será dada por: L = R − C = P1Q1 + P2 Q2 − (Q12 + Q22 + 10) L = P1Q1 + P2 Q2 − Q12 − Q22 − 10

b. Encontre os níveis de produção que maximizam o lucro. Para encontrar os níveis de produção que maximizam o lucro, podemos escrever a função lucro na forma L = f(P1,P2). Vamos usar o Derive para resolver este problema, usando a notação P1 = x e P2 = y. Temos: Q1 = 40 – 2x – y  e  Q2 = 35 – x – y L = x(40 – 2x – y) + y(35 – x – y) – (40 – 2x – y)2 – (35 – x – y)2 – 10

313

Universidade do sul de santa catarina Ainda no Derive calculamos as derivadas parciais e resolvemos o sistema que nos dá os pontos críticos:

Com estes valores encontrados, podemos determinar os níveis de produção que maximizam o lucro: Q1 = 40 − 2 ⋅ 7 −

43 9 43 13 = = . e Q2 = 35 − 7 − 2 2 2 2

c.  Determine o lucro máximo. 2 L(x, y) = −7P12 − 8PP 1 2 + 270P1 − 3P2 + 185P2 − 2835

43 395 = 98,75. L  7,  = 2   4

4. Vamos supor que p reais seja o preço por unidade de x unidades de um produto e q reais seja o preço por unidade de y unidades de outro produto. As equações de demanda podem são dadas por: x=

8 12 e y= . pq pq

Encontre as quatro demandas marginais e determine se os produtos são substitutos ou complementares. Vamos calcular as derivadas parciais para determinar as quatro demandas marginais. ∂x −8 = ∂p qp2

314

∂x −8 = ∂q pq2

∂y −12 = ∂p qp2

∂y −12 = ∂q pq2

Cálculo III   Respostas e comentários dos exercícios

Ao analisarmos os sinais destas derivadas, percebemos que sendo assim, os dois produtos são complementares.

∂y ∂x 1

|u | u2 − 1

(28) y = cotgh u  ⇒  y’ = –cosech2 u.u’ (29) y = sech u  ⇒  y’ = –sech u.tgh u.u’

(12) y = uv  ⇒  y’ = v.uv–1.u’ + uv.ln u.v’ (u > 0)

(30) y = cosech u  ⇒  y’ = –cosech u.cotgh u.u’

(13) y = sen u  ⇒  y’ = cos u.u’

(31)

y = argsenh u ⇒ y ′ =

(14) y = cos u  ⇒  y’ = –sen u.u’

(32)

y = arg cosh u ⇒ y ′ =

(15) y = tg u  ⇒  y’ = sec2 u.u’

(33)

y = argtgh u ⇒ y ′ =

(16) y = cotg u  ⇒  y’ = –cosec2 u.u’

(34)

y = argcotgh u ⇒ y ′ =

(17) y = sec u  ⇒  y’ = sec u.tg u.u’

(35)

y = arg sech u ⇒ y ′ =

(18) y = cosec u  ⇒  y’ = –cosec u.cotg u.u’

(36)

y = argcosech u ⇒ y ′ =

u′

u2 + 1 u′

u2 − 1

com u > 1

u′ com |u |< 1 1 − u2 u′ com |u |> 1 1 − u2 −u ′

u 1 − u2 −u ′

com 0 < u < 1

u 1 − u2

com u ≠ 0

Tabela de Integrais Nesta tabela u e v são funções deriváveis de x e c, m e a são constantes. (1)

∫  du = u + C

(15)

(2)

∫

(16)

∫

(3)

m ∫ u du =

(17)

∫

(4)

u ∫ a du =

(18)

∫

du = ln| u | +C u

u m +1 + C (m é constante ≠ −1) m +1

au +C ln a

∫  cosec u · cotg u du = –cosec u + C du u = arcsen + C 2 a a −u du 1 u 2 2 = a arctg a + C a +u du 1 u = arcsen +C 2 2 a a u u −a 2

(5)

∫  eu du = eu + C

(19)

∫  senh u du = cosh u + C

(6)

∫  sen u du = –cos u + C

(20)

∫  cosh u du = senh u + C

(7)

∫  cos u du = sen u + C

(21)

∫  sech2 u du = tgh u + C

(8)

∫  tg u du = ln | sec u | + C

(22)

∫  cosech2 u du = –cotgh u + C

(9)

∫  cotg u du = ln | sen u | + C

(23)

∫  sech u · tgh u du = –sec u + C

(10)

∫  cosec u du = ln | cosec u – cotg u | + C

(24)

∫  cosech u · cotgh u du = –cosech u + C

(11)

∫  sec u du = ln | sec u + tg u | + C

(25)

∫

(12)

∫  sec2 u du = tg u + C

(26)

∫

(13)

∫  cosec

(27)

(14)

∫  sec u · tg u du = sec u + C

2

u du = –cotg u + C

du

2

∫u

du

a2 ± u2

(2) (3) (4) (5) (6)

1 n −1 senn −1 u ⋅ cos u + senn − 2 u du n n ∫ 1 n −1 n n −1 n−2 ∫ cos u du = n cos u ⋅ sen u + n ∫ cos u du

∫ sen

n

u du = −

1 tg n −1 u − ∫ tg n − 2 u du n −1 −1 n n −1 n−2 ∫ cotg u du = n − 1 cotg u − ∫ cotg u du

∫ tg

n

u du =

1 n−2 secn − 2 u ⋅ tg u + secn − 2 u du n −1 n −1 ∫ −1 n−2 n n− 2 n−2 ∫ cosec u du = n − 1 cosec u ⋅ cotg u + n − 1 ∫ cosec u du

∫ sec

n

u du =

= ln| u + u 2 ± a 2 | +C

u ±a du 1 u+a = ln +C u−a a 2 − u 2 2a

Fórmulas de Recorrência (1)

2

=−

1 a + a2 ± u2 ln +C a u

Identidades Trignométricas (1)

sen2 x + cos2 x = 1

(2)

1 + tg2 x = sec2 x

(3)

1 + cotg2 x = cosec2 x

(4)

sen 2 x =

(5) (6)

1 − cos 2x 2 1 + cos 2x cos 2 x = 2

sen 2x = 2 sen x · cos x

Tabela de Derivadas Nesta tabela u e v são funções deriváveis de x e c, m e a são constantes. u′

(1)

y = c  ⇒  y’ = 0

(19)

y = arcsen u ⇒ y ′ =

(2)

y = x  ⇒  y’ = 1

(20)

y = arccos u ⇒ y ′ =

(3)

y = c × u  ⇒  y’ = c × u’

(21)

y = arctg u ⇒ y ′ =

(4)

y = u + v  ⇒  y’ = u’ + v’

(22)

y = arccotg u ⇒ y ′ =

(5)

y = u.v  ⇒  y’ = u.v’ + v.u’

(23)

y = arc sec u ⇒ y ′ =

(6)

y=

(24)

y = arccosec u ⇒ y ′ =

(7)

y = um, (m ≠ 0)  ⇒  y’ = m.um–1.u’

(25) y = senh u  ⇒  y’ = cosh u.u’

(8)

y = au  ⇒  y’ = au ln a.u’

(26) y = cosh u  ⇒  y’ = senh u.u’

(9)

y = eu  ⇒  y’ = eu.u’

(27) y = tgh u  ⇒  y’ = sech2 u.u’

(10)

y = log a u ⇒ y ′ =

(11)

y = ln u ⇒ y ′ =

u v .u ′ − u .v ′ ⇒ y′ = v v2

u′ log a e u

u′ u

1 − u2 −u ′

1 − u2

u′ 1 + u2 −u ′ 1 + u2 u′

com | u |> 1

|u | u2 − 1 −u ′

com | u |> 1

|u | u2 − 1

(28) y = cotgh u  ⇒  y’ = –cosech2 u.u’ (29) y = sech u  ⇒  y’ = –sech u.tgh u.u’

(12) y = uv  ⇒  y’ = v.uv–1.u’ + uv.ln u.v’ (u > 0)

(30) y = cosech u  ⇒  y’ = –cosech u.cotgh u.u’

(13) y = sen u  ⇒  y’ = cos u.u’

(31)

y = argsenh u ⇒ y ′ =

(14) y = cos u  ⇒  y’ = –sen u.u’

(32)

y = arg cosh u ⇒ y ′ =

(15) y = tg u  ⇒  y’ = sec2 u.u’

(33)

y = argtgh u ⇒ y ′ =

(16) y = cotg u  ⇒  y’ = –cosec2 u.u’

(34)

y = argcotgh u ⇒ y ′ =

(17) y = sec u  ⇒  y’ = sec u.tg u.u’

(35)

y = arg sech u ⇒ y ′ =

(18) y = cosec u  ⇒  y’ = cosec u.cotg u.u’

(36)

y = argcosech u ⇒ y ′ =

u′

u2 + 1 u′

u2 − 1

com u > 1

u′ com |u |< 1 1 − u2 u′ com |u |> 1 1 − u2 −u ′

u 1 − u2 −u ′

com 0 < u < 1

u 1 − u2

com u ≠ 0

Tabela de Integrais Nesta tabela u e v são funções deriváveis de x e c, m e a são constantes. (1)

∫  du = u + C

(15)

(2)

∫

(16)

∫

(3)

m ∫ u du =

(17)

∫

(4)

u ∫ a du =

(18)

∫

du = ln| u | +C u

u m +1 + C (m é constante ≠ −1) m +1

au +C ln a

∫  cosec u · cotg u du = –cosec u + C du u = arcsen + C 2 a a −u du 1 u 2 2 = a arctg a + C a +u du 1 u = arcsen +C 2 2 a a u u −a 2

(5)

∫  eu du = eu + C

(19)

∫  senh u du = cosh u + C

(6)

∫  sen u du = –cos u + C

(20)

∫  cosh u du = senh u + C

(7)

∫  cos u du = sen u + C

(21)

∫  sech2 u du = tgh u + C

(8)

∫  tg u du = ln | sec u | + C

(22)

∫  cosech2 u du = –cotgh u + C

(9)

∫  cotg u du = ln | sen u | + C

(23)

∫  sech u · tgh u du = –sec u + C

(10)

∫  cosec u du = ln | cosec u – cotg u | + C

(24)

∫  cosech u · cotgh u du = –cosech u + C

(11)

∫  sec u du = ln | sec u + tg u | + C

(25)

∫

(12)

∫  sec2 u du = tg u + C

(26)

∫

(13)

∫  cosec

(27)

(14)

∫  sec u · tg u du = sec u + C

2

u du = –cotg u + C

du

2

∫u

du

a2 ± u2

(2) (3) (4) (5) (6)

1 n −1 senn −1 u ⋅ cos u + senn − 2 u du n n ∫ 1 n −1 n n −1 n−2 ∫ cos u du = n cos u ⋅ sen u + n ∫ cos u du

∫ sen

n

u du = −

1 tg n −1 u − ∫ tg n − 2 u du n −1 −1 n n −1 n−2 ∫ cotg u du = n − 1 cotg u − ∫ cotg u du

∫ tg

n

u du =

1 n−2 secn − 2 u ⋅ tg u + secn − 2 u du n −1 n −1 ∫ −1 n−2 n n− 2 n−2 ∫ cosec u du = n − 1 cosec u ⋅ cotg u + n − 1 ∫ cosec u du

∫ sec

n

u du =

= ln| u + u 2 ± a 2 | +C

u ±a du 1 u+a = ln +C u−a a 2 − u 2 2a

Fórmulas de Recorrência (1)

2

=−

1 a + a2 ± u2 ln +C a u

Identidades Trignométricas (1)

sen2 x + cos2 x = 1

(2)

1 + tg2 x = sec2 x

(3)

1 + cotg2 x = cosec2 x

(4)

sen 2 x =

(5) (6)

1 − cos 2x 2 1 + cos 2x cos 2 x = 2

sen 2x = 2 sen x · cos x