Cálculo Ii-silvia Martini de Holanda Janesch-2 Edição - Revisada-florianópolis 2010

2ª Edição - Revisada Florianópolis, 2010 Cálculo II Silvia Martini de Holanda Janesch Inder Jeet Taneja Governo Federal Presidente da República: Luiz Inácio Lula da Silva Ministro de Educação: Fernando Haddad Secretário de Ensino a Distância: Carlos Eduardo Bielschowky Coordenador Nacional da Universidade Aberta do Brasil: Celso Costa Universidade Federal de Santa Catarina Reitor: Alvaro Toubes Prata Vice-Reitor: Carlos Alberto Justo da Silva Secretário de Educação a Distância: Cícero Barbosa Pró-Reitora de Ensino de Graduação: Yara Maria Rauh Müller Pró-Reitora de Pesquisa e Extensão: Débora Peres Menezes Pró-Reitor de Pós-Graduação: Maria Lúcia de Barros Camargo Pró-Reitor de Desenvolvimento Humano e Social: Luiz Henrique Vieira Silva Pró-Reitor de Infra-Estrutura: João Batista Furtuoso Pró-Reitor de Assuntos Estudantis: Cláudio José Amante Centro de Ciências da Educação: Wilson Schmidt Centro de Ciências Físicas e Matemáticas: Tarciso Antônio Grandi Centro de Filosofia e Ciências Humanas: Roselane Neckel Curso de Licenciatura em Física na Modalidade à Distância Coordenação de Curso: Sônia Maria S. Corrêa de Souza Cruz Coordenação de Tutoria: Rene B. Sander Coordenação Pedagógica/CED: Roseli Zen Cerny Coordenação de Ambientes Virtuais/CFM: Nereu Estanislau Burin Comissão Editorial Demétrio Delizoicov Neto Frederico F. de Souza Cruz Gerson Renzetti Ouriques José André Angotti Nilo Kühlkamp Silvio Luiz Souza Cunha Laboratório de Novas Tecnologias - LANTEC/CED Coordenação Pedagógica Coordenação Geral: Andrea Lapa, Roseli Zen Cerny Núcleo de Formação: Nilza Godoy Gomes Núcleo de Pesquisa e Avaliação: Cláudia Regina Flores Núcleo de Criação e Desenvolvimento de Materiais Design Gráfico Coordenação: Laura Martins Rodrigues, Thiago Rocha Oliveira Projeto Gráfico Original: Diogo Henrique Ropelato, Marta Cristina Goulart Braga, Natal Anacleto Chicca Junior Redesenho do Projeto Gráfico: Laura Martins Rodrigues, Thiago Rocha Oliveira Diagramação: Thiago Felipe Victorino Ilustrações: Gil Prado Capa: Tarik Assis Pinto, Jean Henrique de Oliveira Menezes Design Instrucional Coordenação: Juliana Machado Design Instrucional: Elizandro Maurício Brick Revisão Gramatical: Jane Maria Viana Cardoso Copyright © 2010, Universidade Federal de Santa Catarina/CFM/CED/UFSC Nenhuma parte deste material poderá ser reproduzida, transmitida e gravada, por qualquer meio eletrônico, por fotocópia e outros, sem a prévia autorização, por escrito, da Coordenação Acadêmica do Curso de Licenciatura em Física na Modalidade à Distância. Ficha Catalográfica T164c Taneja, Inder Jeet Cálculo II / Inder Jeet Taneja, Silvia Martini de Holanda Janesch. – 2. ed. rev. – Florianópolis : UFSC/EAD/CED/CFM, 2010. 224 p. ISBN 978-85-99379-79-0 1. Integral. 2. Derivada. 3. Funções de várias variáveis. I. Taneja, Inder Jeet. II. Janesch, Silvia. III Título. CDU 51 Elaborada pela Bibliotecária Eleonora M. F. Vieira – CRB – 14/786 Sumário Apresentação ............................................................................. 7 1. Métodos de Integração ........................................................ 9 1.1 Integração por partes ................................................................. 11 1.2 Integrais envolvendo potências de seno e cosseno ................ 15 1.3 Fórmulas de redução ou recorrência ....................................... 19 1.4 Integração com substituição trigonométrica .......................... 21 1.5 Integração das funções racionais por frações parciais .......... 27 1.6 Integração de funções racionais de seno e cosseno ............... 38 1.7 Integrais que envolvem expressões do tipo ...... 42 1.8 Integrais impróprias .................................................................. 44 1.9 Tabela – derivadas, integrais e identidades trigonométricas ..................................................... 51 Respostas ........................................................................................... 55 2. Aplicações da Integral ....................................................... 59 2.1 Volume de sólido de revolução ..................................................61 2.1.1 Área de uma superfície de revolução .............................. 71 2.2 Comprimento de arco .................................................................74 2.3 Coordenadas polares ................................................................. 78 2.3.1 Gráfico de equações em coordenadas polares ............... 82 2.3.2 Relação entre coordenadas cartesianas retangulares e polares ...................................................... 87 2.3.3 Comprimento de arco de uma curva em coordenadas polares ......................................................... 90 2.3.4 Área de uma região plana em coordenadas polares ..... 92 Respostas ........................................................................................... 96 3. Funções de várias variáveis .............................................. 99 3.1 Funções de n variáveis reais ....................................................102 3.2 Gráficos e curvas de nível ...................................................... 109 3.3 Limite e continuidade ..............................................................115 3.3.1 Distância entre dois pontos, bola aberta e ponto de acumulação .......................................................116 3.3.2 Limite de funções ............................................................118 3.3.3 Propriedades dos limites de funções de duas variáveis .................................................................. 123 3.3.4 Continuidade de funções ............................................... 126 Respostas ......................................................................................... 130 4. Derivadas parciais e máximos e mínimos de funções de várias variáveis ....................................... 131 4.1 Derivada parcial ....................................................................... 133 4.1.1 Interpretação geométrica das derivadas parciais ........ 136 4.2 Diferenciabilidade .................................................................... 138 4.3 Diferencial ..................................................................................141 4.4 Regra da cadeia......................................................................... 144 4.5 Derivação implícita ...................................................................147 4.6 Gradiente e jacobiano .............................................................. 150 4.7 Derivadas parciais sucessivas e Teorema de Schwarz .........152 4.8 Máximos e mínimos de funções de várias variáveis .......... 155 4.9 Máximos e mínimos de funções com restrições ...................161 Respostas ..........................................................................................166 5. Integrais múltiplas ........................................................... 169 5.1 Integral dupla ............................................................................ 171 5.1.1 Cálculo das integrais duplas ........................................... 173 5.1.2 Inversão da ordem de integração ....................................178 5.1.3 Mudança de variáveis em integral dupla...................... 180 5.2 Aplicações das integrais duplas ............................................. 184 5.2.1 Cálculo de volume ........................................................... 184 5.2.2 Cálculo de área ..................................................................191 5.2.3 Cálculos de massa, centro de massa e momento de inércia ...........................................................................193 5.3 Integrais triplas ........................................................................ 198 5.3.1 Cálculo das integrais triplas .......................................... 199 5.3.2 Mudança de variáveis em integrais Triplas ................. 204 5.4 Aplicações das integrais triplas ...............................................211 5.4.1 Cálculo de volume ............................................................211 5.4.2 Cálculos de massa, centro de massa e momento de inércia ..........................................................216 Respostas ......................................................................................... 221 Bibliografia Comentada ................................................................. 223 Apresentação Caro estudante, Estamos iniciando a disciplina de Cálculo II! O estudo dos conteúdos desta disciplina requer que você tenha noção de integral de função de uma variável, conteúdo já estuda- do na disciplina de Cálculo I. Na primeira parte da disciplina de Cálculo II, estudaremos as téc- nicas de integração e utilizaremos estas ferramentas para resolver problemas de comprimento de arco, cálculo de área, cálculo de volume de sólido de revolução e suas aplicações na Física. Na se- gunda parte, estudaremos os conceitos de limite, continuidade, derivadas parciais e diferenciabilidade de funções de várias vari- áveis. Aplicaremos as derivadas parciais para resolver problemas de máximos e mínimos de funções com mais de uma variável. Além disso, estudaremos as integrais duplas e triplas e aplicare- mos estes conceitos para resolver problemas de área, volume de sólido qualquer, centro de massa e momento de inércia de lâmi- nas planas e de sólidos. Esperamos que ao final da disciplina, você tenha condições de calcular e aplicar, com adequado desembaraço, integrais de fun- ções de uma variável, integrais duplas e triplas. E que você de- tenha as noções básicas de funções de várias variáveis, especial- mente os conceitos de derivadas parciais e máximos e mínimos de funções. O texto deste material consiste em cinco capítulos. Os dois pri- meiros foram elaborados pelo professor Taneja e os demais são de responsabilidade da professora Janesch. Inder Jeet Taneja Silvia Martini de Holanda Janesch Capítulo 1 Métodos de Integração 11 Capítulo 1 Métodos de Integração Neste capítulo estudaremos algumas técnicas de cálculo de integral. Essas técnicas ou métodos incluem os pro- cedimentos de: i) integração por partes; ii) integração envolvendo funções trigonométricas; iii) integração de funções racionais; iv) integrais com expressões da forma ax2 bx c + + ; v) integrais impróprias. Antes de iniciar nossos estudos, assumimos que você está familiarizado com algumas integrais padrões já es- tudadas no Cálculo I. Para facilitar o estudo, incluímos no final deste capítulo uma tabela de integrais, deri- vadas e identidades trigonométricas. 1.1 Integração por partes No Cálculo 1, estudamos como calcular integrais usando o mé- todo da substituição. Mas existem algumas integrais, tais como: ∫ln x dx , x ∫x e dx , x3 cos x dx ∫ , etc. que não podem ser resolvidas aplicando o método da substituição. Necessitamos de mais alguns conhecimentos. Neste caso, iniciaremos apresentando a técnica de integração por partes. Sejam ( ) u x e ( ) v x funções diferenciáveis num intervalo [ ] ,a b . Então, usando a regra da derivação do produto, de duas maneiras diferentes podemos escrever ( uv) uv vu ′ ′ ′ = + , ou seja, ( ) vu uv uv ′ ′ ′ = − , 12 onde du u ′ = dx e dv v dx ′ = . Integrando os dois membros da igualdade acima, temos ( ) b b b a a a vu dx vu dx uv dx ′ ′ ′ = − ∫ ∫ ∫ , ou, b b b a a a vdu uv udv = − ∫ ∫ . E para a integral indefinida, tem-se vdu uv udv = − ∫ ∫ , ou seja, udv uv v du = − ∫ ∫ (1) A expressão (1) é conhecida como a fórmula de integração por partes. Quando aplicarmos esta fórmula para resolver a integral ( ) ∫ f x dx , devemos separar o integrando dado em duas partes, uma sendo u e a outra, juntamente com dx, sendo dv. Por essa razão, o cálculo de integral utilizando a fórmula (1) é chamado integração por par- tes. Para escolher u e dv, devemos lembrar que: i) a parte escolhida como dv deve ser facilmente integrável; ii) ∫u dv deve ser mais simples que v du ∫ . A seguir, apresentaremos alguns exemplos: Exemplo 1.1. Calcule a integral x ∫xe dx . Solução: Sejam u = x e x dv = e dx . Assim, teremos du = dx e x v = e . Aplicando a fórmula udv uv v du = − ∫ ∫ , obtemos . x x x x x x e dx x e e dx x e e c = − = − + ∫ ∫ Exemplo 1.2. Calcule a integral ln ∫ x dx. 13 Solução: Sejam ln u x = e dv = dx . Assim, teremos 1 du = x dx e . v = x Aplicando a fórmula (1), obtemos 1 ln ln ln . x dx x x x x dx x x x c = − = − + ∫ ∫ Exemplo 1.3. Encontre tg . arc xdx ∫ Solução: Sejam tg u arc x = e . dv = dx Derivando a primeira ex- pressão temos 1 1 1 du dx du dx x x = ⇒ = + + . Integrando a segunda ex- pressão temos v = x . Logo, 2 tg tg 1 x arc xdx xarc x x dx = − + ∫ ∫ . Para calcular a integral 2 1 x ∫ + x dx , utilizamos a substituição 2 1 2 t x dt x dx = + ⇒ = , então 2 1 1 ln 1 2 2 x dt dx t c x t = = + ∫ + ∫ 2 1 ln(1 ) 2 x c = + + , pois 2 1 + x é sempre positivo. Portanto, 2 1 tg tg ln(1 ) . 2 arc xdx xarc x x c = − + + ∫ Exemplo 1.4. Calcule ln . x x dx ∫ Solução: Sejam ln u x = e . dv = x dx Assim, teremos 1 du = x dx e 1 2 . 2 v x = Logo, 2 2 2 1 1 ln ln 2 2 1 1 ln 2 4 x xdx x x xdx x x x c = − = − + ∫ ∫ 1 2 (2ln ( ) 1) . 4 x x c = − + 14 Exemplo 1.5. Calcule sen . xe x dx ∫ Solução: Sejam x u = e e sen . dv xdx = Assim, teremos x du = e dx e cos . v x = − Logo, sen cos cos . x x x e x dx e x e x dx = − + ∫ ∫ (2) Observe que a integral do lado direito não é mais simples, porém como a derivada e a integral de um cosseno dá um seno, vamos aplicar novamente a integral por partes no membro de interesse para vermos se há alguma semelhança com a expressão obtida acima. Considerando x u = e e cos dv x dx = temos x du = e dx e sen v x = . De (1), obtemos cos sen sen x x x e x dx e x e x dx = − ∫ ∫ . (3) Substituindo (3) em (2), temos 1 sen (sen cos ) . 2 x x e xdx e x x c = − + ∫ Perceba que esse caso não se usa a integração por partes para conseguir transformar a integral em uma soma de duas funções mais simples. Nesse caso o uso desse método se deve ao fato de termos sen ( ) cos( ) x x ′ = e cos ( ) sen( ) x x ′ = − . Exemplo 1.6. Encontre sec3 x dx. ∫ Solução: Podemos escrever 3 2 sec sec sec . x dx x x dx = ∫ ∫ Fazendo sec u x = , temos que 1 sec( ) cos( ) x x = , usando a regra do quociente das derivadas, 2 ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( )) ( ) ( ) f x f x g x g x f x g x g x ′ ′ ′   ⋅ − ⋅ =     , obtemos sec tg du x x dx = , sec2 dv x dx = e tg v x = . Aplicando a fórmula (1), obtemos 15 3 2 2 3 3 sec sec tg sec tg sec tg sec (sec 1) sec tg (sec sec ) sec tg sec sec . x dx x x x x dx x x x x dx x x x x dx x x x dx x dx = − = − − = − − = − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Simplificando, obtemos 2 sec3 sec tg sec x dx x x x dx = + ∫ ∫ . Pela tabela de integração sabemos que sec ln sec tg x dx x x c = + + ∫ . Logo, 3 1 1 sec sec tg ln sec tg . 2 2 x dx x x x x c = + + + ∫ Observação: Estude bem este exemplo, pois será aplicado nos próximos capítulos freqüentemente. Lista de exercícios Calcule as seguintes integrais usando o método de integração por partes: 1) ( 1) x x + e dx ∫ . 2) 1 x + x dx ∫ . 3) x2 sen x dx ∫ . 4) 3 2x ∫x e dx . 5) xcos x dx ∫ . 6) x2 1 − x dx ∫ . A seguir, apresentaremos as diversas situações de cálculo de inte- grais envolvendo as funções trigonométricas. 1.2 Integrais envolvendo potências de seno e cosseno Queremos determinar as integrais do tipo: i) ∫sennx dx ou cosn x dx ∫ , onde n é um número inteiro posi- tivo. 16 sen cos , n m x x dx ii) ∫ onde n e m são números inteiros positi- vos. Para calcular as integrais do tipo i) e ii), separamo-las em três casos distintos. Caso 1: No item i), quando n é inteiro ímpar. Neste caso, escreve- mos as integrais da forma 1 sen sen sen . n n x dx x − x dx = ∫ ∫ Como 1 n − é par, utilizaremos a identidade trigonométrica 2 2 cos sen 1 x x + = para chegar a uma integral mais simples. Caso 2: No item i), quando n é inteiro par. Neste caso, para sim- plificar o integrando utilizaremos as identidades trigonométricas 2 1 cos 2 cos 2 x x = + e 2 1 cos 2 sen 2 x x − = para chegar a uma integral mais fácil de calcular. Caso 3: Para resolvermos as integrais do item ii), utilizaremos os procedimentos dos casos um e dois. Se um dos expoentes, m ou n , ou ambos, são ímpares, seguiremos o procedimento do caso 1, do contrário, utilizaremos o procedimento do caso 2, ou seja, quando os dois expoentes, m e n , são pares, aplicaremos o caso 2. A seguir, daremos alguns exemplos. Exemplo 1.7. Calcule a integral sen5 x dx. ∫ Solução: Escrevemos 5 4 sen sen sen x dx x x dx = ∫ ∫ ( ) 2 2 1 cos sen , x x dx = − ∫ pois 2 2 sen 1 cos x x = − ( ) 2 4 1 2cos cos sen x x x dx = − + ∫ 2 4 sen 2 cos sen cos sen x dx x x dx x x dx = − + ∫ ∫ ∫ .(4) 17 Vamos calcular inicialmente as duas últimas integrais usando a substituição cos u x = . Então, sen du x dx = − . Logo, 2 4 2 cos sen cos sen x x dx x x dx − + ∫ ∫ 2 4 2 u du u du = − ∫ ∫ 3 5 2 3 5 u u c = − + 3 5 1 2cos cos 3 5 x x c = − + . (5) Pela tabela de integração sabemos que: 2 sen cos x dx x c = − + ∫ . (6) Juntando (5) e (6) e colocando em (4), temos 3 5 5 2cos cos sen cos 3 5 x x x dx x c = − + − + ∫ , onde a constante 1 2 c c c = + . Exemplo 1.8. Calcule a integral 4 cos 4 x dx. ∫ Solução: Substituindo 4 4 . dt x t = ⇒ dx = 4 4 1 cos 4 4 cos x dx t dt = ∫ ∫ 2 2 1 (cos ) 4 t dt = ∫ 2 1 1 cos 2 4 2 t dt  +  =     ∫ 2 1 1 2cos 2 cos 2 16 t t dt   = + +   ∫ 1 1 cos 4 1 2cos 2 16 2 t t dt +     = + +         ∫ 1 2 4cos2 1 cos4 16 2 t t dt + + +   =     ∫ 3 1 1 sen 2 sen 4 32 16 128 t t t c = + + + 3 1 1 sen 8 sen 16 8 16 128 x x x c = + + + . 18 Exemplo 1.9. Calcule a integral 3 2 sen cos . x x dx ∫ Solução: Utilizaremos o caso 1 para calcular esta integral. ( ) 3 2 2 2 2 2 2 4 sen cos sen sen cos 1 cos sen cos cos sen cos sen . I x x dx x x x dx x x x dx x x dx x x dx = = = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Substituindo cos sen . t x dt x dx = ⇒ = − Logo, 2 4 3 5 3 5 3 5 cos cos . 3 5 I t dt t dt t t c x x c = − + = − + + = − + + ∫ ∫ Exemplo 1.10. Calcule a integral 2 4 sen 2 cos 2 x x dx ∫ . Solução: Neste exemplo, utilizaremos o caso 1. Substituindo 2 t x = , temos 2 dt = dx . Logo, 2 4 2 4 1 sen 2 cos 2 sen cos 2 x x dx t t dt = ∫ ∫ 2 1 1 cos 2 1 cos 2 2 2 2 t t dt − +    =       ∫ 2 3 1 1 cos 2 cos 2 cos 2 16 t t t dt   = + − −   ∫ 2 1 1 cos 4 1 cos2 (1 sen 2 )cos2 16 2 t t t t dt  +    = + − − −         ∫ 2 1 1 cos 4 2sen 2 cos 2 32 t t t dt   = − +   ∫ 3 1 1 1 sen 4 sen 2 32 128 96 t t t c = − + + 3 1 1 1 sen 8 sen 4 16 128 96 x x x c = − + + . 19 Exemplo 1.11. Calcule 4 4 sen cos . x x dx ∫ Solução: ( ) 4 4 4 2 2 1 sen cos 2 sen 2 1 sen 2 16 x x dx x dx x dx   =     = ∫ ∫ ∫ 2 2 1 1 cos 4 16 2 1 1 2cos 4 cos 4 64 x dx x x dx  −  =       = − +   ∫ ∫ 1 1 cos 8 1 2cos 4 64 2 3 1 1 sen 4 sen 8 . 128 128 1024 x x dx x x x c +   = − +     = − + + ∫ Lista de exercícios Resolva as integrais abaixo: 1) 2 ∫sen x dx . 2) 2 2 cos 2 sen 2 x x dx ∫ . 3) 6 ∫sen 3x dx . 4) sen3 x cos x dx ∫ . 5) tg x sec x dx ∫ . 6) 5 ∫cos 4x dx . 1.3 Fórmulas de redução ou recorrência Às vezes é mais fácil usar as fórmulas de redução ou recorrência, principalmente, quando estão disponíveis ou quando estamos trabalhando com potências maiores. As fórmulas são dadas por: 1 2 sen cos 1 sen sen n n n au au n au du au du an n − − −   = − +     ∫ ∫ , 1 2 sen cos 1 cos cos n n n au au n au du au du an n − − −   = +     ∫ ∫ , 20 1 2 tg tg ( 1) n n n tg au au du au du a n − − = − − ∫ ∫ , 1 2 cotg cotg cotg ( 1) n n n au au du au du a n − − = − − − ∫ ∫ , 2 2 sec 2 sec sec ( 1) 1 n n n au tg au n au du au du a n n − − −   = +   − −   ∫ ∫ , e 2 2 cosec cotg 2 cosec cosec ( 1) 1 n n n au au n au du au du a n n − − −   = − +   − −   ∫ ∫ . onde n é um número inteiro positivo e 0. a > As fórmulas dadas acima podem ser demonstradas utilizando a integração por partes. A seguir, apresentaremos alguns exemplos de utilização destas fórmulas. Exemplo 1.12. Utilize a fórmula de redução de cosseno para cal- cular 5 cos 3 x dx. ∫ Solução: Neste caso, tem-se n = 5 e a = 3. Logo, 4 5 3 2 4 4 2 cos 3 sen 3 4 cos 3 cos 3 15 5 1 4 cos 3 sen 3 8 cos 3 sen 3 cos 3 15 5 9 15 1 4 8 cos 3 sen 3 cos 3 sen 3 sen 3 . 15 45 45 x x x dx x dx x x x x x dx x x x x x c = + = + + = + + + ∫ ∫ ∫ Exemplo 1.13. Calcule 6 sen 4 x dx. ∫ Solução: Aplicando a fórmula de redução de seno, obtemos 5 6 4 sen 4 cos 4 5 sen 4 sen 4 24 6 x x x dx x dx = − + ∫ ∫ 21 5 3 2 sen 4 cos 4 5 sen 4 cos 4 3 sen 4 24 6 16 4 x x x x x dx     − = − + +         ∫ 5 3 sen 4 cos 4 5 5 sen 4 cos 4 1 sen 4 cos 4 24 96 8 8 2 x x x x x x dx   = − − + − +     ∫ 5 3 sen 4 cos 4 5 5 5 sen 4 cos 4 sen 4 cos 4 . 24 96 64 16 x x x x x x x c = − − − + + Lista de exercícios Resolva as seguintes integrais, aplicando as fórmulas de redu- ção: 1) 4 ∫sen 2x dx . 2) 5 ∫sen x dx . 3) 6 ∫cos x dx . 4) 3 ∫cos 3x dx . 5) 6 ∫tg 5x dx 6) 7 sec 4x dx ∫ 1.4 Integração com substituição trigonométrica Muitas integrais podem ser calculadas por meio de substituições trigonométricas, principalmente, se o integrando contém uma expressão da forma 2 2 a − x , 2 2 a + x ou 2 2 , 0. x a a − > . Essas situações são resolvidas aplicando substituições trigonométricas. Para compreender de onde vêm as substituições que devemos fa- zer, busque comparar as relações trigonométricas fundamentais 2 2 sen cos 1   + = e 2 2 tg 1 sec   + = com as expressões que quere- mos integrar . Veja a seguir. i) Substituir sen x = a θ, no caso do integrando conter a ex- pressão da forma 2 2 a − x . Pois, 2 2 2 2 sen2 a x a a  − = − 2 2 2 2 (1 sen ) cos a a   = − = acos  = , a > 0 22 Ao fazer uma substituição trigonométrica, admitimos que θ esteja no contradomínio da função trigonométrica inversa correspondente. Assim, para sen x = a θ, temos , 2 2 π π − ≤ θ ≤ . ii) Substituir tg x = a θ no caso do integrando conter uma ex- pressão da forma 2 2. a + x Pois, 2 2 2 2 tg2 a x a a  + = − 2 2 2 2 (1 tg ) sec a a   = − = asec  = , a > 0 Assim, para tg x a  = , temos 2 2    − < < . Substituir iii) sec x = a θ quando o integrando contém uma ex- pressão da forma 2 2. x − a Pois, 2 2 2 2 2 sec x a a a  − = − 2 2 2 2 (sec 1) tg a a   = − = a tg  = , 0 a > Assim, para sec x a  = , temos 0 2  ≤  < ou 3 2   ≤  < . Em todos os três tipos de situações, para voltar à variável inicial e dar a resposta final, usaremos a definição das funções trigonomé- tricas com o auxilio de um triangulo retângulo. Vejamos alguns exemplos a seguir. Exemplo 1.14. Calcule 2 9 x dx. x − ∫ Solução: Seja x = 3sen θ , então 3 cos . dx d = θ θ Logo, 2 2 9 9 sen 9 3 cos 3 sen x dx d x − θ − = θ θ θ ∫ ∫ 2 2 cos 1 sen 3 3 sen sen d d θ − θ = θ = θ θ θ ∫ ∫ ( ) 3 cosec sen d = θ − θ θ ∫ 3ln |cosec cotg | 3cos c = θ − θ + θ + 23 Agora, 3 3sen sen cosec 3 x x x = θ ⇒ θ = ⇒ θ = , 2 9 cotg x x − θ = e 2 9 cos 3 − x θ = . Logo, 2 2 2 9 3 9 3ln 9 . x x dx x c x x − − − = + − + ∫ Exemplo 1.15. Calcule a integral 2 2 . 9 4 x dx − x ∫ Solução: Para aplicar substituição trigonométrica devemos simpli- ficar a expressão 2 9 − 4x . 2 2 2 2 1 3 9 4 2 1 3 x x dx dx x x = −   −    ∫ ∫ . Substituindo 3 sen x = 2 θ , então 3 cos 2 dx d = θ θ. 2 2 2 2 9 sen 1 3 4 cos 3 2 9 4 1 sen x dx d x θ = θ θ − − θ ∫ ∫ 9 sen2 8 d = θ θ ∫ 9 1 cos 2 8 2 d − θ   = θ     ∫ 9 sen 2 16 2 c θ   = θ − +     9 9 sen cos 16 16 c = θ − θ θ + Temos os resultados em termos de  , mas, precisamos em ter- mos de x . Sabemos que 3 sen 2 x  = ⇒ 2 sen 3 x  = . Sabendo também que sen  é a razão entre o cateto oposto e a hipote- nusa, podemos construir a Figura 1.1. 3 √9-4 ²x θ 2x Figura 1.1 24 Como 3 sen x = 2 θ , temos sen 2 3 x arc   θ =     , 2 sen 3 x θ = e 2 9 4 cos . 3 − x θ = Logo, 2 2 2 2 9 2 9 2 sen 9 4 16 3 16 9 9 4 9 2 1 sen 9 4 . 16 3 8 x x x dx arc x c x x arc x x c   = − − +     −   = − − +     ∫ Exemplo 1.16. Calcule 2 . 2 dx x + ∫ Solução: Substituindo 2 tg , , 2 2 x π π   = θ − < θ <     então 2 sec2 dx d = θ θ . Logo, 2 2 2 2 2 sec 2 2 2 tg sec sec sec ln sec tg . dx d x d d c θ = θ + + θ θ = θ= θ θ θ = θ + θ + ∫ ∫ ∫ ∫ θ x √ ²+2 x √2 Figura 1.2 Como 2 tg x = θ , temos tg 2 θ = x e 2 2 sec 2 x + θ = . Logo, 2 2 2 ln . 2 2 2 dx x x c x + = + + + ∫ 25 Exemplo 1.17. Calcule ( ) 2 5/ 2 2 . 4 x dx x + ∫ Solução: Substituindo x = 2 tg θ , então 2 sec2 dx d = θ θ . ( ) ( ) 2 2 2 5/ 2 5/ 2 2 2 2 2 2 5 3 3 2 4 tg 2 sec 4 4 tg 4 1 tg sec 1 tg 4 sec 4 sec 1 1 sen sen cos . 4 4 3 x dx d x d d d c θ = θ θ + θ + θ θ θ = θ = θ θ θ θ = θ θ θ = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ √ ²+4 x θ x 2 Figura 1.3 Como 2 tg sen 2 4 x x x θ = ⇒ θ = + , temos ( ) ( ) 2 3 5/ 2 3/ 2 2 2 1 . 12 4 4 x x dx c x x = + + + ∫ Exemplo 1.18. Calcule 2 . 4 dx x x − ∫ Solução: Substituindo x = 2 sec θ temos 2 sec tg dx d = θ θ θ. Logo, 2 2 2 sec tg 4 2 sec 4 sec 4 dx d x x θ θ = θ − θ θ − ∫ ∫ . 1 tg 1 1 2 tg 2 2 d d c θ = θ = θ = θ + θ ∫ ∫ . 26 Como 2 sec sec 2 x x arc   = θ ⇒ θ =     , temos 2 1 sec . 2 2 4 dx x arc c x x   = +     − ∫ Exemplo 1.19. Calcule 2 2 . 8 2 x x − dx ∫ Solução: Podemos escrever 2 2 2 2 1 . 2 8 2 4 1 x x dx dx x x = − − ∫ ∫ Substituindo 2 x = sec θ temos 1 sec tg 2 dx d = θ θ θ . Logo, 2 2 2 2 2 3 1 sec sec tg 8 2 8 2 sec 1 1 sec sec tg tg 8 2 1 sec 8 2 x dx d x d d θ θ θ = θ − θ − θ θ θ = θ θ = θ θ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 sec tg ln sec tg . 16 2 16 2 c = θ θ + θ + θ + (ver Exemplo 1.6). 2x √4 ²- 1 x θ 1 Figura 1.4 Como 2 sec 2 tg 4 1 x x θ = ⇒ θ = − , temos 2 2 2 2 2 2 1 1 2 4 1 ln 2 4 1 16 2 16 2 8 2 1 1 4 1 ln 2 4 1 . 8 2 16 2 x dx x x x x c x x x x x c = − + + − + − = − + + − + ∫ 27 Lista de exercícios Calcule as seguintes integrais: 1) 2 2 4 dx x x + ∫ . 2) 2 2 4 x x − dx ∫ . 3) 2 9 4x dx x − ∫ . 4) 2 9 4 dx x + x ∫ . 1.5 Integração das funções racionais por frações parciais Um polinômio de grau n é uma função da forma 1 0 1 1 ( ) ... n n n n p x a x a x a x a − − = + + + + , onde 0 1 1 , ,..., , n n a a a − a são constantes e reais com 0 a ≠ 0 e n é um número inteiro não negativo. Por exemplo, 3 2 4 3 2 1 x x x − + − é um polinômio de grau 3. Veja mais exemplos no livro de cálculo I. Podemos expressar um polinômio como um produto de fatores li- neares reais de forma e fatores quadráticos reais-irredutíveis da forma . Uma função da forma ( ) , ( ) p x q x onde ( ) p x e q(x) ≠ 0 são polinômios, é chamada de função racional. Tecnicamente, é possível escrever qualquer expressão ( ) ( ) p x q x como uma soma de expressões racio- nais cujos denominadores envolvem potências de polinômios de grau não superior a 2 . Especificamente, se ( ) p x e ( ) q x são po- linômios e se o grau de ( ) p x é inferior ao grau de ( ) q x , então podemos decompor a fração ( ) ( ) p x q x da forma: Você verá no estudo de geometria analítica que a equação é a equação de uma reta, por isso é chamado de fator linear. é a equação de uma parábola e é chamado de fator quadrático por conter termo elevado ao quadrado. Dizer que este termo é irredutível significa que a equação 2 0 ax bx c + + = não possui raiz real como solução, ou seja, tem raizes complexas 2 4 0 b − ac < . b y y x x O grau de um polinômio é dado pelo seu maior expoente, por exemplo: tem grau 5 e tem grau 2. 28 1 2 ( ) ... ( ) n p x F F F q x = + + + . Sendo ( 1,2,..., ) kF k n = da forma ( )n A a x + b , ou 2 ( )n B x C a x b x c + + + , para , A B e C números reais e n inteiro positivo, onde a x2 b x c + + é irredutível. Para resolver as integrais de funções racionais, devemos adotar os seguintes passos: i) Se o grau de ( ) p x é inferior ao grau de ( ) q x , escrevemos o polinômio ( ) q x como produto de fatores lineares a x b + e/ ou fatores quadráticos irredutíveis da forma a x2 b x c + + e agrupamos os fatores repetidos de modo que ( ) q x seja um produto de fatores da forma ( )n a x + b e/ou 2 ( )n a x b x c + + para n inteiro positivo. ii) Se o grau de ( ) p x não é inferior ao grau de ( ) q x , usamos a divisão de polinômios para chegar à soma de um poli- nômio com uma função racional cujo numerador tem grau menor que o denominador para aplicar o procedimento do caso (i). Ao fazer a decomposição de uma função racional ( ) ( ) p x q x em frações simples, devemos sempre supor que ( ) p x e ( ) q x sejam primos entre si, isto é, não têm fatores irredutíveis em comum. Supomos também que o grau de ( ) p x seja menor que o grau de ( ) q x ; do contrário, devemos efetuar a divisão de ( ) p x por ( ) q x , conforme item (ii), obtendo um quociente ( ) Q x e um resto ( ) r x , de grau menor que o grau de ( ) q x . Então ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) p x r x Q x q x q x = + . E agora é só lidar com a função ( ) . ( ) r x q x Segundo as orientações do passo (i), resolvemos a equação poli- nomial ( ) q x = 0 e encontramos as raízes. Analisaremos a seguir, através dos exemplos, cada situação separadamente. 29 Caso 1: Quando ( ) q x tem raízes reais e distintas, então podemos escrever 1 2 1 1 2 2 ( ) ... ( ) n n n A A A p x q x a x b a x b a x b = + + + + + + , onde as frações são todas distintas e ia ≠ 0 , { 1,2,..., } i n ∀ ∈ . Exemplo 1.20. Calcule a integral 2 2 3 6 x dx x x + + − ∫ . Solução: Fatorando o polinômio 2 6 x + x − , temos 2 6 ( 2)( 3) x x x x + − = − + . Portanto, podemos escrever 2 2 3 6 2 3 x A B x x x x + = + + − − + ( 3) ( 2) ( 2)( 3) A x B x x x + + − = − + ( ) 3 2 . ( 2)( 3) A B x A B x x + + − = − + Comparando os numeradores dos dois lados, podemos escrever 2 3 ( ) 3 2 x A B x A B + = + + − . A equação acima fornece o seguinte sistema: 2 3 2 3 A B A B + =   − =  que tem a solução 7 5 A = e 3 5 B = . Logo, 2 2 3 7 3 6 5 2 5 3 7 3 ln 2 ln 3 . 5 5 x dx dx dx x x x x x x c + = + + − − + = − + + + ∫ ∫ ∫ 30 Exemplo 1.21. Determine 2 3 2 3 1 2 x x dx x x x − − + − ∫ . Solução: Temos 3 2 2 2 ( 2) x x x x x x + − = + − ( 1)( 2) x x x = − + . Portanto, podemos escrever 2 3 2 3 1 2 1 2 x x A B C x x x x x x − − = + + + − − + , onde A , B e C são constantes. Seguindo os passos do exemplo anterior, o que também já foi visto no pré-cálculo, a equação aci- ma fornece a seguinte solução: 1 2 A = , 1 B = − e 3 2 C = . Logo, 2 3 2 3 1 1 1 3 2 2 1 2 2 1 3 ln ln 1 ln 2 2 2 x x dx dx dx dx x x x x x x x x x c − − = − + + − − + = − − + + + ∫ ∫ ∫ ∫ . Caso 2: Quando ( ) q x tem raízes reais, distintas ou repetidas. Vamos supor que n é o número de repetições do fator ax + b na fatoração de ( ) q x . Então, neste caso, a decomposição em frações parciais contém uma soma de n frações parciais da forma 1 2 2 ... ( ) ( ) n n A A A ax b ax b ax b + + + + + + , onde ( 1,2,..., ) kA k n = é um número real. Vamos entender melhor este aspecto utilizando alguns exemplos. Exemplo 1.22. Calcule 2 2 5 7 . ( 2)( 3) x x dx x x − + − + ∫ Solução: Escrevemos 2 2 2 5 7 ( 2)( 3) 2 3 ( 3) x x A B C x x x x x − + = + + − + − + + 31 2 2 ( 3) ( 2)( 3) ( 2) ( 2)( 3) A x B x x C x x x + + − + + − = − + 2 2 ( ) (6 ) (9 6 2 ) ( 2)( 3) A B x A B C x A B C x x + + + + + − − = − + Comparando os numeradores dos dois lados, podemos escrever 2 5 7 x − x + 2 ( ) (6 ) (9 6 2 ) A B x A B C x A B C = + + + + + − − A equação acima fornece o seguinte sistema: 1 6 5 9 6 2 7 A B A B C A B C + =   + + = −   − − =  , que tem a solução 1 24 25 , 25 A B = = e 31 5 C = − . Logo, 2 2 2 5 7 1 1 24 31 1 ( 2)( 3) 25 2 25 3 5 ( 3) x x dx dx dx dx x x x x x − + = + − − + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 1 24 31 ln 2 ln 3 . 25 25 5 3 x x c x = − + + + + + Exemplo 1.23. Calcule 2 3 2 2 3 . 2 x x dx x x x − + + + ∫ Solução: Escrevemos 2 2 3 2 2 2 3 2 3 2 ( 1) x x x x x x x x x − + − + = + + + 2 1 ( 1) A B C x x x = + + + + 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) A x B x x C x x x + + + + = + 32 2 2 ( ) (2 ) ( 1) A B x A B C x A x x + + + + + = + . Comparando os numeradores dos dois lados, podemos escrever 2 2 3 x − x + 2 ( ) (2 ) A B x A B C x A = + + + + + . A equação acima fornece o seguinte sistema: 1 2 2 3 A B A B C A + =   + + = −   =  que tem a solução: 3, 2 A B = = − e 6. C = − Logo, 2 3 2 2 2 3 3 2 6 2 1 ( 1) 6 3ln 2ln 1 . 1 x x dx dx dx dx x x x x x x x x c x − + = − − + + + + = − + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ Caso 3: Quando ( ) q x tem raízes complexas e/ou complexas repeti- das. Análogo ao caso 2, se n é o número de repetições do fator irre- dutível 2x bx c + + , então neste caso a decomposição em frações parciais contém uma soma de n frações parciais da forma 1 1 2 2 2 2 2 2 ... ( ) ( ) n n n A x B A x B A x B x bx c x bx c x bx c + + + + + + + + + + + + , onde kA e ( 1,2,..., ) Bk k n = são número reais, e o fator 2x bx c + + é irredutível, ou seja, tem raízes complexas. Vimos acima que as raízes complexas nos levam a uma fração parcial da forma: 2 Ax B x bx c + + + ou 2 2 ( ) Ax B x bx c + + + . Vamos analisar a integral 2 2 2 Ax B Ax B dx dx dx x bx c x bx c x bx c + = + + + + + + + ∫ ∫ ∫ 33 2 2 2 2 A x b b dx dx B x bx c x bx c + − = + + + + + ∫ ∫ 2 2 2 2 2 A x b A dx dx B b x bx c x bx c +   = + −   + + + +   ∫ ∫ 2 2 2 2 2 2 2 4 A x b A dx dx B b x bx c b b x c +   = + −   + +       + + −         ∫ ∫ 2 2 2 1 2 ln . 2 2 4 4 b x A A x bx c B b arc tg c b b c c +   = + + + − +     − − Exemplo 1.24. Calcule 3 3 . dx x + x ∫ Solução: Temos 3 2 2 1 1 3 ( 3) 3 A Bx C x x x x x x + = = + + + + 2 2 ( 3) ( ) ( 3) A x Bx C x x x + + + = + 2 2 ( ) 3 ( 3) A B x Cx A x x + + + = + , que fornece o sistema 0 0 3 1 A B C A + =   =   =  cuja solução é 1 1 3 , 3 A B = = − e 0. C = Logo, 3 2 1 1 3 3 3 3 dx dx x dx x x x x = − + + ∫ ∫ ∫ 2 1 1 2 3 6 3 dx x dx x x = − + ∫ ∫ 2 1 1 ln ln 3 3 6 x x c = − + + 34 Exemplo 1.25. Calcule 3 8. dx x − ∫ Solução: Sabemos que 3 3 2 2 ( )( ) a b a b a ab b − = − + + , então po- demos escrever 3 2 8 ( 2)( 2 4) x x x x − = − + + e 3 2 1 1 8 ( 2)( 2 4) x x x x = − − + + 2 , 2 2 4 A Bx C x x x + = + − + + pois 2 2 4 x + x + é irredutível. O sistema obtido é 0 2 2 0 4 2 1 A B A B C A C + =   − + =   − =  , que fornece a solução 1 1 12 , 12 A B = = − e 1 3 C = − . Logo, 3 2 1 1 1 12 3 8 12 2 2 4 x dx dx dx x x x x − − = + − − + + ∫ ∫ ∫ 2 1 1 4 12 2 12 2 4 dx x dx x x x + = − − + + ∫ ∫ ( ) 2 2 2 1 1 2 2 1 12 2 24 2 4 4 ( 1) 3 dx x dx dx x x x x + = − − − + + + + ∫ ∫ ∫ 2 1 1 1 1 ln 2 ln 2 4 tg . 12 24 4 3 3 x x x x arc c +   = − − + + − +     Exemplo 1.26. Calcule a integral 2 2 2 2 3 1 . ( 2) x x dx x − + + ∫ 35 Solução: Escrevemos 2 2 2 2 2 2 2 3 1 ( 2) 2 ( 2) x x Ax B Cx D x x x − + + + = + + + + 2 2 2 ( )( 2) ( 2) Ax B x Cx D x + + + + = + Utilizando o mesmo procedimento dos exemplos anteriores, obte- mos 0 , 2 , 3, 3. A B C D = = = − = − Logo, 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 2 ( 2) 2 ( 2) x x dx x dx dx x x x − + − − = + + + + ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 ( 2) ( 2) dx x dx dx x x x = − − + + + ∫ ∫ ∫ . (7) Vamos calcular a terceira integral: 2 2. ( 2) dx x + ∫ Para resolver esta integral utilizamos a substituição que vimos na seção 1.4. Fazendo 2 tg x = θ , temos 2 sec2 dx d = θ θ . Então, 2 2 2 2 4 2 sec ( 2) 2 sec dx d x θ = θ + θ ∫ ∫ 2 2 1 4 sec d = θ θ ∫ 2 2 cos 4 d = θ θ ∫ 2 1 cos 2 4 2 d + θ = θ ∫ 2 1 sen 2 8 2   = θ + θ     . Observe na expressão (7) que a primeira e a segunda integrais do segundo membro são imediatas, pois a primeira pode ser obtida diretamente da tabela de integração e a segunda pode ser calculada utilizando a substituição 2 2 x t + = . 36 Agora 2 tg x = θ tg 2 x arc   ⇒ θ =     e 2 2 2 sen 2 2sen cos 2 2 2 2 . 2 . 2 2 x x x x x θ = θ θ = = + + + √ ²+ 2 x x θ √ 2 Figura 1.5 Logo, 2 2 2 2 tg ( 2) 8 4( 2) 2 dx x x arc x x   = +   + +   ∫ . Finalmente, escrevendo a integral de cada expressão dada em (7), obtemos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 2 2 3 ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) x x dx x dx dx dx x x x x − + = − − + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 1 2 3 ( 2) tg 2 2 1 2 2 x x arc − + +   = −   − +   2 2 3 tg 8 4( 2) 2 x x arc c x     − + +     +     2 2 3 tg 2( 2) 2 2 x arc x   = +   +   2 3 2 3 tg 8 4( 2) 2 x x arc c x   − − +   +   2 5 2 3(2 ) tg 8 4( 2) 2 x x arc c x −   = + +   +   . 37 Exemplo 1.27. Calcule 2 2 . ( 2 2) dx x + x + ∫ Solução: Podemos escrever 2 2 2 2 2 2 ( 2 2) ( 2 1 1) ( 1) 1 dx dx dx I x x x x x = = = + + + + +   + +   ∫ ∫ ∫ . Substituindo 1 x + = tg θ , temos 1 x = − + tg θ e sec2 dx d = θ θ , que fornece 2 2 2 sec (tg 1) I d θ = θ θ + ∫ sec2 dθ = θ ∫ cos2 d = θ θ ∫ 1 cos 2 2 d + θ = θ ∫ 2 1 sen 2 2 4 1 2 sen cos 2 4 1 1 tg ( 1) . 2 2( 2 2) c c x arc x c x x θ  = + θ +     = θ + θ θ + + = + + + + + Lista de exercícios Calcule as seguintes integrais: 1) ( 1) dx ∫ x x − . 2) 2 9 dx ∫ x − . 3) 2 3 2 dx x − x + ∫ . 4) ( ) 2 5 1 2 x x dx x x − + − ∫ . 5) 2 1 4 5 x dx x x + + − ∫ . 6) ( )( ) 2 1 2 dx x x + + ∫ . 7) 3 2 1 2 2 x dx x x x + + + + ∫ . 8) 2 2 1 2 3 2 x dx x x + + − ∫ . 9) 3 2 dx x − x ∫ . 10) 3 2 dx x + x ∫ . 38 1.6 Integração de funções racionais de seno e cosseno Quando temos integrais de funções racionais envolvendo fun- ções trigonométricas de seno e cosseno, ou seja, o integrando tem uma expressão da forma ( ) sen , cos R θ θ , onde R represen- ta função racional, neste caso utilizamos a substituição 2 z = tg  , com ( , )  ∈ −  . Então, temos 2 arc tg z θ = e 2 2 . 1 dz d z θ = + Podemos escrever sen 2sen 2 cos 2    = ⋅ Agora multiplicando e dividindo por cos 2  , obtemos 2sen 2 cos 2 sen cos 2     ⋅ = 2 2 2 2 2 sen 2 cos 2 sen 2 sen 2 cos 2 cos 2 2 tg 2 2 2 tg 2 cos 2 1 1 tg 2 z z θ θ θ θ θ = = θ θ θ θ = = θ = + + e 2 2 2 2 2 2 cos cos 2 2 cos 1 2 2 2 2 1 1 sec 1 tg 2 2 2 1 1 . 1 1 z z z θ θ   θ = = −     = − = − θ θ + − = − = + + Quando substituirmos tg 2 z θ = , teremos 2 2 2 2 , sen 1 1 dz z d z z θ = θ = + + e 2 2 1 cos . 1 z z − θ = + (8) 39 A seguir apresentaremos alguns exemplos. Exemplo 1.28. Calcule 1 . 1 sen cos dθ + θ + θ ∫ Solução: Utilizando as substituições expressas em (8), obtemos 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 sen cos 1 1 1 z d dz z z z z + θ = − + θ + θ + + + + ∫ ∫ 2 2 2 1 2 1 1 ln 1 1 ln 1 tg . 2 dz z z z dz z c z c = + + + − = = + + + θ = + + ∫ ∫ Exemplo 1.29. Calcule 1 cos . 1 sen d − θ θ + θ ∫ Solução: Utilizando as substituições expressas em (8), obtemos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 cos 2 1 2 1 sen 1 1 1 1 1 2 1 2 1 4 . (1 ) (1 ) z z d dz z z z z z dz z z z z dz z z − − − θ + θ = + θ + + + + − + = + + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ Para resolver a integral 2 2 2 4 (1 ) (1 ) z dz z z + + ∫ utilizamos o processo de frações parciais estudado anteriormente. Assim, podemos escrever 2 2 2 2 2 4 (1 ) (1 ) 1 (1 ) 1 z A B Cz D z z z z z + = + + + + + + + . Resolvendo o sistema de equações resultante da identidade acima, obtemos 2 A = − , B = 2 , C = 2 e D = 0 . Logo, 40 2 2 2 4 (1 ) (1 ) z dz z z + + ∫ 2 2 2ln 1 ln 1 1 z z c z = − − + + + + + Como tg 2 z θ = , obtemos 2 1 cos 2 2ln 1 tg ln 1 tg 1 sen 2 2 1 tg 2 d c − θ θ θ θ = − − + + + + θ + θ + ∫ . Exemplo 1.30. Usando a substituição tg 2 z θ = , demonstre que 1 tg 2 sec ln . 1 tg 2 d c θ + θ θ = θ + − ∫ Mostre que este resultado é equivalente ao ln sec tg .c θ + θ + Solução: Utilizando as substituições expressas em (8), obtemos 2 2 2 2 1 1 sec 1 cos 1 z d d dz z z + θ θ = θ = − θ + ∫ ∫ ∫ 2 2 2 1 (1 )(1 ) dz dz z z z = = − − + ∫ ∫ 1 1 ln 1 ln 1 1 1 dz z z c z z   = + = + − − +   + −   ∫ 1 tg 1 2 ln ln 1 1 tg 2 z c c z θ + + = + = θ + − − . Vamos provar agora a equivalência, ou seja, queremos mostrar que: 1 tg 2 sec tg . 1 tg 2 θ + = θ + θ θ − 41 Podemos escrever 1 tg 1 2 1 1 tg 2 z z   + + = − − (1 )(1 ) (1 )(1 ) z z z z + + = − + 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 z z z z z z z z z + + + + = = + − − − + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 z z z z z z + = + − − + + 1 sen cos cos θ = θ + θ (utilizando (8)) sec tg . = θ + θ Logo, 1 tg 2 sec tg . 1 tg 2 θ + = θ + θ θ − Portanto, 1 tg 2 sec ln sec ln 1 tg 2 d tg c c θ + θ θ = θ + θ + = θ + − ∫ . Lista de exercícios Calcule as seguintes integrais: 1) sen 1 sen d θ θ − θ ∫ . 2) 1 sen 1 cos d + θ θ − θ ∫ . 3) 1 1 sen dθ + θ ∫ . 4) cos 1 cos d θ θ + θ ∫ . 42 1.7 Integrais que envolvem expressões do tipo Queremos calcular integrais em que o integrando tem uma ex- pressão da forma ax2 bx c + + . Quando a = 0 , faremos mudan- ça de variável u bx c = + , mas quando a ≠ 0 , calcularemos a inte- gral completando quadrado: 2 2 2 2 2 4 b b b ax bx c a x x c a x c a a a     + + = + + = + + −         . Completado o quadrado, utilizamos uma substituição adequada. Veja alguns exemplos a seguir: Exemplo 1.31. Calcule a integral 2 . 2 2 1 x dx x − x + ∫ Solução: Inicialmente, completaremos o quadrado obtendo ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 4 4 1 1 1 2 2 1 1 . 2 2 2 x x x x x x   − + = − + − +         = − + = − +       Agora, ( ) 2 2 2 . 2 2 1 2 1 1 x x dx x x x = − + − + ∫ ∫ Substituindo 2 1 x − = y , temos 2 dx = dy . Logo, 2 2 2 1 4 2 2 1 1 x y dx dy x x y + = − + + ∫ ∫ 2 2 2 2 2 1 8 4 1 1 y dy dy y y = + + + ∫ ∫ ( ) 1 1 2 2 2 1 2 2 ln 1 1 8 4 1 2 y y y c − + + = + + + + − + , 43 onde a primeira integral é obtida fazendo a substituição 2 1 y t + = , e a segunda integral é obtida utilizando a tabela de integração. Assim, 2 2 2 1 x dx x − x + ∫ 2 2 2 2 1 ln 1 4 4 y y y c = + + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 ln 2 1 2 1 1 4 4 x x x c = − + + − + − + + ( ) 2 2 2 2 4 4 2 ln 2 1 4 4 2 4 4 x x x x x c = − + + − + − + + ( ) 2 2 1 2 2 2 1 ln 2 1 2 2 2 1 2 4 x x x x x c = − + + − + − + + Exemplo 1.32. Calcule a integral 2 2 3 . x x dx + + ∫ Solução: Temos ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 1 2 1 2 . x x dx x x dx x dx + + = + + + = + + ∫ ∫ ∫ Substituindo 1 2 tg x + = θ , temos 2 sec2 dx d = θ θ . Logo, 2 2 2 2 3 2 2 tg 2 sec x x dx d + + = θ + θ θ ∫ ∫ 2 2 sec sec d = θ θ θ ∫ 2 sec3 d = θ θ ∫ sec tg ln sec tg c = θ θ + θ + θ + (ver Exemplo 1.6) 2 2 2 3 1 2 3 1 ln 2 2 2 2 x x x x x x c + + + + + + = ⋅ + + + ( ) 2 1 1 2 3 2 x x x = + + + + ( ) 2 1 2 3 ln 2 x x x c + + + + + + . 44 Lista de exercícios Calcule as seguintes integrais: 1) 2 2 2 1 x x dx − + ∫ . 2) 2 2 1 x xdx x + + ∫ . 3) 2 3 dx x + x − ∫ . 4) ( ) 2 2 4 9 dx x x x + + + ∫ . 1.8 Integrais impróprias Sabemos que toda função contínua num intervalo fechado é inte- grável nesse intervalo. Ou seja: se f é uma função contínua em [ , ] a b então existe ( ) b ∫a f x dx . Quando f não está definida num dos extremos do intervalo [ , ] a b , digamos no extremo a , mas existe ( ) b ∫t f x dx para todo ( , ) t ∈ a b , podemos definir ( ) b ∫a f x dx como sen- do o limite lim ( ) b t t a f x dx + → ∫ quando este limite existir. Para os outros casos a situação é análoga. Assim, esse tipo de integrais são conhe- cidas como integrais impróprias. A seguir apresentaremos a definição e o procedimento para calcular integrais impróprias. Analisaremos cada caso separadamente. i) Dado f : ( , ] a b →  , se existe ( ) b ∫t f x dx para todo ( , ) t ∈ a b , definimos ( ) lim ( ) , b b a t t a f x dx f x dx a t b = → + < < ∫ ∫ , quando este limite existe. Caso não exista, diremos que a integral ( ) b ∫a f x dx não existe ou não converge. Graficamente, y y =f x ( ) a b x Figura 1.6 45 ii) Dado f :[ , ) a b →  , se existe ( ) t ∫a f x dx para todo ( , ) t ∈ a b , definimos ( ) lim ( ) , b t a a t b f x dx f x dx a t b = → − < < ∫ ∫ quando este limite existir. Caso não exista, diremos que ( ) b ∫a f x dx não existe ou não converge. Graficamente, y y = f x( ) a b x Figura 1.7 Dado iii) f : ( , ) a b →  , escrevemos ( ) ( ) ( ) , b c b a a c f x dx f x dx f x dx a c b = + < < ∫ ∫ ∫ quando as duas integrais do 2o membro existem. As integrais do segundo membro foram definidas em (i) e (ii), respectivamente. Quando iv) f :[ , ] a b → é descontínua em algum ( , ) c ∈ a b , então escrevemos ( ) ( ) ( ) , b c b a a c f x dx f x dx f x dx a c b = + < < ∫ ∫ ∫ sempre que as integrais do 2o membro existam. As integrais do segundo membro foram definidas em (ii) e (i), respectivamente. v) Dada : ( , ] f −∞ b →  , se existir ( ) b ∫t f x dx para todo ( , ) t ∈ −∞ b , definimos 46 ( ) lim ( ) , b b t t f x dx f x dx t b −∞ = →−∞ − ∞ < < ∫ ∫ quando este limite existir. Se não existir, diremos que a integral ( ) b f x dx −∞∫ não existe ou não converge. Dada vi) :[ , ) f a ∞ →  , se existir ( ) t ∫a f x dx para todo [ , ) t ∈ a ∞ , definimos ( ) lim ( ) , t a a t f x dx f x dx a t ∞ = →∞ < < ∞ ∫ ∫ , quando este limite existir. Se não existir, diremos que a integral ( ) ∞∫a f x dx não existe ou não converge. vii) Dada ( ) : , f −∞ ∞ →  , escrevemos, ( ) ( ) ( ) , c c f x dx f x dx f x dx c ∞ ∞ −∞ = −∞ + − ∞ < < ∞ ∫ ∫ ∫ quando as duas integrais do 2o membro existirem. As integrais do segundo membro foram definidas em v) e vi), respectivamente. Quando uma integral imprópria existe, ou seja, o limite envolvido tem valor finito, dizemos que ela é convergente caso contrário, ela é divergente. A seguir apresentaremos alguns exemplos. Exemplo 1.33. Calcule, se existir, 1 2 0 . 1 dx − x ∫ Solução: Observemos que a função 2 ( ) 1 dx f x x = − não está de- finida no ponto x =1. Neste caso, calculamos o limite 0 2 0 1 1 lim lim sen 1 t t t t dx arc x x − − → = → − ∫ (0 1 t < < ) ( ) 1 lim sen sen 0 t arc t arc = → − − 1 lim sen . 2 t arc t → − π = = 47 Portanto, a integral converge e temos 1 2 0 2 1 dx x = π − ∫ . y x 1 2 3 4 5 2 1 -1 -2 -3 3 2 ( ) 1 dx f x x = − Figura 1.8 Exemplo 1.34. Calcule, se existir, 1 2 0 dx . x ∫ Solução: Observemos que a função 2 1 ( ) f x = x não está definida no ponto x = 0. Neste caso, calculamos o limite 2 0 lim o t t dx x + → ∫ 1 0 lim 1 t x + − = → − 0 1 lim 1 t t → +   = − +    = ∞ . Portanto, a integral 1 2 0 dx ∫ x diverge ou não existe. y x 1 2 3 4 2 4 1 -1 -2 -4 -3 3 2 1 ( ) f x x = Figura 1.9 48 Exemplo 1.35 Calcule, se existir, 2 0 cos . 1 sen x dx x  − ∫ Solução: Observemos que cos ( ) 1 sen x f x x = − não está definida em 2 . x = π Assim, calculamos o limite 0 2 cos lim 1 sen t x x dx x →π − ∫ ( ) 1/ 2 2 2 0 lim 1 sen cos t x x dx π − →π = − ∫ ( ) 1/ 2 2 0 1 sen lim 1 2 t t x π →     − = −        2 lim 2 1 sen 2 2 2 t π →   π = − − + =     Logo, a integral converge, e temos . Exemplo 1.36. Determine, se existir, / 2 / 2 tg x dx. π −π∫ Solução: Observemos que ( ) tg f x x = não está definida em 2 x = π e tampouco em 2 . x = − π Assim, / 2 0 / 2 / 2 / 2 0 tg tg tg x dx x dx x dx π π −π = −π + ∫ ∫ ∫ , se as integrais do segundo membro convergirem. Temos 0 0 / 2 / 2 lim tg lim tg t t t t x dx x dx →−π + →π ∫ ∫ 0 0 /2 /2 lim ( ln cos ) lim ( ln cos ) t t t t x x   →− → = − + − ( ) ( ) / 2 / 2 lim ln1 ln cos lim ln cos ln1 t t t t →−π →π = − + + − + É importante sempre buscar a visualização do gráfico da função. Você pode acessar o endereço http://fooplot.com para plotar seus gráficos em 2D. Por exemplo, a função é escrita da seguinte forma: y=(cos(x))/(sqrt(1-sin(x))). 49 Observamos que calculando o primeiro limite obtemos o resultado ∞ , logo podemos concluir que a integral proposta não existe, ou seja, a integral é divergente. Exemplo 1.37. Determine, se existir, 4 0 2. dx x − ∫ Solução: Observemos que 1 ( ) 2 f x = x − não está contínua em x = 2. Assim, 4 2 4 0 0 2 2 2 2 dx dx dx x x x = + − − − ∫ ∫ ∫ , se as integrais do segundo membro convergirem. 4 0 2 2 lim lim 2 2 t t t t dx dx x x − + → + → − − ∫ ∫ 4 0 2 2 lim ln 2 lim ln 2 t t t t x x − + → → = − + − ( ) ( ) 2 2 lim ln 2 ln 2 lim ln 2 ln 2 t t t t − + → → = − − − + − − . Observamos que, calculando o primeiro limite, obtemos o resultado ∞ . Logo, podemos concluir que a integral proposta não existe, ou seja, a integral é divergente. Exemplo 1.38. Determine, se existir, 0 xe dx. −∞∫ Solução: Calculamos 0 lim x t t e dx →−∞∫ 0 lim x t t = →−∞ e ( 0 t −∞ < < ) ( ) lim 1 t t e = →−∞ − 1 = . Logo, a integral converge, e temos 0 1 xe dx −∞ = ∫ . 50 Exemplo 1.39. Determine, se existir, 1 dx . x ∞∫ Solução: Calculamos 1 lim t t dx x →∞∫ 1 1 1/ 2 2 1 1 lim lim 1 1 1 2 2 t t t t x x − + →∞ →∞ = = − + (1 t < < ∞ ) ( ) lim 2 2 t t = →∞ − = ∞ . Portanto, a integral diverge. Exemplo 1.40. Calcule, se existir, 2 . 1 dx x ∞ −∞ + ∫ Solução: Escrevemos 0 2 2 2 0 1 1 1 dx dx dx x x x ∞ ∞ −∞ = −∞ + + + + ∫ ∫ ∫ e calculamos os limites: 0 2 2 0 lim lim 1 1 t t t t dx dx x x →−∞ + →∞ + + ∫ ∫ 0 0 lim tg lim tg t t t t arc x arc x →−∞ →∞ = + 2 2 π π   = − − + = π     Portanto, a integral converge e temos 2 1 dx x ∞ −∞ = π + ∫ . Lista de exercícios Calcule, se existirem, as seguintes integrais impróprias. Indique se converge ou diverge: 1) ( ) 3 2 0 1 dx x − ∫ . 2) 1 2 0 1 dx − x ∫ . 3) 2 2 2 4 dx −∞ x + ∫ . 4) 4 1 dx x −∫ . 51 1.9 Tabela – derivadas, integrais e identidades trigonométricas A seguir, apresentaremos tabela de derivadas, integrais e identi- dades trigonométricas. Derivadas • Sejam u e v funções deriváveis de x , e n constante. 1) n y = u 1 ' ' n y nu − u ⇒ = . 2) y = u v ' ' ' y u v v u ⇒ = + . 3) u y = v 2 ' ' ' u v v u y v − ⇒ = . 4) u y = a ( ) ' (ln ) ', 0, 1 u y a a u a a ⇒ = > ≠ . 5) u y = e ' u ' y e u ⇒ = . 6) loga y u = ' ' u loga y e u ⇒ = . 7) ln y u = 1 ' ' y u u ⇒ = . 8) v y = u 1 ' ' (ln ) ' v v y v u u u u v − ⇒ = + . 9) sen y u = ' 'cos y u u ⇒ = . 10) cos y u = ' 'sen y u u ⇒ = − . 11) tg y u = 2 ' 'sec y u u ⇒ = . 12) cotg y u = 2 ' 'cosec y u u ⇒ = − . 13) sec y u = ' 'sec tg y u u u ⇒ = . 14) cosec y u = ' 'cosec cotg y u u u ⇒ = − . 15) sen y arc u = 2 ' ' 1 u y u ⇒ = − . 52 16) cos y arc u = 2 ' ' 1 u y u − ⇒ = − . 17) tg y arc u = 2 ' ' 1 u y u ⇒ = + . 18) cot y arc g u = 2 1 u y u − ′ ⇒ ′ = + . 19) sec , 1 y arc u u = ≥ 2 ' ' , 1 1 u y u u u ⇒ = > − . 20) cosec , 1 y arc u u = ≥ 2 ' ' , 1 1 u y u u u − ⇒ = > − . Identidades trigonométricas • 1) 2 2 sen cos 1 x x + = . 2) 2 2 1 tg sec x x + = . 3) 2 2 1 cotg cosec x x + = . 4) 2 1 cos 2 sen 2 x x − = . 5) 2 1 cos 2 cos 2 x x + = . 6) sen 2 2 sen cos x x x = . 7) ( ) ( ) 2 sen cos sen x y x y sen x y = − + + . 8) ( ) ( ) 2 sen sen cos cos x y x y x y = − − + . 9) ( ) ( ) 2 cos cos cos cos x y x y x y = − + + . 10) 1 sen 1 cos 2 x x  π  ± = ± −     . Integrais • 1) du u c = + ∫ . 2) 1 , 1 1 n n u u du c n n + = + ≠ − + ∫ . 53 3) ln du u c u = + ∫ . 4) , 0, 1 ln u u a a du c a a a = + > ≠ ∫ . 5) u u e du e c = + ∫ . 6) sen cos u du u c = − + ∫ . 7) cos sen u du u c = + ∫ . 8) tg ln sec u du u c = + ∫ . 9) cotg ln sen u du u c = + ∫ . 10) sec ln sec tg u du u u c = + + ∫ . 11) cosec ln cosec cotg u du u u c = − + ∫ . 12) sec tg sec u u du u c = + ∫ . 13) cosec cotg cosec u u du u c = − + ∫ . 14) sec2 tg u du u c = + ∫ . 15) cosec2 cotg u du u c = − + ∫ . 16) 2 2 1 tg du u arc c u a a a = + + ∫ . 17) 2 2 2 2 1 ln , 2 du u a c u a u a a u a − = + > − + ∫ . 18) 2 2 2 2 ln du u u a c u a = + + + + ∫ . 19) 2 2 2 2 ln du u u a c u a = + − + − ∫ . 20) 2 2 2 2 sen , du u arc c u a a a u = + < − ∫ . 21) 2 2 1 sec du u arc c a a u u a = + − ∫ . 54 Fórmulas de recorrências • 22) 1 2 sen cos 1 sen sen n n n au au n au du au du an n − − −   = − +     ∫ ∫ . 23) 1 2 sen cos 1 cos cos n n n au au n au du au du an n − − −   = +     ∫ ∫ . 24) 1 2 tg tg ( 1) n n n tg au au du au du a n − − = − − ∫ ∫ . 25) 1 2 cotg cotg cotg ( 1) n n n au au du au du a n − − = − − − ∫ ∫ 26) 2 2 sec 2 sec sec ( 1) 1 n n n au tg au n au du au du a n n − − −   = +   − −   ∫ ∫ . 27) Resumo Neste capítulo apresentamos várias técnicas de integração. Sa- bendo da familiarização do aluno com cálculo de integrais por substituição, estudado no Cálculo 1, iniciamos nosso estudo com integração por partes. Em seguida, apresentamos as técnicas de frações parciais, ilustrando várias situações diferentes. Ensina- mos como calcular integrais envolvendo funções trigonométricas. Consideramos situações diferentes de funções trigonométricas, ou seja, resolvemos algumas integrais com substituições trigo- nométricas e outras com funções racionais trigonométricas. No final, apresentamos as integrais impróprias. Demos vários exem- plos para ilustrar os assuntos apresentados e, no final de cada seção, fornecemos uma pequena lista de exercícios. Para facilitar, apresentamos no final deste capítulo uma tabela com derivadas, integrais e identidades trigonométricas usadas freqüentemente. A seguir, apresentamos as respostas dos exercícios propostos. 2 2 cosec cotg 2 cosec cosec ( 1) 1 n n n au au n au du au du a n n − − −   = − +   − −   ∫ ∫ . 55 Respostas Seção 1.1 • 1) x ex + c . 2) 3 5 2 4 ( 1) ( 1) 3 15 x x x c + − + + . 3) 2 cos 2cos 2 sen x x x x x c − + + + . 4) 3 2 2 2 2 2 1 3 3 3 2 4 4 8 x x x x x e x e xe e c − + − + . 5) sen cos x x x c + + . 6) 2 3 2 5 2 7 2 2 8 16 (1 ) (1 ) (1 ) 3 15 105 x x x x x c − − − − − − + . Seção 1.2 • 1) 1 sen(2 ) 2 2 x x c   − +     . 2) 1 sen(8 ) 32 4 2 x x c   − +     . 3) 3 1 3sen(12 ) sen (6 ) 15 4sen(6 ) 48 4 3 x x x x c   − + + +     . 4) 1 sen4 4 x + c . 5) sec x + c . 6) 5 3 1 sen (4 ) 2sen (4 ) sen(4 ) 4 5 3 x x x c   − + +     . Seção 1.3 • 1) 3 sen (2 ) cos(2 ) 3 3 sen(2 ) cos(2 ) 8 16 8 x x x x x c ⋅ − − ⋅ + + . 2) 4 2 1 4 8 sen cos sen cos cos 5 15 15 x x x x x c − − − + . 56 3) 5 3 1 5 5 5 cos sen cos sen cos sen 6 24 16 16 x x x x x x x c + + + + . 4) 2 1 2 cos 3 sen 3 sen 3 9 9 x x x c + + . 5) 5 3 1 1 1 tg 5 tg 5 tg5 25 15 5 x x x x c − + − + . 6) Que é equivalente a 5 3 1 5 5 sec (4 ) tg(4 ) sec (4 ) tg(4 ) sec(4 ) tg(4 ) 24 96 64 5 ln sec(4 ) tg(4 ) 64 x x x x x x x x c ⋅ + ⋅ + ⋅ + + + Seção 1.4 • 1) 2 4 4 x c x + − + . 2) 2 2 4 4 2ln 2 2 x x x x c − + − + + . 3) 2 2 1 3 9 4 9 4 3ln 2 x x c x − − − + + . 4) 2 1 9 4 3 3ln 2 x c x + − + . Seção 1.5 • 1) 1 ln x c x − + . 2) 1 3 6 ln 3 x c x − + + . 3) 2 ln 1 x c x − + − . 4) 1 5 ln ln 2 2 2 x x x c − − − + . 5) 2 1 ln 5 ln 1 3 3 x x c + + − + + . 57 6) 1 1 ln 2 2 x c x x + + + + + . 7) 1 2 2 tg 2 2 x arc c   +       . 8) 3 2 ln 2 ln 2 1 5 5 x x c + + − + . 9) 1 ln 1 x c x x − + + . 10) 2 1 1 ln ln 2 2 4 x x c − + + . Seção 1.6 • 1) 2 tg 1 2 c −θ − +  θ  −     . 2) 2 1 ln tg 1 2ln tg 2 2 tg 2 c        − + + − +               . 3) 2 . tg 1 2 c  − +   +     4) tg 2 c  θ  − + θ +     . Seção 1.7 • 1) 2 2 1 1 (2 1) (2 1) 1 ln (2 1) (2 1) 1 2 2 2 2 x x x x c − − + + − + − + + . 2) 2 1 (2 1) 1 arcsec(2 1) 4 x x   + − − +   . 3) 2 ln 1 3 2 x x x c + + + − + . 4) 2 4 9 5 ln 2 x x c x + + − + + . 58 Seção 1.8 • 1) Diverge. 2) Diverge. 3) 3 4 π . 4) 6. Capítulo 2 Aplicações da Integral 61 Capítulo 2 Aplicações da Integral No capítulo anterior, apresentamos algumas técnicas de cálculo da integral. No Cálculo 1, estudamos aplicações da integral definida em cálculo da área de uma região plana e limitada. Neste capítulo, estudaremos aplica- ções da integral definida em cálculo de volume do sólido de revolução e comprimento de arco de uma curva uti- lizando o sistema de coordenadas cartesianas. Introdu- ziremos a noção de coordenadas polares e aplicaremos esta noção para calcular o comprimento do arco de uma curva e a área de uma região plana e limitada. 2.1 Volume de sólido de revolução O volume de um sólido desempenha um papel importante em muitos problemas nas ciências físicas, tais como: determinação de centro de massa e determinação de momento de inércia. Como é difí- cil determinar o volume de um sólido de forma irregular, come- çaremos com objetos que apresentam formas simples. Incluídos nesta categoria estão os sólidos de revolução estudados a seguir. Um sólido de revolução é gerado pela rotação de uma região do plano, em torno de uma reta chamada eixo de revolução, contida no plano. Seja S o sólido gerado pela rotação da região do plano limitada por ( ) y = f x , o eixo x , x = a e x = b em torno do eixo x . Então o volume V deste sólido é dado por ( ) ( ) 2 . b a V f x dx = π∫ Podemos provar a fórmula acima utilizando argumentos seme- lhantes aos usados para calcular a área de uma região plana e limitada, mas daremos apenas uma noção intuitiva de onde pode vir essa fórmula. 62 O volume de um cilindro é dado por 2 V = R h , onde h é a altu- ra. Se considerarmos o volume de um cilindro com uma altura infinitesimal, teremos 2 dV R dh =  , ou seja, 2 dV = R dh . Obtere- mos o volume de um cilindro de altura ab calculando a integral 2 2 b b b a a a dV R dh R h   = = ∫ ∫ . O cálculo do volume de um sólido de revolução pode ser considerado como uma generalização dessa fórmula. Se compararmos a expressão acima com a figura 2.1, en- tão podemos dizer que h = x e ( ) R = f x , perceba que na figura não temos um raio constante, mas sim que varia com x . Para sa- ber o volume de um sólido de revolução considerando uma varia- ção pequena ao longo do eixo x , conforme as considerações feitas acima, teremos ( ( ))2 dV f x dx =  . Assim, para saber o volume de um sólido de revolução considerando um x que vai de um ponto a até um ponto b obtemos a integral ( ( ))2 b b a a dV f x dx  = ∫ ∫ . Graficamente, Figura 2.1 y x Figura 2.2 Analogamente, quando o eixo de revolução é o eixo y e a fronteira da região plana é dada pela curva ( ) x = g y e o eixo y entre y = c 63 e y = d , então o volume V do sólido de revolução é dado por ( ( ) ) 2 . d c V g y dy = π∫ y x = g y( ) 0 c d x Figura 2.3 Sejam ( ) f x e ( ) g x funções contínuas no intervalo [ ] ,a b , e supo- nhamos que ( ) ( ) 0 f x ≥ g x ≥ para todo [ , ] . x ∈ a b Então o volume do sólido de revolução gerado pela rotação em torno do eixo x , da região limitada pelas curvas ( ) y = f x e ( ) y = g x e as retas x = a e x = b é dado por ( ( ) ) ( ( ) ) 2 2 . b a V f x g x dx   = π −   ∫ (1) Graficamente, Figura 2.4 64 y x Figura 2.5 Não é necessário que os eixos de rotação sempre sejam os eixos dos x ou dos y . Podemos calcular o volume considerando retas paralelas ao eixo x ou eixo y como eixo de rotação. Neste caso, as fórmulas de cálculo de volume são dadas por [ ] 2 ( ) , b a V f x L dx = π − ∫ quando rotacionarmos a região plana limitada pela curva ( ) y = f x , a reta y = L e as retas x = a e x = b em torno do eixo . y = L Veja a Figura 2.6. y y = f x( ) y =L a x 0 b Figura 2.6 Ou o volume pode ser dado por [ ] 2 ( ) , d c V g y M dy = π − ∫ quando rotacionarmos a região plana limitada por ( ) x = g y , a reta x = M e as retas y = c e y = d em torno do eixo . x = M Veja a Figura 2.7. 65 y x = g (y) x =M 0 c d x Figura 2.7 A seguir, apresentaremos exemplos de cálculo de volume de sóli- dos de revolução considerando diversas situações. Exemplo 2.1. A região limitada pela curva 2 y = x , o eixo x e as retas 1 x = e x = 2 sofrem uma rotação em torno do eixo x . En- contre o volume do sólido de revolução gerado. Solução: Temos ( ( ) ) ( ) 2 2 2 2 1 b a V f x dx x dx = π = π ∫ ∫ ( ) 2 5 1 32 1 5 5 x π = π = − 31 = 5 π unidades de volume (u.v.). y y = x² x 0 1 2 1 4 Figura 2.8 66 x Figura 2.9 Exemplo 2.2. Calcule o volume do sólido que se obtém por rota- ção da região limitada por 3 y = x , y = 0 e 1 x = em torno do eixo y ; Solução: Inicialmente, construímos o gráfico das curvas dadas. y y = x³ y = 1 x 2 1.5 1 1.5 1 2 0.5 -0.5 -0.5 0.5 -1 -1 Figura 2.10a 67 O volume do sólido obtido pela rotação da região indicada na figura 2.10a em torno do eixo y pode ser obtido ao subtrairmos o volume do sólido obtido pela rotação da região 1 R pelo volume do sólido obtido pela rotação da região 2 R Veja Figura 2.10b e 2.10c. y x = 1 y = 1 x 1 1 R1 Figura 2.10b y y = x³ y = x = 1 1 x 1 1 R2 Figura 2.10c Que é equivalente a usarmos a fórmula ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) d c V f y g y dy    = −   ∫ , considerando ( ) 1 f y = e 1 3 ( ) g y = y , que vem de 3 y = x . Logo, o volume do sólido obtido pela revolução em torno do eixo y é dado por ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 3 0 2 1 2 3 0 1 5 3 0 ( ) ( ) 1 1 3 5 2 . . 5 d c V f y g y dy y dy y dy y y u v        = −         = −          = −       =  −    = ∫ ∫ ∫ 68 1 x 1 y 1 Figura 2.11 Exemplo 2.3. Calcule o volume do sólido que se obtém por rota- ção da região limitada por 2 2 , 2 2 0 , 0 x y y x x = − − − = = e 1. x = a) Em torno do eixo x ; b) Em torno do eixo 3. y = Solução: Veja na Figura 2.12 a representação da região: y 5 4 3 2 1 -1 -2 2 4 x x ² = y - 2 = 3 y 2 - - 2 = 0 y x Figura 2.12 a) Volume do sólido em torno do eixo x . Neste caso, temos ( ( ) ) ( ( ) ) 2 2 b a V f x g x dx   = π −   ∫ ( ) 2 1 2 2 0 1 2 1 2 x x dx     = π + − +           ∫ 69 1 4 2 0 15 3 4 x x x dx   = π + − +     ∫ 79 20 π = u.v. b) Volume do sólido em torno da reta y = 3 . Neste caso, a reta 2 2 0 y − x − = é “maior” que a curva 2 2 x = y − em relação ao eixo da rotação y = 3 , conforme pode ser observado na Figura 2.12. Portanto, ( ) 2 1 2 2 0 1 3 1 3 ( 2) 2 V x x dx       = π − + − − +               ∫ ( ) 2 1 2 2 0 2 1 2 x x dx     = π − − −           ∫ 1 4 2 0 9 2 3 4 x x x dx   = π − + − +     ∫ 1 5 3 2 0 9 2 3 5 4.3 2 x x x x   = π − + − +     1 3 51 1 3 5 4 20 π   = π − + − + =     u.v. Exemplo 2.4. Encontre o volume do sólido gerado pela rotação em torno da reta 3 x = − da região limitada pelas duas parábolas 2 x y y = − e 2 3. x = y − Solução: Determinamos inicialmente as interseções das curvas da- das. 2 2 2 3 2 3 0 y y y y y − = − ⇒ − − = 3 2 ⇒ y = ou 1 y = − 3 4 ⇒ x = − ou 2. x = − Logo, os pontos de interseção das duas curvas são 3 3 , 4 2   −    e ( ) −2, 1 . − 70 y 3 2 1 -1 -2 -3 -1 -3 -4 -2 1 2 3 x = -3 x = ² x y - y = 2- 3 x y 0 Figura 2.13 Aplicando a fórmula, obtemos ( ) ( ) 3/ 2 2 2 2 2 1 3 3 3 V y y y dy −   = π − + − − +     ∫ ( ) 3/ 2 2 2 4 1 3 y y y dy −   = π − + −     ∫ 3/ 2 3 2 1 2 5 6 9 y y y dy −   = π − − + +   ∫ 3/ 2 4 3 2 1 5 3 9 2 3 y y y y −   = π − − + +     1 81 5 27 9 3 3 9 2 16 3 8 4 2           = π − − + +                     1 5 3 9 2 3   − π − + + −     81 45 27 27 7 6 32 8 4 2 6   = π − − + + − +     1625 96 π = u.v. Exemplo 2.5. Calcule o volume gerado pela rotação da região li- mitada pela parábola 2 4 y x x = − , as retas y = 5 , x = 0 e x = 4 em torno da reta 5. y = Solução: Conforme a Figura 2.14, 2 5 4x x ≥ − . 71 y 5 4 3 2 1 -1 -1 1 2 3 5 4 x y x x = 4 - ² = 5 y = 4 x Figura 2.14 Logo, ( ) ( ) 2 4 2 0 5 4 V x x dx = π − − ∫ ( ) ( ) 4 2 2 2 0 25 4 10 4 x x x x dx   = π + − − −     ∫ 4 2 3 2 0 ( 8 26 40 25) x x x x dx =  − + − + ∫ 4 5 4 3 2 0 26 2 20 25 5 3 x x x x x   = + + − +     1024 1664 512 320 100 5 3   = π − + − +     412 = 15 π u.v. 2.1.1 Área de uma superfície de revolução Observamos na seção anterior que, quando giramos uma região plana limitada por um eixo ou uma reta fixa, obtemos um sólido de revolução, mas também obtemos uma superfície de revolução. Po- demos, então, calcular a área desta superfície. Seja ( ) y = f x equação da uma curva, onde f e f ′ são funções contínuas em [ , ] a b e ( ) f x ≥ 0 , [ , ] x ∀ ∈ a b . Á área de superfície de revolução S , gerada pela rotação da curva ( ) y = f x ao redor do eixo x (veja Figuras 2.1 e 2.2) , é definida por [ ] 2 2 ( ) 1 ( ) b a A f x f x dx ′ = π + ∫ . 72 Vamos considerar agora uma curva ( ) x = g y , ( ) g y ≥ 0 , [ , ] y ∀ ∈ c d em vez de ( ) y = f x . Se giramos esta curva em torno do eixo y obtemos novamente uma superfície de revolução. A área desta superfície é dada por . Exemplo 2.6. Calcule a área da superfície de revolução gerada pela rotação em torno do eixo x da curva 2 4 y x = de x = 0 a 1 x = . Solução: É dado 2 ( ) 4 y f x x = = . Derivando os dois lados obte- mos, 2 yy′ = 4 , onde dy y ′ = dx . Isto implica que 2 ( ) y ′ = y x . Vamos supor y ≥ 0 o que assegura que y2 = y . Logo, pela fórmula aci- ma, temos a área dada por 2 2 ( ) 1 ( ( )) b a A f x f x dx ′ = π + ∫ ( ) 2 2 ( ) 1 ( ) b a y x y x ′ dx = π + ∫ 2 1 0 2 2 ( ) 1 ( ) y x dx y x   = π +     ∫ , pois 2 ( ) ( ) y x y x ′ = 2 1 2 0 ( ) 4 2 ( ) ( ) ( ) 2 y x y x dx y x y x   + = = ∫ ( ) y x 1 2 0 ( ) 4 y x + dx ∫ 1 3/ 2 0 ( 1) 4 3/ 2 = π x + ( ) 8 2 2 1 3 = π − unidades de área (u.a.) Exemplo 2.7. Calcule a área da superfície de revolução gerada pela rotação, em torno do eixo y , da curva dada por 3 x = y , 0 2 ≤ y ≤ . Solução: Aplicando a fórmula, obtemos [ ] 2 2 ( ) 1 ( ) d c A g y g y dy ′ = π + ∫ ( ) 2 2 3 2 0 2 1 3 y y dy = π + ∫ 2 3 4 0 2 1 9 y y dy = π + ∫ . Veja como se obtém essas fórmulas no livro: GONÇALVES, Mirian Buss; FLEMMING, Diva Marília. Calculo B: funções de várias variáveis, integrais múltiplas, integrais curvilíneas e de superfície. 2. ed. rev. e ampl. São Paulo: Prentice Hall, 2007. 73 Vamos calcular a integral 3 4 1 9 y + y dy ∫ . Substituindo 4 1 9y t + = , então 3 36y dy = dt , ou seja, 3 36 y dy = dt . Logo, 3 4 1 1 9 36 y y dy tdt + = ∫ ∫ 3/ 2 1 36 3/ 2 t = ( ) 4 3/ 2 1 1 9 54 y = + . Portanto, ( ) 3/ 2 2 4 0 1 2 1 9 54 A y = π + ( ) 145 145 1 27 = π − u.a. Lista de exercícios Determine o volume do sólido de revolução gerado pela ro- 1) tação, em torno do eixo x , de região limitada por: 2 1, 0, 3 y x x x = + = = i) e 0. y = 2 1, 1, 3 y x x x = + = = ii) e 0. y = 2) Determine o volume do sólido de revolução gerado pela rotação, em torno do eixo y , de região limitada por: ln , 1, 3 y x y y = = − = e 0. x = Calcule o volume do sólido gerado pela rotação em torno da 3) reta y = 3 da região limitada por: 2 1 y = − x , 3 x = − , x = 3 e 3. y = Determine o volume do sólido obtido com a rotação da re- 4) gião limitada por y x = e pelas retas y = 3 e 1 x = em tor- no: i) do eixo x ; ii) do eixo y . 74 5) Determine a área da superfície de revolução obtida com a rotação da curva limitada pelas retas 2 , y = x y = 0 e 1 x = em torno: i) do eixo x ; ii) do eixo y . 2.2 Comprimento de arco A seguir, apresentaremos o comprimento de arco de uma cur- va plana em coordenadas cartesianas. Em coordenadas polares esses cálculos serão dados posteriormente. Seja f uma função contínua no intervalo fechado [ , ] . a b Consideremos o gráfico da função ( ) y = f x . y y = f x ( ) a b B ( A = (a, f(a)) ( )) = b, f b x Figura 2.15 Sejam ( ) , ( ) A a f a e ( , ( )) B b f b dois pontos na curva ( ) y = f x . Seja s o comprimento da curva  AB do gráfico da função ( ) y = f x . Então s é dado por ( ) 2 1 '( ) . b a s f x dx = + ∫ A fórmula dada acima poderá ser obtida aplicando os argumentos semelhares aos usados no cálculo da área. Neste trabalho, exclui- remos esses cálculos. A seguir, apresentaremos alguns exemplos. 75 Exemplo 2.8. Determine o comprimento de arco da curva 2 y x = , 0 1. ≤ x ≤ Solução: Temos 1 1 1/ 2 2 1 1 2 2 ' 2 . 2 y x x y x x − = = ⇒ = ⋅ = y x 1 2 2 1 -1 y=2 x Figura 2.16 Logo, ( ) 2 2 1 0 1 0 1 '( ) 1 1 1 . b a s f x dx dx x x dx x = +   = +     + = ∫ ∫ ∫ Sabemos que 1 x x + não tem integral imediata. Então a identi- dade trigonométrica mais próxima, de 1 x + , é 2 1 + tg  . Assim, substituímos x por 2 tg  , então 2 2tg sec dx d    = ⋅ . Logo, 2 2 2 tg 1 2 tg sec tg s d q + = q q q q ∫ 2 3 2 sec tg sec tg 2 sec d d q = q q q q = q q ∫ ∫ sec tg ln sec tg = q q + q + q . (utilizando Exemplo 1.6 - Capítulo 1) Como x = tg2 q temos tg x q = . 76  1 √ +1 x √x Figura 2.17 Portanto, ( ) 1 0 2 1 ln 1 s x x x x = + ⋅ + + + ( ) 2 2 ln 2 1   = + +   u.c. Exemplo 2.9. Calcule o comprimento do arco da curva 4 24 48 xy = x + de x = 2 a x = 4 . Solução: Temos 4 3 2 4 2 2 24 48 1 2 24 3 2 16 ' . 24 8 xy x y x x x x y x x = + ⇒ = + − ⇒ = − = Agora, ( ) 2 1 ' b a s y dx = + ∫ 2 4 4 2 2 16 1 8 x dx x   − = +     ∫ ( ) 4 8 4 4 2 1 1 256 32 64 x x dx x = + + − ∫ 8 4 4 4 2 32 256 64 x x dx x + + = ∫ 4 4 2 2 16 8 x dx x   + =     ∫ ( ) 4 2 2 2 1 16 8 x x dx − = + ∫ 4 3 2 1 16 8 3 x x   = −     1 64 8 1 56 17 4 8 4 8 3 3 8 3 6     = − − + = + =         u.c. Exemplo 2.10. Determine o comprimento de arco da curva ln y x = entre os limites 3 x = e 8. x = 77 Solução: Temos 1 ln ' . y x y x = ⇒ = Logo, 2 2 8 8 2 3 3 1 1 1 . x s dx dx x x +   = + =     ∫ ∫ Inicialmente calculamos a integral 2 2 1 x dx x + ∫ sem utilização dos limites. Fazendo x = tg q que fornece sec2 dx d = q q , obtemos 2 2 2 tg 1 sec tg s d q + = q q q ∫ 2 sec sec tg d q = q q q ∫ sec3 tg q d = q q ∫ 3 1 sen cos cos d = q q q q ∫ cosec sec2 d = q q q ∫ . A seguir, calculamos a integral cosec sec2 d q q q ∫ utilizando a técnica de integração por partes. Tomando u = cosec q e sec2 dv d = q q ∫ , temos cosec cotg du d = − q q q e v = tg q . Aplicando a fórmula de inte- gração por partes dada no capítulo 1, obtemos cosec sec2 d q q q ∫ ( ) cosec tg tg cosec cotg d = q q − q − q q q ∫ cosec tg cosec d = q q + q q ∫ cosec tg ln |cosec cotg | = q q + q − q . Agora x = tg q implica que (usando trigonometria) 2 1 cosec x x + q= e 1 cotg q = x . Portanto, 2 2 2 2 1 1 1 1 ln x x x dx x x x x + + + = + − ∫ 78 2 2 1 1 1 ln x x x + − = + + . Aplicando os limites de integração, obtemos 8 2 2 8 2 2 3 3 1 1 1 1 ln x x dx x x x   + + −   = + +     ∫ 9 1 4 1 9 ln 4 ln 8 3 − − = + − − 2 8 1 3 1 3 3 2 ln 1 2 ln 2   = − + = +     u.c. Lista de exercícios Determine o comprimento das curvas dadas por: 1) 2 1 ln , 2 4 2 4 x y x x = − ≤ ≤ . 2) 3/ 2 y = x de x = 0 a x = 4 . 3 8 2 y = x 3) de 1 x = a x = 8 . 4 6 3 xy = x + 4) de 1 x = a x = 2 . 2.3 Coordenadas polares No sistema de coordenadas cartesianas, o par ordenado ( , ) a b de- nota o ponto cujas distâncias orientadas a partir dos eixos y e x são a e b , respectivamente. A seguir, apresentaremos outra forma de representar um ponto no plano, conhecida como coor- denadas polares. Para definirmos as coordenadas polares, primeiro escolhemos um ponto fixo O no plano, chamado pólo ou origem, e uma semi-reta orientada, conhecida como eixo polar, com ori- gem em O . Em seguida, consideramos um ponto arbitrário P do plano, diferente de O . Então, o ponto P pode ser localizado por meio de sua associação a um par coordenado polar ( , ) r q , no qual r dá a distância orientada de O a P e o q dá o ângulo orientado do eixo polar à semi-reta . OP Como de costume, q é considerado positivo se o ângulo for descrito no sentido anti-horário do eixo polar para OP e negativo no outro caso. 79 r 0 origem ou polo eixo polar P ( , θ ) r Figura 2.18 r P ( , ) r θ é a distância orientada de 0 a P é ângulo orientado do eixo polar ao 0P Figura 2.19 As coordenadas polares de um ponto não são únicas. Por exemplo, 2, 3 π       , 5 2, 3 π   −     e 7 2, 3 π       representam o mesmo ponto. Veja a Figura 2.20: eixo polar P 0 π 3 -5π 3 7π 3 π 3 -5π 3 7π 3 P (2, ) = P(2, ) = P(2, ) Figura 2.20 Podemos também representar os pontos no plano nos quais r seja negativo. Por isso, falamos acima a palavra “distância orien- tada” ao definir ( , ) P r q . O ponto simétrico ao P 2, 3 π       em relação à origem é representado por 2, 3 P π   ′ −     . Veja a Figura 2.21: 80 Figura 2.21 Assim, podemos dizer que coordenadas polares podem ter valo- res negativos de r e de q . O ponto ' 2, 3 P π   −    também pode ser representado por 4 P 2, 3 π       , ou seja, 4 ' 2, 2, 3 3 P P π π     − =         . π 3 4π 3 4π 3 π 3 P(2, ) π P'(-2, 3 ) =P(2, ) 2 Figura 2.22 Exemplo 2.11. Mostre o ponto que tem coordenadas polares 3, 6 P π   −     . Encontre um outro conjunto de coordenadas polares deste ponto, para o qual: a) r < 0 e 0 2 < q < π. b) r > 0 e 0 2 < q < π. c) r < 0 e 2 − π < q < 0 . 81 Solução: Veja abaixo quatro figuras representando o mesmo pon- to com diferentes coordenadas, conforme solicitado: Figura 2.23 P (-3, ) P (3, ) ' 5π 6 5π 6 3 3 5π 6 Figura 2.24 Figura 2.25 P (-3, ) P (3, ) ' 3 3 7π 6 - eixo polar 7π 6 - 7π 6 - Figura 2.26 82 2.3.1 Gráfico de equações em coordenadas polares Para construir os gráficos das curvas dadas em coordenadas po- lares, é importante fazer algumas considerações, principalmente em relação à simetria da curva. i) Simetria em relação ao eixo polar Se o ponto ( ) ,r q for substituído na equação dada por ( ) ,r −q ou ( ) − ,r π − q e a equação continuar sendo a mesma, então neste caso dizemos que a curva é simétrica em relação ao eixo polar. ii) Simetria em relação ao eixo y Se o ponto ( ) ,r q for substituído na equação dada por ( ) ,r π − q ou ( ) − ,r −q e a equação permanecer a mesma, então dizemos que a curva dada é simétrica em relação ao eixo 2 π , ou seja, o eixo y . Simetria em relação à origem iii) Se o ponto ( ) ,r q for substituído na equação dada por ( ) − ,r q ou ( ) ,r π + q e a equação permanecer a mesma, então dize- mos que a curva dada é simétrica em relação à origem. Também é importante encontrar os valores de q para os quais a curva passa pelo pólo. Exemplo 2.12. Teste as simetrias do gráfico de r = 4 cos 2 q . Solução: i) Substituir ( ) ,r q por ( ) ,r −q , r = 4 cos 2 q ( ) = 4cos2 −q = 4 cos 2 q , pois ( ) cos q = cos −q . Gráfico da função polar Gráfico da função polar Gráfico da função polar 1 2 3 4 1 2 3 1 2 3 83 Logo, r = 4 cos 2 q é simétrica em relação ao eixo polar. ii) Substituir ( ) ,r q por ( ) ,r π − q , r = 4 cos 2 q ( ) = 4cos2 π − q ( ) 4 cos 2 2 = π − q = 4 cos 2 q . Portanto, existe simetria em relação ao eixo .y iii) 1ª Opção: Substituir ( ) ,r q por ( ) − ,r q , r = 4 cos 2 q 4 cos 2 r − = q . (Não vale) 2ª Opção: Substituir ( ) ,r q por ( ) ,r π + q , 4 cos 2 r q = 2q ( ) = 4cos2 π + q ( ) 4cos 2 2 = π + q = 4 cos 2 q . (Vale) Portanto, existe simetria em relação ao pólo. Observação: Nas três situações acima, temos duas possibilidades para cada uma. Para valer a simetria, é necessário satisfazer pelo menos uma das duas opções dadas. Exemplo 2.13 Trace o gráfico da equação polar ( ) 2 1 cos r = + q . Solução: Sabemos que a função cosseno decresce de 1 + a 1 − quando q varia de 0 a π, portanto r decrescerá de 4 a zero neste intervalo. Também podemos observar que a curva ( ) 2 1 cos r = + q é simétrica em relação ao eixo polar, pois cos cos( ) q = −q . Neste caso, é suficiente traçar a curva de 0 a π, pois de π a 2π ela será 84 simétrica. Veja a tabela abaixo com alguns valores de r e q . q 0 6 π 4 π 3 π 2 π 2 3 π 3 4 π 5 6 π π r 4 2 3 + 2 2 + 3 2 1 2 2 − 2 3 − 0 2 1 -1 -2 1 2 3 4 0 x eixo polar 5π 6 3π 4 2π 3 π 2 3 4 6 π π π π Figura 2.27 Exemplo 2.14. Trace o gráfico do Exemplo 2.12, ou seja, r = 4 cos 2 q . Solução: Observamos pelo Exemplo 2.12 que a curva é simétrica em relação ao eixo x e ao eixo y . Portanto, é suficiente traçar de 0 a 2 π . Em 0 2 ≤ q ≤ π , 0 4cos 2 0 r = ⇒ q = cos 2 0 2 2 π ⇒ q = ⇒ q = , ou seja, 4 q = π . Isto quer dizer que, quando 4 q = π temos r = 0 , ou seja, a curva passa pelo pólo quando 4 q = π . q 0 6 π 4 π 3 π 2 π r 4 2 0 −2 −4 85 -1 -2 -3 -4 1 -1 2 3 4 0 r eixo polar π 2 π 3 4 6 6 (2 , ) π π π Figura 2.28 Pela simetria da curva em outros quadrantes, temos o resultado final. 2 -2 4 -4 2 -2 -4 4 r eixo polar π 2 π 3π 2 Figura 2.29 Algumas curvas polares • Circunferências a) r = a senθ a> 0 a <0 Figura 2.30 86 Figura 2.31 Figura 2.32 Espiral b) r = θ -4π 4π -2π 0 2π Figura 2.33 Retas c) Figura 2.34 87 Figura 2.35 Figura 2.36 -b 0 r cos = b, b < 0 x θ Figura 2.37 2.3.2 Relação entre coordenadas cartesianas retangulares e polares As coordenadas cartesianas retangulares de um ponto ( , ) P x y e as coordenadas polares deste mesmo ponto ( , ) P r q estão relacio- nadas da seguinte forma: cos , sen . x r y r = q = q i) 2 2 2. r x y = + ii) 88 0 θ x y P( ) = P( ) x, y r, θ y x Figura 2.38 Observação. Se r < 0 , ou seja, r r = − e 0 2 < q < π , pela Figura 2.37 vemos que: cos x x x r r r − − q = = = − e sen y y y r r r − − q = = = − , o que assegura cos x = r q e sen y = r q , também neste caso. Para os outros valores de q a situação é análoga. b x y | |r P(- ) x, -y P( ) = P( ) x, y r, θ θ Figura 2.39 Portanto, podemos dizer que as fórmulas cos x = r q e sen y = r q são válidas para qualquer r , seja ele positivo ou negativo. Se r = 0 , então o ponto é o pólo, independente do valor de q . A seguir, daremos exemplos de transformação de equações de um sistema de coordenadas para outro. Exemplo 2.15. Transforme as equações dadas em coordenadas cartesianas: cos 3 r q = i) . 2 r = 3sen 2 . q ii) 89 Solução: i) cos 3 r q = 3 ⇒ x = , pois cos x = r q . ii) Sabemos que cos x = r q e sen y = r q . Logo, 2 3sen2 6sen cos r    = = , onde utilizamos a identidade trigono- métrica sen2 2sen cos    = , então: 2 6 , 0 y x r r r r = ≠ ( ) 2 2 2 6 x y xy + = ou, ( ) 4 4 2 3 0. x y xy xy + + − = Exemplo 2.16. Encontre uma equação polar que tenha o mesmo gráfico da equação em x e y : ( ) 2 2 2 4. x + y − = i) ii) xy = 4 . Solução: i) Temos ( ) 2 2 2 4 x + y − = 2 2 4 4 4 x y y + − + = 2 2 4 x y y + = 2 4 sen r r = q ou, r = 4 sen q , r ≠ 0 . ii) Temos 4 xy = 2 cos sen 4 r q q = Como 1 sen2 2sen cos sen cos 2 sen2       = ⇒ = , portanto 2 1 sen2 4 r 2  = ou, 2sen 2 8 r q = . 90 Lista de exercícios Transforme as equações cartesianas em equações polares: a) 1) 2x = y . 2) 2 2 3 x − y = . 3) 2 2 9 x + y = . 4) 2 2 3 x xy y + + = . Transforme as equações polares em equações cartesianas: b) 1) sen 0 r q = . 2) r = 4 cosec q. 3) ( ) cos 1 r q + sen q = . 4) 2 4 sen r r = q . 2.3.3 Comprimento de arco de uma curva em coordenadas polares A fórmula em coordenadas polares para o comprimento de arco de uma curva ( ) r = f q , α ≤ q ≤ β, é dada por 2 2 . dr s r d d β α   = + q   q   ∫ A seguir, apresentaremos alguns exemplos. Exemplo 2.17. Encontre o comprimento da cardióide 1 r = − cos q . Solução: Observamos que a curva 1 r = − cos q é simétrica em relação ao eixo polar, pois cos( ) −q = cos q . Veja a Figura 2.40: 1 θ eixo polar 1 0,5 -0,5 -1 0 π 2 -0,5 -1 -1,5 -2 r = - cos Figura 2.40 91 É suficiente calcular o comprimento do arco de 0 a π e multipli- cá-lo por 2, em vez calculá-lo de 0 a 2π : 2 2 2 0 dr s r d d π   = + q   q   ∫ ( ) 2 2 2 0 1 cos sen d π = − q + q q ∫ Aplicando a identidade trigonométrica 1 cos = sen2 2 2   − , então podemos escrever 4 0 π sen 2 d  q  = q     ∫ ( ) 0 4 2 cos 2 q π = − ( = −8 0 1) − = 8 unidades de comprimento (u.c.) Exemplo 2.18. Encontre o comprimento da curva 1 sen 2 , 0 2. r = + q ≤ q ≤ π Solução: De 1 sen 2 r = + q temos ( ) 1 1 2 1 1 sen 2 2cos 2 2 dr d − = + q q q cos 2 . 1 sen 2 q = + q Logo, 2 2 2 0 dr s r d d π   = + q   q   ∫ 2 2 0 cos 2 1 sen 2 1 sen 2 d π q = + q + q + q ∫ ( ) 2 2 2 0 1 sen 2 cos 2 1 sen 2 d π + q + q = q + q ∫ 2 0 2 d π = q ∫ 2 0 2 π = q = 2 u.c. Exemplo 2.19. Encontre o comprimento da espiral 1 , 0 . 2 r eq = ≤ q ≤ π Solução: Temos 2 2 0 1 1 2 2 s e e d π q q     = + q         ∫ 92 2 2 0 1 1 2 2 e e d π q q = + q ∫ 0 e d π q = q ∫ 0 1 e e = = −    u.c. Lista de exercícios Determine o comprimento das curvas dadas por: 1) 1 r = − + cos q. 2) 2sen 2cos r = q + q, 0 2 ≤ q ≤ π . 3) 1 cos2 r = + q , 2 2 π π − ≤ q ≤ . 4) sen r = a q , a > 0 . 5) cos r = a q, a > 0 . 6) r = a , a > 0 . 2.3.4 Área de uma região plana em coordenadas polares A área de uma região plana limitada pela curva ( ) r = f q , e por duas semi-retas q = α e q = β , com origem no pólo, é dada por [ ] 2 1 ( ) . 2 A f d β α = q q ∫ r f = (θ) α β eixo polar 0 Figura 2.41 93 Exemplo 2.20. Encontre a área da região no plano limitada pela car- dióide 1 r = − cos q Solução: Como a curva dada é simétrica em relação ao eixo polar, então é suficiente calcular a área de 0 a π em vez de 0 a 2π , e depois dobrar o valor obtido. 1 θ eixo polar 1 0,5 -0,5 -1 0 π 2 -0,5 -1 -1,5 -2 r = - cos Figura 2.42 ( ) 2 0 2 1 1 cos 2 A d π = − q q ∫ ( ) 2 0 1 cos 2cos d π = + q − q q ∫ 0 1 cos 2 1 2cos 2 d π + q   = + − q q     ∫ 0 3 1 cos 2 2cos 2 2 d π   = + q − q q     ∫ 0 3 1 sen 2 2 sen 2 2 2 π q   = q + − q     3 = 2 π unidades de área (u.a.) Exemplo 2.21. Calcule a área no interior do círculo r = 3cos q e exterior à cardióide 1 r = + cos . q Solução. Primeiramente, encontramos os pontos de interseção en- tre as duas curvas. 1 cos 3 cos + q = q 1 cos 2 ⇒ q = 3 ⇒ q = π ou 3 q = − π 94 y 1 1,5 0,5 -0,5 -1 -1,5 2 2,5 3 1,5 1 0,5 θ = 0 π 2 π 3 x r = 1+ cos θ r = cos 3 θ π 3 - Figura 2.43 Pela simetria de duas curvas em relação ao eixo polar é suficiente calcular a área de 0 a 3 π em vez de 3 − π a 3 π , e depois dobrar o valor. Logo, ( ) ( ) /3 2 2 0 2 1 3 cos 1 cos 2 A d π   = q − + q q   ∫ ( ) /3 2 2 0 9cos 1 cos 2cos d = π q − − q − q q ∫ ( ) /3 2 0 8cos 2cos 1 d = π q − q − q ∫ /3 0 8 1 cos 2 1 2cos 2 d π  + q    = − − q q         ∫ [ ] /3 0 3 2cos 4cos 2 d = π − q + q q ∫ [ ] /3 0 3 2 sen 2 sen 2 π = q − q + q = π u.a. Exemplo 2.22. Encontre a área total da lemniscata 2 r = 2 cos 2 . q Solução: Observamos pela Figura 2.44, que a curva é simétrica em relação ao pólo e ao eixo polar. y 0,2 -0,2 0,4 -0,4 0,5 -0,5 -1 1 x Figura 2.44 95 Portanto, é suficiente calcular a área de 0 a 4 π e depois multipli- cá-la por 4: / 4 0 4 1 2cos 2 2 A d π = q q ∫ / 4 0 4 sen 2 2 q π   =     = 2 u.a. Lista de exercícios Calcule a área da região do plano limitado pela curva: 1) i) 1 r = − cos q . ii) r = 2 sen 2 q . iii) 3(1 sen ) r = + q . 2) Encontre a área das seguintes regiões limitadas: i) Interior ao círculo r = 3 sen q e exterior a 1 r = + sen q. ii) Interior ao círculo 1 r = e exterior a 1 r = − cos q . Resumo Neste capítulo apresentamos algumas aplicações das integrais. Iniciamos nosso estudo com cálculo de volume de sólido de revo- lução e comprimento de arco, utilizando o sistema de coordena- das cartesianas. Introduzimos as coordenadas polares, apresenta- mos sua relação com coordenadas cartesianas e explicamos como construir gráficos em coordenadas polares. Apresentamos, tam- bém, o cálculo de comprimento de arco em coordenadas polares e explicamos como calcular a área de uma região limitada do plano em coordenadas polares. Demos vários exemplos para ilustrar os assuntos apresentados e no final de cada seção, fornecemos uma pequena lista de exercícios. 96 Respostas Seção 2.1 • 1) i) 57π u.v.; ii) 1016 15 π u.v. 6 2 1 2 e e π   −     1) u.v. 966 5 π 1) u.v. 2) i) 32  .u v .; ii) 242 . 5  u v . 1) i) 2 5 π u.a.; ii) 5  .u c . Seção 2.2 • 6+ 1 ln2 6,173 4 = 1) u.c. 8 10 10 1 9,073 27  −  =   1) u.c. 1 (52 52 125) . 27 u c  − 2) 17 1) 12 = 1,416 u.c. Seção 2.3.2 • a) 1) cos2 sen 0 r q − q = . 2) 2 cos2 3 r q = . 3) 2 r = 9 . 4) 2 sen 2 1 3 2 r    + =     . b) 1) y = 0 . 2) y = 4 . 3) 1 x + y = . 4) 2 2 4 x y y + = . 97 Seção 2.3.3 • 1) 8 u.c. 2) 2π u.c. 3) 2 π u.c. 4) . . a u c  5) . . a  u c 6) 2aπ u.c. Seção 2.3.4 • 1) i) 3 2 π u.a.; ii) 2 . .  u a ; iii) 27 . . 2  u a 2) i) π u.a.; ii). 2 4 − π . Capítulo 3 Funções de várias variáveis Capítulo 3 Funções de várias variáveis Até agora trabalhamos com funções que envolviam uma única variável. Entretanto, em vários problemas reais, encontramos funções com duas ou mais variáveis inde- pendentes, por exemplo: i) A área A de um triângulo de base b e altura h é dada por 2 A = bh . Para cada par de valores b e h existe um valor correspondente para a área A. Dizemos que a área é uma função de duas variáveis, b e h, e escrevemos ( , ) 2 A b h = bh . ii) O volume V de um cone é dado por 2 3 V = π r h , onde r é o raio da base do cone e h é a altura. V é uma função de duas variáveis, r e h , e indicamos ( ) 2 , 3 V r h = π r h . iii) O montante M de um capital C aplicado à taxa i % por período, durante n períodos é dado por ( ) 1 n M C i = + . Aqui, M é uma função de três variáveis, C , i e n , e escrevemos ( ) ( ) , , 1 n . M C i n C i = + iv) A equação de estado de um gás ideal é dada por n RT p V = , onde p é pressão, V é o volume, n é massa gasosa em moles, R é constante dos gases ideais, e T é a temperatura. Para cada quádrupla de valores n , R , T e V , a fórmula acima produz um valor para p , ou seja, p é uma função de quatro variáveis n , R , T e V . 102 v) Uma fábrica de alimentos usa n ingredientes diferentes para produzir um determinado alimento, sendo ic o custo por unidade do i -ésimo ingrediente. Se são necessárias ix unidades do i -ésimo ingrediente, então o custo total C para produzir o alimento é uma função de n variáveis 1 , 2 ,..., n x x x dada por: ( ) 1 2 1 1 2 2 , ,..., ... n n n C x x x c x c x c x = + + + . Para apresentar a definição de função de várias variáveis, precisa- mos considerar pontos no espaço n -dimensional n  . Lembramos que n = × ×    é o conjunto de todas as n -uplas ordenadas de números reais. Cada n -upla ordenada ( ) 1 , 2 ,..., n x x x é um pon- to do n  . 3.1 Funções de n variáveis reais Definição 3.1 Seja A um subconjunto de n  . Uma função real f de n variáveis reais, definida em A , é uma relação entre A e  que associa a cada ponto ( ) 1 , 2 ,..., n x x x ∈ A um único valor real z , denotado por ( ) 1 , 2 ,..., n . z f x x x = Escrevemos: f : A →  ( ) 1 , 2 ,..., n x x x  ( ) 1 , 2 ,..., n . f x x x As variáveis nx x x ,..., , 2 1 são variáveis independentes, e z é a va- riável dependente. O conjunto A é denominado domínio da função f , e é denotado por ( ). D f O conjunto de todos os valores possíveis de f é chamado ima- gem de f , e é denotado por ( ) Im f . Assim, ( ) ( ) ( ) { } 1 2 1 2 Im , ,..., | , ,..., n n f f x x x x x x A = ∈ ( ) ( ) { } 1 2 1 2 | , ,..., , ,..., n n z z f x x x com x x x A = ∈ = ∈  . 103 Exemplo 3.1. Determine o domínio e a imagem das seguintes fun- ções: ( , ) 2 f x y x y = + − a) ; ( ) 2 2 , 36 g x y x y = − − b) ; 4 3 2 − + = y x c) z . Solução: a) A função f é uma função de duas variáveis. O domínio da f é o conjunto de todos os pontos ( , ) x y de 2  para os quais ( , ) 2 f x y x y = + − é um número real. Neste caso, a função está definida se o radicando for não-negativo. Assim, o domínio da função f é ( ) ( ) { } 2 , | 2 D f x y x y = ∈ + ≥  . E a imagem da f , ( ) ( ) ( ) { } ) Im | 2 , 0, . f z z x y com x y D f  = ∈ = + − ∈ = +∞   ( ) ( ) ( ) { } ) Im | 2 , 0, . f z z x y com x y D f  = ∈ = + − ∈ = +∞   b) O domínio da g é ( ) ( ) { } 2 2 2 , | 36 . D g x y x y = ∈ + ≤  A imagem da g é { } 2 2 Im( ) 36 ( , ) ( ) . g z z x y com x y D g = ∈ = − − ∈  Temos z ≥ 0 e vale a relação 2 2 36 36. x y − − ≤ Assim, 2 2 0 36 6. x y ≤ − − ≤ Portanto, ( ) [ ] Im 0, 6 . g = c) O domínio da função 2 3 4 z x y = + − é todo o espaço 2  , ou seja, ( ) 2. D z =  Os valores possíveis de z formam a imagem da função. Neste caso, Im( ) z = . 104 Exemplo 3.2. Determine o domínio da função ( ) 1 , , 2 4 g x y z x y z = + + − e calcule ( ) 2,1,1 . g Solução: O domínio da função g é ( ) ( ) { } 3 , , | 2 4 . D g x y z x y z = ∈ + + ≠  E ( ) 1 1 2,1,1 . 4 1 1 4 2 g = = + + − Exemplo 3.3. Determine e represente graficamente o domínio das seguintes funções: a) 2 2 1 1 ( , ) y x f x y − − = ; b) ) ln( , ) ( 2 y x g x y − = ; c) 2 2 2 ( , , ) 4 h x y z x y z     ; ( , ) 1 m x y y x y = − + − d) . Solução: a) A função f é uma função de duas variáveis. O domínio da f é o conjunto de pontos do 2  tais que 0 1 2 2 > − − y x ou .1 2 2 x + y < Assim, ( ) ( ) { } 2 2 2 , | 1 . D f x y x y = ∈ + <  A Figura 3.1 mostra a região do 2  que representa graficamente o domínio da f . y x 1 - 1 - 1 1 Figura 3.1 105 b) A função g é uma função de duas variáveis. Assim, o domínio da g é um subconjunto do 2  . Para a expressão da g fornecer um número real, precisamos ter 2 0 x − y > ou 2 y < x . Assim, ( ) ( ) { } 2 2 , | . D g x y y x = ∈ <  A representação gráfica do domínio é apresentada na Figura 3.2. y x Figura 3.2 c) O domínio da h é ( ) ( ) { } 3 2 2 2 , , | 4 0 D h x y z x y z = ∈ − − − ≥  ( ) { } 3 2 2 2 2 , , | 2 x y z x y z = ∈ + + ≤  . Geometricamente, o domínio de h representa o conjunto de todos os pontos de 3  pertencentes à esfera de centro na origem e de raio 2, e os pontos da região do espaço limitado pela esfera, como mostra a Figura 3.3. y x z 2 2 2 Figura 3.3 106 d) A função m é uma função de duas variáveis. O domínio da m é o conjunto de pontos do 2  tais que 0 y − x ≥ e 1 0 − y ≥ , ou seja, y ≥ x e 1 y ≤ . Assim, { } ( ) ( , ) ² | e 1 D m x y y x y = ∈ ≥ ≤  . A representação gráfica do domínio é apresentada na Figura 3.4. x y 1 1 Figura 3.4 Exemplo 3.4. Dada a função ( ) 2 , , 2 3 f x y z x y z = + − , determine o domínio; a) b) encontre a imagem da f ; c) calcule ( ) 1, 2, 5 ; f − − d) calcule ( , , ) . f x x y z + ∆ Solução: a) O domínio da f é 3  . b) A imagem da f é  . c) ( ) ( ) ( ) 2 1, 2, 5 2 1 2 3 5 19. f − − = ⋅ − + − ⋅ − = d) ( ) 2 , , 2( ) 3 f x x y z x x y z + ∆ = + ∆ + − 2 2 2( 2 ) 3 x x x x y z = + ∆ + ∆ + − . 2 4 3 2 2 2 x x x z y x ∆ + ∆ + − + = 107 Definição 3.2 Sejam f uma função de uma variável real e g uma função de n variáveis reais. A função composta de f com g , denotada por f  g , é a função de n variáveis definida por ( )( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 , ,..., , ,..., . n n f g x x x f g x x x =  O domínio de f  g é o conjunto de todos os pontos ( ) 1 , 2 ,..., n x x x no domínio de g tais que ( ) 1 , 2 ,..., n g x x x está no domínio de f . Simbolicamente, escrevemos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 1 2 1 2 , ,..., | , ,..., . n n D f g x x x D g g x x x D f  = ∈ ∈ Exemplo 3.5. Dadas as funções ( ) 2 f t = t e ( , ) g x y x y = − , a) determine ( ) f  g ; b) encontre o domínio da f  g ; c) calcule ( )(1, 2) f g −  e 2 2 ( )( , ). f g x y  Solução: a) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , , . f g x y f g x y f x y x y = = − = −  b) O domínio da f é ( ) . D f =  O domínio da g é 2 ( ) D g =  . Assim, o domínio de f  g é o conjunto de pontos de 2  tal que ( , ) ( ) g x y ∈ D f , ou seja, os pontos 2 ( , ) x y ∈ tais que . x − y ∈ Logo, 2 ( ) . D f  g =  c) 2 ( )(1, 2) (1 ( 2)) 9 f g − = − − =  e 2 2 2 2 2 ( )( , ) ( ) . f g y x y x = −  Exemplo 3.6. Dadas as funções ( ) ln g s s = e 2 ( , , ) f x y z x y z = + + , a) encontre g  f ; b) apresente o domínio g  f . Solução: a) A função composta ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 , , , , ln . g f x y z g f x y z g x y z x y z = = + + = + +  b) O domínio da g é ( ) ( ) 0, . D g = +∞ O domínio da f é ( ) 3. D f =  Assim, o domínio g  f é o conjunto de todos os 108 pontos de 3  , tais que ( ) ( ) , , f x y z ∈ 0, +∞ , isto é, os pontos de 3  tais que .0 2 > + + z y x Logo, ( ) ( ) { } 3 2 , , | 0 D g f x y z x y z = ∈ + + >   . Exemplo 3.7. Considere as funções ( ) arcsen f t t = e ( ) 2 2 , 1 . g x y x y = − − Determine f  g e ( ). D f g  Solução: 2 2 ( )( , ) ( ( , )) ( 1 ) f g x y f g x y f x y = = − −  ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , , 1 arcsen 1 . f g x y f g x y f x y x y = = − − = − −  O domínio da função composta f  g é ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } , | , D f g x y D g g x y D f = ∈ ∈  . Temos que o domínio da g é ( ) ( ) { } 2 2 2 , | 1 D g x y x y = ∈ + ≤  , a imagem da g é [ ] Im( ) g = 0,1 , e o domínio da f é ( ) [ 1,1] D f = − . Como Im( ) ( ) g ⊂ D f , segue que ( ) ( ) { } 2 2 2 ( ) , | 1 . D f g D g x y x y = = ∈ + ≤   Lista de exercícios Expresse como função de três variáveis o volume de um pa- 1) ralelepípedo reto-retângulo de base de lados x e y , e altura .z Determine o domínio e o conjunto imagem das seguintes 2) funções: ( , ) 3 2 3 f x y x y = + + a) ; 4 2 2 − + = y x b) z . Faça uma representação gráfica do domínio das funções: 3) ( ) 2 2 , 9 f x y x y = + − a) ; ( ) ( ) , ln g x y x y = + b) . 109 4) Considere as funções ( ) f t t = , 2 2 ( , ) 1 ( 1) ( 2) g x y x y = − − − − e encontre f  g , ( ) D f  g e 3 4 ( ) ( ,2) f  g = . 5) Uma função polinomial de duas variáveis ,x y é uma função f tal que ( , ) f x y é a soma de termos da forma n m cx y , onde c é um número real e n e m são inteiros não negativos. O grau da função polinomial é determinado pela maior soma dos expoentes de x e y que aparecem em qualquer termo. Determine o grau das seguintes funções polinomiais: f a) (x, y) ( ) 2 , 2 3 1 f x y x y x z = + + + 1 e ( ) 5 4 2 3 , 3 g x y x x y x y = + + + ; defina função racional de duas variáveis usando o concei- b) to de função racional de uma variável; dê um exemplo de função racional de duas variáveis e c) determine o seu domínio. 3.2 Gráficos e curvas de nível Como no estudo das funções de uma variável, podemos definir o gráfico de uma função de várias variáveis. Definição 3.3 Seja f uma função de n variáveis. O gráfico de f é o conjunto de pontos do espaço n+1 dado por ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 1 1 2 1 2 1 2 , ,..., , , ,..., | , ,..., . n n n n graf f x x x f x x x x x x D f + = ∈ ∈  No caso em que n = 1 , o gráfico de uma função f de uma variá- vel é uma curva C com equação ( ) 1 . y f x = Quando n = 2 , o gráfico de uma função f é uma superfície S com equação ( ) 1 , 2 z = f x x . Quando n = 3 , não podemos esboçar o gráfico da função f , pois ele está no espaço tetradimensional. Exemplo 3.8. Esboce o gráfico da função ( , ) 3 2 3 . f x y x y = − − Solução: Para esboçar o gráfico de uma função, temos que conhe- cer o domínio desta função. O domínio da função f é ( ) 2 D f =  e o gráfico da função f é o conjunto ( ) ( ) { } 3 , , | 3 2 3 . graf f x y z z x y = ∈ = − −  110 Geometricamente, o gráfico de f representa um plano. Se na equação 3 2 3 z x y = − − fizermos: x = 0 e y = 0 , vem = 3 z x = 0 e z = 0 , vem = 1 y y = 0 e z = 0 , vem 3 x = 2 . Obtemos assim, os pontos ( ) 1 A = 0, 0, 3 , ( ) 2 A = 0,1, 0 e ( ) 3 3 A = 2 , 0, 0 nos quais o plano intercepta os eixos coor- denados. A porção do gráfico que está no primeiro octan- te está esboçada na Figura 3.5. Exemplo 3.9. Trace um esboço do gráfico da função ( ) 2 2 , 16 . f x y x y = − − Solução: O domínio da função é ( ) ( ) { } 2 2 2 , | 16 D f x y x y = ∈ + ≤  , e a imagem é ( ) [ ] Im 0, 4 f = . O gráfico da função é a superfície que tem equação 2 2 16 . z x y = − − Elevando ao quadrado ambos os lados da equação e passando as variáveis para o primeiro membro, temos 2 2 2 16. x y z + + = A equação acima representa geometricamente a esfera com centro na origem e raio igual a 4. Mas, como z ≥ 0 , o gráfico de f é o hemisfério superior da esfera. A Figura 3.6 mostra um esboço do gráfico da f . y x 4 4 z Figura 3.6 y x z A3 A2 A1 Figura 3.5 111 Se fosse pedido o gráfico da função ( ) 2 2 , 16 g x y x y = − − − , este seria o hemisfério inferior da esfera (ver Figura 3.7). y x 4 z Figura 3.7 Exemplo 3.10. Esboce o gráfico da função ( ) 2 2 , . f x y x y = + Solução: O domínio da função é ( ) 2 D f =  , e a imagem é ( ) ) Im 0, f = +∞  . O gráfico de f é a superfície que tem equação 2 2 y x z + = , que representa um parabolóide circular ao longo do eixo dos z . A Fi- gura 3.8 ilustra este exemplo. y x z Figura 3.8 Note que o traço (interseção de uma superfície com um plano) da superfície 2 2 y x z + = no plano xy ( z = 0) é a origem ( ) 0, 0, 0 e os seus traços nos planos xz ( y = 0) e yz ( x = 0) são as parábolas 2 0 z x y  =  =  e 2 0 z y x  =  =  , respectivamente. 112 Outra maneira conveniente de visualizar geometricamente uma função de duas variáveis ( , ) z = f x y consiste em representar, no plano xy, as chamadas curvas de nível de f . Definição 3.4 Seja k um número real. Uma curva de nível, k C , de uma função f de duas variáveis é o conjunto de todos os pontos ( ) ( ) ,x y ∈ D f , tais que ( , ) f x y = k , ou seja, ( ) ( ) ( ) { } , ; , Ck x y D f f x y k = ∈ = . Note que a curva de nível ( , ) f x y = k é o traço do gráfico da fun- ção f no plano z = k projetado no plano xy. Exemplo 3.11. Desenhe as curvas de nível da função ( ) 2 2 , f x y x y = + para k = 0, 1, 4 e 9 . Solução: As curvas de nível são 2 2 Ck : x y k + = , onde k ≥ 0 . Para k > 0 , as curvas de nível correspondem a uma família de cir- cunferências com centro na origem e raio igual a k . A curva de nível correspondente a k = 0 é o ponto (0,0). As curvas de nível para k = 0, 1, 4 e 9 são mostradas na Figura 3.9. y x 1 2 3 0 Figura 3.9 Exemplo 3.12. Desenhe as curvas de nível da função ( ) 2 2 , 4 4 g x y x y = − − para 0, 1, e 2 . k = Solução: As curvas de nível são 2 2 : 4 4 Ck x y k − − = ou 2 2 2 4 4 x y k + = − , 113 que correspondem a uma família de elipse com centro na origem e eixo maior sobre o eixo dos x , quando 2 2 − < k < . Para k = 0 , temos a curva 4 4 2 2 = + y x ou 1 2 2 2 2 + y = x . Para k = 1 , temos 3 4 2 2 = + y x ou ( ) ( ) 2 2 2 2 23 1 3 x y + = . Para k = 2 , temos 0 4 2 2 = + y x , ou seja, a origem ( ) 0,0 . A Figura 3.10 ilustra este exemplo. y x 0 2 1 √3 2 √3 Figura 3.10 Quando consideramos várias curvas de nível de uma dada fun- ção f , podemos ter uma idéia do gráfico dessa função. Às vezes, porém, somente este procedimento pode causar dificuldade para esboçar o gráfico corretamente. Um outro recurso útil para visua- lizar a forma do gráfico consiste em determinar a interseção deste com os planos coordenados yz e xz. (A interseção do gráfico com o plano xy é a curva de nível z = 0 ). Exemplo 3.13. Trace algumas curvas de nível e esboce o gráfico da função f( ) 2 , 1 g x y = − x . Solução: O domínio da função é ( ) 2 D f =  e ( ) ] ( Im , 1 f = −∞ . As curvas de nível da f são 2 1 , x k − = ou 2 1 x k = − , ou ainda 1 x k = − para 1 k ≤ , que correspondem a uma família de retas paralelas ao eixo y (ver Figura 3.11). 114 y x Figura 3.11 A interseção do gráfico de f com o plano yz é a reta 1 0 z x =   =  . A interseção do gráfico de f com o plano xz é a parábola 2 1 0 z x y  = −  =  , de concavidade voltada para baixo. As interseções do gráfico com os planos paralelos ao plano xz são também parábolas. (Com o plano y k = a interseção é a parábola 2 1 z x y k  = −  =  ). Com estas informações, podemos visualizar o gráfico de f , que está esboçado na Figura 3.12. Quando trabalhamos com função de três variáveis, não po- demos desenhar o gráfico da função. Porém, podemos ter algum conhecimento de f desenhando suas superfícies de nível, que são as superfícies com equação ( , , ) f x y z = k , onde k é um número pertencente à imagem de f . Na Física, a função f pode ser uma função potencial, dando o valor da ener- gia potencial em cada ponto do espaço. As superfícies de nível são chamadas superfícies equipotenciais. A função f pode repre- sentar a distribuição de temperatura. Neste caso, as superfícies de nível são chamadas superfícies isotermas. Exemplo 3.14. Determine as superfícies de nível da função ( ) 2 2 2 , , . f x y z x y z = + + Solução: As superfícies de nível da função f são k z y x = + + 2 2 2 , onde k ≥ 0 . y x z Figura 3.12 115 Para k > 0 , as superfícies de nível constituem uma família de esferas com centro na origem e raio k . A superfície de nível correspondente a k = 0 é o ponto (0, 0, 0). A Figura 3.13 ilustra o exemplo. y x z Figura 3.13 Lista de exercícios 1) Faça um esboço das curvas de nível k C para valores de k da- dos. 2 2 ( , ) 9 4, 2, 1 e 0 ; f x y x y k = + − = − − − a) 2 ( , ) 0, 1, 2 e 3. f x y y x k = − = b) 2) Desenhe algumas curvas de nível e esboce o gráfico da fun- ção. ( , ) 1 f x y x y = + − a) ; 2 2 25 z x y = − − b) . 3) A temperatura em um ponto ( ) ,x y de uma placa de metal pla- na é t graus e 2 2 2 t x y = + . Trace as isotermas para 6, 3, 1 e 0. t = 3.3 Limite e continuidade Nesta seção, vamos estender os conceitos de limite e continuidade às funções de várias variáveis. Para isso, vamos precisar dos con- ceitos de distância entre dois pontos, bola aberta e ponto de acu- mulação. 116 3.3.1 Distância entre dois pontos, bola aberta e ponto de acumulação Definição 3.5 Sejam ( ) 1 , 2 ,..., n P x x x = e ( ) 1 , 2 ,..., n A a a a = pontos em n  . A distância entre P e A , denotada por P − A , é dada por ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 ... n n P A x a x a x a − = − + − + + − . Exemplo 3.15. Dados os pontos ( ) 1, 2, 3 P = − e ( ) 3, 1, 2 A = − em 3  , encontre P − A . Solução: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 3 2 1 3 2 38 . . P A u c − = − + − − + − − = Definição 3.6 Sejam ( ) 1 , 2 ,..., n n A a a a = ∈ e r > 0 um número real. A bola aberta de centro em A e raio r , que indicaremos por ( ; ) B A r , é definida como sendo o conjunto de todos os pontos ( ) 1 , 2 ,..., n P x x x = , tais que r A P < − , ou seja: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 2 2 2 1 2 1 1 2 2 ; , ,..., ; ... . n n n n B A r x x x x a x a x a r = ∈ − + − + + − <  Exemplo 3.16. a) Em  , a bola aberta ( ; ) B a r é o intervalo aberto ( ) , . a r a r − + a-r a a+r Figura 3.14 b) Em 2  , a bola aberta ( ) ( ) 1 , 2 ; B a a r representa o conjunto dos pontos internos à circunferência de centro em ( ) 1 , 2 a a e raio r . y x r (a1,a2) Figura 3.15 117 c) Em 3  , a bola aberta ( ) ( ) 1 2 3 , , ; B a a a r representa os pontos internos à esfera com centro em ( ) 1 2 3 , , a a a e raio r . y x z r (a1, a2, a3) Figura 3.16 Definição 3.7 Seja S um subconjunto de n.  Um ponto A é um ponto de acumulação de S , se toda bola aberta de centro em A possui uma infinidade de pontos de S . Exemplo 3.17. Seja ( ) { } 2 , | 0 e 0 S x y x y = ∈ > >  . Temos que todos os pontos pertencentes a S são pontos de acu- mulação de S . Ainda, os pontos ( ) 0, y com y ≥ 0 e ( x,0) com x > 0 são pontos de acumulação de S e não perten- cem a S . (Ver Figura 3.17). Exemplo 3.18. Seja ( ) { } , ; 1 5 e 1 4 . S x y x y = ∈ × ≤ ≤ ≤ ≤   Este conjunto não possui ponto de acumulação, pois para qualquer ponto ( ) 2 , P = x y ∈ , a bola aberta de centro P e raio r < 1 não contém uma infinidade de pontos de S . y x 1 1 5 2 3 4 r 2 3 4 Figura 3.18 y x Figura 3.17 118 3.3.2 Limite de funções Definição 3.8 Sejam : n f S ⊂  →  uma função, e A um ponto de acumulação de .S Dizemos que o limite de f (X ) quando X se aproxima de A é um número real L , e escrevemos L X f X A = → ) ( lim se, dado ε > 0 , existir δ > 0 tal que ( f X ) − L < ε sempre que X ∈S e 0 X A < − < δ . O estudo de funções de três ou mais variáveis ( n ≥ 3) difere pou- co do estudo de funções de duas variáveis. Desta forma, por sim- plicidade de apresentação, no restante deste capítulo vamos estu- dar as funções de duas variáveis. Começaremos reescrevendo a definição de limite de funções de duas variáveis. Definição 3.9 Sejam 2 f : S ⊂  →  uma função e ( ) ,a b um pon- to de acumulação de .S Dizemos que o limite de ( , ) f x y quando ( ) ,x y se aproxima de ( ) ,a b é um número real L , e escrevemos ( ) ( , ) ( , ) lim , x y a b f x y L → = , se, dado ε > 0 , existir δ > 0 tal que ( , ) f x y − L < ε sempre que ( ,x y) ∈S e ( ) ( ) 2 2 0 x a y b < − + − < δ . Em palavras, dizer que o limite da ( , ) f x y é L quando ( ) ,x y se aproxima de ( ) ,a b significa que podemos obter valores de ( , ) f x y tão próximos de L quanto desejarmos, desde que to- memos ( ) ( ) ,x y ∈ D f suficientemente próximo de ( ) ,a b , com ( ) ( ) , , . x y a b ≠ A definição de limite de função pode ser reformulada em termos de bolas. Assim, escrever ( ) ( , ) ( , ) lim , x y a b f x y L → = , significa que dado um intervalo pequeno em torno de L , ( ) , L − ε L + ε , podemos determinar uma bola ( ) ( ) , ; B a b δ , δ > 0 , tal que f leva todos os pontos de ( ) ( ) , ; B a b δ , com possível exceção do ponto ( , ) a b , no intervalo ( ) , L − ε L + ε . 119 A Figura 3.19 ilustra a definição de limite para funções de duas variáveis. b a ( ) L-ε L L + ε δ D( f ) Figura 3.19 Exemplo 3.19. Usando a definição de limite, mostre que ( ) ( , ) (2,1) lim 4 3 5 x y x y → − = . Solução: Dado ε > 0 , devemos encontrar δ > 0 tal que ( ) 4 3 5 x − y − < ε sempre que ( ) ( ) 2 2 0 2 1 x y < − + − < δ . Usando a desigualdade triangular, podemos escrever ( ) ( ) (4 3 ) 5 4 8 3 3 x y x y − − = − − − 4 2 3 1. x y ≤ − + − Como ( ) ( ) 2 2 2 2 1 x x y − ≤ − + − e ( ) ( ) 2 2 1 2 1 y x y − ≤ − + − , temos 4 2 3 1 4 3 x y − + − < δ + δ sempre que ( ) ( ) 2 2 0 2 1 x y < − + − < δ . Assim, tomando 7 δ = ε , temos (4 3 ) 5 4 2 3 1 4 3 7 7 x y x y ε ε − − ≤ − + − < + = ε sempre que ( ) ( ) 2 2 0 2 1 x y < − + − < δ . Portanto, ( ) ( , ) (2,1) lim 4 3 5 x y x y → − = . 120 A demonstração do Exemplo 3.19 pode ser facilmente adaptada para mostrar que ( ) ( , ) ( , ) lim x y a b cx d ca d → + = + e ( ) ( , ) ( , ) lim x y a b cy d cb d → + = + , (1) onde c e d são números reais quaisquer. Para função de uma variável, quando escrevemos x → a , exis- tem duas formas possíveis para x se aproximar de a , pela di- reita ou pela esquerda. Para funções de duas variáveis, quando escrevemos ( ) ( ) , , x y → a b , existe uma infinidade de maneiras de ( ) ( ) ,x y ∈ D f se aproximar de ( , ) . a b No caso de funções de uma variável, ( ) lim x →a f x existe se e somente se ( ) lim x a f x → + e ( ) lim x a f x → − existirem e forem iguais. Para funções de duas variáveis, a Definição 3.9 diz que para existir ( ) ( , ) ( , ) lim , x y → a b f x y é necessário que ( , ) f x y se aproxime do mesmo valor limite, in- dependente da forma como ( ) ,x y , ponto do domínio da função, se aproxima de ( ) ,a b . Assim, se tivermos dois caminhos diferen- tes para ( , ) x y se aproximar de ( ) ,a b tais que ( , ) f x y tenha li- mites diferentes através destes caminhos, então o ( ) ( , ) ( , ) lim , x y → a b f x y não vai existir. Este fato é apresentado no teorema a seguir. Teorema 3.1 Sejam 2 f : S ⊂  →  uma função de duas variá- veis, 1 S e 2 S subconjuntos de S e ( ) ,a b um ponto de acumulação de 1 S e 2 S . Se ( , ) f x y tem limites diferentes quando ( ) ,x y tende ( ) ,a b através dos pontos de 1 S e 2 S então ( ) ( , ) ( , ) lim , x y → a b f x y não existe. Demonstração: Vamos supor que ( ) ( , ) ( , ) lim , x y → a b f x y existe, e é igual a L∈. Da Definição 3.9, dado ε > 0 , existe δ > 0 tal que ( ,x y) S ∈ e ( ) ( ) 2 2 0 x a y b < − + − < δ ⇒ ( , ) f x y − L < ε . Como S ⊂ S 1 , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 , 0 , . x y S e x a y b f x y L ∈ < − + − < δ ⇒ − < ε ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 , 0 , . x y S e x a y b f x y L ∈ < − + − < δ ⇒ − < ε (2) 121 Da mesma forma, de S ⊂ S 2 , temos que ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , 0 , . x y S e x a y b f x y L ∈ < − + − < δ ⇒ − < ε ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 , 0 , . x y S e x a y b f x y L ∈ < − + − < δ ⇒ − < ε (3) De (2) e (3) temos que o limite de ( , ) f x y é igual a L quando ( ) ,x y se aproxima de ( ) ,a b tanto através de pontos de 1 S como de 2 S . Mas isto contradiz a hipótese de que ( , ) f x y tem limites diferentes quando ( ) ,x y se aproxima de ( ) ,a b por pontos de 1 S e por pontos de 2 S . Portanto, ( ) ( , ) ( , ) lim , x y → a b f x y não existe.  A notação ( ) ( , ) 1 ( , ) ( , ) lim , x y S x y a b f x y ∈ → indica o limite da ( , ) f x y quando ( ) ,x y tende para ( ) ,a b , com ( ) ,x y restrito ao conjunto 1 S . Exemplo 3.20. Dada a função ( ) 2 2 , 5 xy f x y x y = + , mostre que ( ) ( , ) (0,0) lim , x y f x y → não existe. Solução: Para mostrar que o limite não existe, vamos usar o Teorema 3.1. Tomaremos dois caminhos (conjuntos) diferentes para aproximar ( , ) x y de ( ) 0,0 e mostraremos que os limites são dife- rentes. Seja ( ) { } 1 , ( ) | 0 S x y D f y = ∈ = o conjunto dos pontos do domí- nio da f que estão sobre o eixo x . Então, ( ) ( , ) 1 2 ( , ) (0,0) 0 0 0 lim ( , ) lim ,0 lim 0 5 0 x y S x y x x f x y f x x ∈ → → → = = = + . Seja ( ) { } 2 , ( ) | S x y D f x y = ∈ = o conjunto dos pontos do domí- nio da f que estão sobre a reta y = x . Então ( ) ( ) ( , ) 2 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 0 1 lim , lim , lim 5 6 x y S x y x x x f x y f x x x x ∈ → → → = = = + . Como ( , ) 1 ( , ) 2 ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) lim ( , ) lim ( , ) x y S x y S x y x y f x y f x y ∈ ∈ → → ≠ , segue que ( ) ( , ) (0,0) lim , x y f x y → não existe. 122 Exemplo 3.21. Considere a função ( ) 2 2 2 2 , xy f x y x y = + . Verifique se o ( ) ( , ) (0,0) lim , x y f x y → existe. Solução: Seja ( ) { } 1 , ( ) | 0 S x y D f y = ∈ = . Então ( ) ( ) ( ) ( , ) 1 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 0 2 0 lim , lim ,0 lim 0 0 x y S x y x x x f x y f x x ∈ → → → = = = + . Seja ( ) { } 2 , ( ) | 2 S x y D f x y = ∈ = . Então ( ) ( ) ( , ) 2 2 3 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 0 0 2(2 ) 4 lim , lim 2 , lim lim 0. (2 ) 5 x y S x y y y y y y y f x y f y y y y y ∈ → → → → = = = = + ( ) ( ) ( , ) 2 2 3 2 2 2 ( , ) (0,0) 0 0 0 2(2 ) 4 lim , lim 2 , lim lim 0. (2 ) 5 x y S x y y y y y y y f x y f y y y y y ∈ → → → → = = = = + Neste exemplo, dois caminhos diferentes levaram ao mesmo resulta- do. Não podemos concluir que ( ) ( , ) (0,0) lim , 0. x y f x y → = Vamos consi- derar um terceiro caminho, o conjunto ( ) { } 2 3 , ( ) | . S x y D f y x = ∈ = Temos ( ) ( ) ( ) ( , ) 3 2 2 5 2 2 2 4 ( , ) (0,0) 0 0 2 2 0 2 ( ) 2 lim , lim , lim lim 0. x y S x y x x x x x x f x y f x x x x x x ∈ → → → → = = = = + + ( ) ( ) ( ) ( , ) 3 2 2 5 2 2 2 4 ( , ) (0,0) 0 0 2 2 0 2 ( ) 2 lim , lim , lim lim 0. x y S x y x x x x x x f x y f x x x x x x ∈ → → → → = = = = + + Para três caminhos distintos tivemos o mesmo valor para o limite da ( , ) f x y quando ( , ) x y tende a (0,0) . Isto nos leva a suspeitar que o limite existe e é zero. Afirmamos que 2 2 2 ( , ) (0,0) 2 lim 0 x y xy x y → = + . Agora, vamos prová-lo. Da definição de limite, dado 0 ε > , devemos encontrar 0 δ > tal que 2 2 2 2 0 xy x y − < ε + sempre que ( , ) ( ) x y ∈ D f e 2 2 0 x y < + < δ , ou seja, 2 2 2 2 x y x y < e + e sempre que 2 2 0 x y < + < δ . Como 2 2 2 y x y ≤ + e 2 2 x x y ≤ + , temos 123 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x y x y x x y x y x y + ≤ = ≤ + + + . Assim, tomando 2 δ = ε temos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 x y xy x y x y x y ε − = ≤ + < = ε + + sempre que 2 2 0 x y < + < δ . Portanto, 2 2 2 ( , ) (0,0) 2 lim 0 x y xy x y → = + . 3.3.3 Propriedades dos limites de funções de duas variáveis No que segue, apresentamos as propriedades dos limites de fun- ções de duas variáveis sem demonstrá-las. Teorema 3.2 Se ( ) ( , ) ( , ) lim , x y a b f x y L → = e ( ) ( , ) ( , ) lim , x y a b g x y M → = , e c∈ então: ( ) ( ) ( , ) ( , ) lim , , x y a b f x y g x y L M →   ± = ±   a) ; ( ) ( , ) ( , ) lim , x y a b c f x y c L → = b) ; ( ) ( ) ( , ) ( , ) lim , , x y a b f x y g x y L M → ⋅ = ⋅ c) ; ( ) ( ) ( , ) ( , ) , lim , , x y a b f x y L g x y M → = d) desde que 0. M ≠ Teorema 3.3 Se g é uma função de duas variáveis tal que ( ) ( , ) ( , ) lim , x y a b g x y c → = e f é uma função de uma variável contínua em c , então ( )( ) ( ) ( , ) ( , ) lim , x y a b f g x y f c → =  , ou ( ) ( ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) lim ( , ) lim ( , ) . x y a b x y a b f g x y f g x y → → = . Exemplo 3.22. Calcule ( ) ( , ) (2,3) lim ln 3 x y xy x → + . Solução: Aplicando os Teoremas 3.3 e 3.2 e a observação (1) feita após o Exemplo 3.19 temos: 124 ( ) ( , ) (2,3) ( , ) (2,3) lim ln( ,3 ) ln lim ( 3 ) x y x y xy x xy x → → = + ( ) ( , ) (2,3) ( , ) (2,3) ( , ) (2,3) = ln lim lim lim 3 x y x y x y x y x → → → ⋅ + = ln(2.3 6) + = ln12. Exemplo 3.23. Calcule os limites. 2 ( , ) (2, 1) 4 lim . 2 3 x y x y x xy → − + + a) ( , ) (2,2) ³ ² lim . ² ² x y x x y x y → − − b) Solução: a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) (2, 1) 2 2 2 ( , ) (2, 1) ( , ) (2, 1) lim 4 2 4 1 4 lim 1 2 3 2 2 3 2 1 lim 2 3 x y x y x y x y x y x xy x xy → − → − → − + + ⋅ − + = = = − + ⋅ + ⋅ ⋅ − + . b) Temos ( , ) (2,2) lim ( ³ ² ) 0 x y x x y → − = e ( , ) (2,2) lim ( ² ²) 0 x y x y → − = . Neste caso, temos uma indeterminação do tipo 0 0 . Para resolver o limite, fatora-se o numerador e denominador fazendo as simplifi- cações possíveis. Então, ( , ) (2,2) ( , ) (2,2) ( , ) (2,2) ³ ² ²( ) ² 2² lim lim lim 1 ² ² ( )( ) 2 2 x y x y x y x x y x x y x x y x y x y x y → → → − − = = = = − − + + + . Teorema 3.4 Se ( ) ( , ) ( , ) lim , 0 x y → a b f x y = e g é uma função real de duas variáveis limitada em ( ) (( , ); ) D g ∩ B a b r para algum r > 0 , então ( ) ( , ) ( , ) lim ( , ) , 0. x y a b f x y g x y → ⋅ = Exemplo 3.24. Verifique se o limite 3 2 2 ( , ) (0,0) lim x y y x y → + existe. Solução: Vamos considerar as funções ( , ) f x y = y e Dizer que uma função real g de duas variáveis é limitada significa que existe k ∗ + ∈ tal que ( , ) g x y ≤ k para todo ( , ) ( ) x y ∈ D g . 125 2 2 2 ( , ) y g x y x y = + . Podemos escrever 3 2 2 ( , ) ( , ). y f x y g x y x y = ⋅ + Temos que ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) lim ( , ) lim 0, x y x y f x y y → → = = e 2 2 2 ( , ) 1 y g x y x y = ≤ + para todo ( , ) x y ≠ (0,0) , ou seja, g é limi- tada. Logo, pelo Teorema 3.4 temos que 3 2 2 ( , ) (0,0) lim 0. x y y x y → = + Outra forma de mostrar que a função g é limitada é usar coorde- nadas polares. Fazendo cos x r  = e sen y r  = , temos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sen sen ( , ) cos sen (cos sen ) y r r g x y x y r r r       = = = + + + sen2 1  = ≤ para todo ( , ) x y ≠ (0,0) . Logo, g é limitada. Lista de exercícios 1) Use a definição de limite para mostrar que ( ) ( , ) (2,1) lim 3 2 8. x y x y → + = 2) Calcule os limites abaixo: ( ) 3 2 2 ( , ) (0,1) lim 4 2 2 x y x x y y → + − + a) ; 2 2 ( , ) (2,1) 2 4 8 lim x y x y x y xy y → − − + − b) . 3) Mostre que os seguintes limites não existem. 4 4 2 2 ( ,0 0) ( , ) 8 lim y x y x x y + → a) ; 2 2 4 ( , ) (0,0) lim 2 x y xy x y   b) . 126 4) Calcule o limite, se existir, ou mostre que ele não existe. ( ) ( , ) (2, 2) lim 4 x y x x xy → − + + a) y ( ) ( , ) (2, 2) lim 4 x y x x xy → − + + ; 2 3 2 ( , ) (0,0) 2 lim x y x xy x y → − + b) ; ( , ) (1,2) 3 lim 2 x y yx x y → + − + c) ; ( ) 2 2 3 2 ( , ) (0,0) 2 2 3 2 lim x y x y yx y x → + + d) ; ( , ) (0,0) 5 lim ² ² x y xy x y → + e) ; 4 2 3 ( , ) (1, 3) 9 lim 3 x y x y x y x → − − + f) . 3.3.4 Continuidade de funções Definição 3.10 Sejam 2 f : S ⊂  →  uma função, e ( , ) a b ∈S um ponto de acumulação de S . Dizemos que f é contínua no ponto ( , ) a b se ( , ) ( , ) lim ( , ) ( , ). x y a b f x y f a b → = Quando f não é contínua no ponto ( , ) a b , dizemos que f é des- contínua em ( , ) a b . Dizemos que f é contínua, se f for contínua em todos os pontos do domínio. Exemplo 3.25. Considere a função de duas variáveis ( ) 2 , 3 . f x y x y = + a) Mostre que f é contínua no ponto ( ) 2, 3 ; b) Mostre que f é contínua. Solução: a) Pelas propriedades de limite ( ) ( ) ( ) 2 2 ( , ) (2,3) ( , ) (2,3) lim , lim 3 3 2 3 15 2, 3 . x y x y f x y x y f → → = + = ⋅ + = = 127 Logo, f é contínua no ponto ( ) 2, 3 . b) Seja ( ) ( ) 2 , . a b ∈ D f =  Temos ( ) ( ) ( ) 2 2 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) lim , lim 3 3 , . x y a b x y a b f x y x y a b f a b → → = + = + = Como ( ) ,a b é um ponto qualquer, segue que f é contínua. Exemplo 3.26. Seja a função definida por ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 , , 0,0 5 , 0, , 0,0 . xy se x y x y f x y se x y  ≠  + =   =  Verifique se f é contínua em ( ) 0,0 . Solução: Vimos no Exemplo 3.20 que 2 2 ( , ) (0,0) lim 5 x y xy x y → + não existe. Logo, f é descontínua em ( ) 0,0 . Teorema 3.5 Sejam f e g funções contínuas no ponto ( ) ,a b . Então a) f + g é contínua em ( ) ,a b ; b) f − g é contínua em ( ) ,a b ; f g ⋅ c) é contínua em ( ) ,a b ; f d) g é contínua em ( ) ,a b , desde que ( , ) 0. g a b ≠ A demonstração do Teorema 3.5 é uma aplicação direta das pro- priedades dos limites de funções. Teorema 3.6 Uma função polinomial de duas variáveis é contínua em to- a) dos os pontos de 2.  Uma função racional de duas variáveis é contínua em todos b) os pontos de seu domínio. Demonstração: a) Basta notar que uma função polinomial é soma de produtos das funções contínuas ( ) ( ) , , , f x y x g x y y = = e ( , ) h x y = c , onde 128 c∈ (ver Exercício 5 da Seção 3.1). Aplicando os itens (a) e (c) do Teorema 3.5 repetidas vezes, temos o resultado desejado. b) Uma função racional é o quociente de duas funções polinomiais. Como funções polinomiais são funções contínuas, segue do item (d) do Teorema 3.5 que uma função racional é uma função contínua.  Exemplo 3.27. Considere as funções ( ) 3 , 4 3 2 f x y x xy = + + e ( ) 2 2 2 4 3 , 1 x x y g x y x y − + = + − . a) f é contínua? Justifique. b) g é contínua? Justifique. Solução: a) f é contínua em 2  , pois f é uma função polinomial. b) g é contínua em todos os pontos de seu domínio, pois é uma função racional. Teorema 3.7 Sejam f uma função de uma variável e g uma fun- ção de duas variáveis. Se g é contínua em ( ) ,a b e f é contínua em ( , ) g a b , então a função composta f  g é contínua em ( ) ,a b . Exemplo 3.28. Considere a função ( ) ( ) , sen h x y x y = + . Analise a continuidade da h . Solução: A função ( ) ( ) , sen h x y x y = + é a composta da função ( ) sen f t t = com a função ( , ) . g x y x y = + A função g é contí- nua em 2  , pois é uma função polinomial e a função f é contínua em  . Portanto, pelo Teorema 3.7 temos h contínua em 2  . Lista de exercícios 1) Determine o conjunto dos pontos de continuidade de .f 2 2 ( , ) 4 3 f x y x y = + + a) ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , , 0,0 , 0, , 0,0 . x se x y x y f x y se x y  ≠  + =   =  b) 129 2) Considere a função ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , , 0,0 , 0, , 0,0 xy se x y x y f x y se x y  ≠  + =   =  . f é contínua em (0,0) ? Justifique. 3) Analise a continuidade das funções abaixo: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , 0,0 , 1, , 0,0 x y se x y f x y se x y  + ≠  =  =  a) ; ( ) 2 2 1 , 1 g x y x y = + − b) . 4) Esboce a região de continuidade das seguintes funções: ( ) 2 , x y f x y = e + − a) ; ( ) ( ) 2 2 1 , 4 g x y x y = − + b) . Resumo Os principais assuntos estudados neste capítulo foram: definição de função de várias variáveis; • domínio e imagem de função, e representação gráfica do domí- • nio; gráficos e curvas de nível; • o conceito e cálculo de limite de função de várias variáveis; • definição de função contínua e suas propriedades. É impor- • tante saber analisar se uma função é contínua ou não. 130 Respostas Seção 3.1 • 1) ( , , ) V x y z = x y z . 2) a) ( ) 2 D f =  ; ( ) Im f =  ; b) ( ) ( ) { } 2 2 2 2 , | 2 D f x y x y = ∈ + ≥  ; ( ) ) Im 0, f = +∞  . 4) a) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 , 1 1 2 f g x y x y = − − − −  ; b) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 2 2 2 , | 1 2 1 D f g x y x y = ∈ − + − ≤   ; c) ( )( ) 3 4 15 ,2 4 f g =  . 5) a) 3; 6 . Seção 3.3.3 • 2) a) 1; b) 0. 4) a) −10 ; b) Não existe; c) 5 ; d) Não existe; e) 0; f) -6. Seção 3.3.4 • 1) a) 2  ; b) ( ) { } 2 0,0  − . 2) Sim. Capítulo 4 Derivadas parciais e máximos e mínimos de funções de várias variáveis 133 Capítulo 4 Derivadas parciais e máximos e mínimos de funções de várias variáveis Neste capítulo, discutiremos a noção de diferenciabi- lidade de funções de várias variáveis e veremos como aplicar as derivadas parciais para encontrar pontos de máximos e mínimos de funções de mais de uma variá- vel. Iniciamos definindo a derivada parcial de uma fun- ção de duas variáveis. 4.1 Derivada parcial Definição 4.1 Sejam f uma função de duas variáveis, x e y , e { } ( , ) ( ); ( , ) ( ) S x y D f x y é ponto de acumulação de D f = ∈ . A derivada parcial de f em relação a x é a função denotada por f x ∂ ∂ , tal que o seu valor em qualquer ponto ( ,x y) ∈S é dado por ( ) ( ) ( ) 0 , , , lim h f x h y f x y f x x y h → + − ∂ = ∂ , (1) se o limite existir. Analogamente, a derivada parcial de f em relação a y é a fun- ção, denotada por f y ∂ ∂ , tal que o seu valor em qualquer ponto ( , ) x y ∈S é dado por ( ) ( ) ( ) 0 , , , lim h f x y h f x y f y x y h → + − ∂ = ∂ , (2) se o limite existir. 134 Outras notações para a função derivada parcial de f em relação a x são 1 1 , , , x x D f D f f f . De forma semelhante, as notações 2 2 , , , y y D f D f f f representam a função derivada parcial de f em relação a y . As notações ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , , , , , , , x x f x y D f x y D f x y f x y x ∂ ∂ representam o valor da função derivada parcial de f em relação a x no pon- to ( ) ,x y . Analogamente, ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , , , , , , , y y f x y D f x y D f x y f x y y ∂ ∂ , representam o valor da derivada parcial de f em relação a y no ponto ( ) ,x y . As notações f x ∂ ∂ e f y ∂ ∂ são também usadas para indicar ( , ) f x x y ∂ ∂ e ( , ) f y x y ∂ ∂ , respectivamente. Se ( , ) z = f x y , escrevemos z x ∂ ∂ e z y ∂ ∂ para indicar ( , ) f x x y ∂ ∂ e ( , ) f y x y ∂ ∂ . Seja ( ) ,a b um ponto do domínio da f . As funções derivadas par- ciais de f no ponto ( ) ,a b podem ser escritas como: ( ) ( ) ( ) , , , lim x a f x b f a b f x a b x a → − ∂ = ∂ − , se o limite existir (3) e ( ) ( ) ( ) , , , lim y b f a y f a b f y a b y b → − ∂ = ∂ − , se o limite existir. (4) Exemplo 4.1. Considere a função ( ) 2 , 2 3 f x y x xy = − . Determine ( , ) f x x y ∂ ∂ e ( , ) f y x y ∂ ∂ . Solução: i) ( ) ( ) ( ) 0 , , , lim h f x h y f x y f x x y h → + − ∂ = ∂ ( ) ( ) ( ) 2 2 0 2 3 2 3 lim h x h x h y x xy h → + − + − − = ( ) 2 2 2 0 2 2 3 3 2 3 lim h x xh h xy hy x xy h →   + + − − − +   = 135 ( ) 2 0 4 2 3 lim h xh h hy h → + − = ( ) 0 lim 4 2 3 h x h y = → + − 4 3 x y = − ii) ( ) ( ) 0 , , ( , ) lim h f x y h f x y f y x y h → + − ∂ = ∂ ( ) ( ) 2 2 0 2 3 2 3 lim h x x y h x xy h → − + − − = 2 2 0 2 3 3 2 3 lim h x xy xh x xy h → − − − + = 0 lim 3 h x = → − 3 .x = − Exemplo 4.2. Considere a função ( , ) 3 7 f x y x y = + − . a) Encontre ( f 1, 2) x ∂ ∂ usando (1); b) Encontre ( 2,1) f y ∂ ∂ usando (4). Solução: a) ( ) ( ) ( ) 0 1 , 2 1, 2 1,2 lim h f h f f x h → + − ∂ = ∂ ( ) ( ) 0 3 1 2 7 3 2 7 lim h h h → + + − − + − = 0 3 3 5 2 lim h h h → + − + = 0 3 lim h h h → = = 3 . b) ( ) ( ) ( ) 1 2, 2,1 2,1 lim 1 y f y f f y y → − ∂ = ∂ − ( ) 1 3 2 7 3 2 1 7 lim 1 y y y → ⋅ + − − ⋅ + − = − 1 1 lim 1 y y y → − = − =1. 136 Seja f uma função de duas variáveis x e y. Suponha que dei- xamos somente x variar e que mantemos fixo o valor de y, di- gamos y = k , onde k é uma constante. Neste caso, esta- mos com uma função de uma única variável x , ou seja, ( ) ( , ) g x = f x k . Observando a Definição 4.1, temos que a de- rivada parcial da f em relação a x é a derivada da função g de uma única variável obtida mantendo-se fixo o valor de y . Analogamente, a derivada parcial de f em relação a y é a derivada da função ( ) ( , ) h y = f k y de uma única variável, y , obtida man- tendo fixo o valor de x . Olhando desta maneira, para calcular a f x ∂ ∂ , vamos considerar y como uma constante e derivar f com re- lação a x , e para calcular f y ∂ ∂ , vamos olhar x como constante e derivar f com relação a y . Exemplo 4.3. Encontre as derivadas parciais das funções seguin- tes: ( ) 3 2 , 4 3 5 3 f x y x xy y = + + + a) ; ( ) ( 2 ) , cos 3 f x y x y = + b) . Solução: a) ( ) 2 1 , 12 3 D f x y x y = + e ( ) 2 , 3 10 D f x y x y = + . b) ( ) ( ) 2 1 , 3sen 3 D f x y x y = − + e ( ) ( ) 2 2 , 2 sen 3 D f x y y x y = − + . Exemplo 4.4. Considere a função 2 x y z = xy e + . Encontre z x ∂ ∂ e z y ∂ ∂ . Solução: ( ) 2 2 2 1 x y x y x y z y e xy e y e x x + + + ∂ = + = + ∂ e ( ) 2 2 2 x y x y x y z yxe xy e xye y y + + + ∂ = + = + ∂ . 4.1.1 Interpretação geométrica das derivadas parciais Seja f uma função de duas variáveis. O gráfico de f é uma su- perfície S de equação ( , ) z = f x y . 137 Se ( , ) f a b = c então o ponto ( , , ) P a b c é um ponto de S . Fazendo a interseção do plano y = b com a superfície S , temos a curva 1 C (ver Figura 4.1) dada pelas equações y = b e ( , ) z = f x y . A curva 1 C é o gráfico da função ( ) ( , ) g x = f x b , e a derivada da ( ) ( ) ' , f g a x a b ∂ = ∂ representa a inclinação da reta tangente à curva 1 C no ponto ( , , ) a b c . De modo semelhante, a inclinação da reta tangente à curva 2 C (interseção da superfície S com o plano x = a ) no ponto ( , , ) a b c é a ( , ) f y a b ∂ ∂ . (Ver Figura 4.2) y x z P 0 b C1 Figura 4.1 y x z P 0 C2 a Figura 4.2 138 Os conceitos de derivadas parciais estudados para função de duas variáveis se estendem de modo natural às funções de mais de duas variáveis. Definição 4.2 Sejam f uma função de n variáveis, 1 , 2 , ..., n x x x , e { } 1 2 1 2 ( , , , ) ( ); ( , , , ) n n S x x x D f x x x = ∈   é ponto de acumulação de { ( )} D f . A derivada parcial de f em relação a ix é a função denota- da por i f x ∂ ∂ , tal que o seu valor em qualquer ponto ( ) 1 , 2 ,..., n x x x ∈S é dado por ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 2 1 2 0 , ,..., , , ,..., , ,..., , ,..., lim i i i i i n n n h i i f x x x x h x x f x x x f x x x x h − + → + − ∂ = ∂ se este limite existir. Lista de exercícios 1) Seja ( ) 2 , 3 2 2 f x y x xy = + − . Usando a definição de derivada parcial, encontre: a) ( ) 1 , D f x y ; b) ( 5,1) yf . 2) Calcule as derivadas parciais das funções: a) 3 2 3 2 2 z x x y y = + − ; b) 2 2 2 2 x y z x y = + . 3) Verifique que a função 2 2 2 , ( , ) (0,0) ( , ) 0, ( , ) (0,0) xy se x y x y f x y se x y  ≠  + =   =  admi- te derivadas parciais em (0,0) , mas não é contínua neste ponto. 4.2 Diferenciabilidade Nesta seção, vamos estender o conceito de diferenciabilidade de fun- ção de uma variável às funções de duas variáveis. Para isto, escreve- remos a definição de diferenciabilidade de função de uma variável de modo conveniente, para que possamos generalizar a definição. 139 Considere uma função f de uma variável real. Dizer que f é diferenciável (derivável) em t = a significa que o ( ) ( ) lim t a f t f a t a → − − existe, isto é, é um número real. Em outras palavras, f é diferen- ciável em a quando existe um número real denotado por f '( ) a , tal que ( ) ( ) lim '( ). t a f t f a f a t a → − = − Podemos reescrever este limite da seguinte forma: ( ) ( ) '( )( ) lim 0 t a f t f a f a t a t a → − − − = − , que é equivalente a [ ] ( ) ( ) '( )( ) lim 0 | | t a f t f a f a t a t a → − + − = − . Assim, f é diferenciável em a se existir um número real, f '( ) a , tal que [ ] ( ) ( ) '( )( ) lim 0 | | t a f t f a f a t a t a → − + − = − . Agora temos condições de apresentar o conceito de diferenciabili- dade de função de duas variáveis. Definição 4.3 Sejam f uma função de duas variáveis e ( , ) ( ) a b ∈ D f , um ponto de acumulação de ( , ) ( ) a b ∈ D f . Dizemos que f é diferenciável no ponto ( , ) ( ) a b D f ∈, se as derivadas parciais ( , ) f x a b ∂ ∂ e ( , ) f y a b ∂ ∂ existem e se ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) , , , , lim 0 , , x y a b f f f x y f a b a b x a a b y b x y x y a b →   ∂ ∂ − + − + −   ∂ ∂   = − , onde ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 , , x y a b x a y b − = − + − . 140 Quando f é diferenciável em todos os pontos de seu domínio, dizemos que f é diferenciável. Exemplo 4.5. Mostre que ( , ) 2 3 f x y x y = + é diferenciável. Solução: Seja ( ) 2 , ( ) a b ∈ D f =  . Para mostrar que f é dife- renciável em ( ) ,a b devemos mostrar que ( , ) f x a b ∂ ∂ e ( , ) f y a b ∂ ∂ existem e que o limite da Definição 4.3 é zero. A função f tem derivadas parciais em ( ) ,a b e são dadas por ( , ) 2 f x a b ∂ = ∂ e ( , ) 3 f y a b ∂ = ∂ . Agora, ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( , ) ( , ) , , , , lim ( , ) ( , ) x y a b f f f x y f a b a b x a a b y b x y x y a b →   ∂ ∂ − + − + −   ∂ ∂   = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ( , ) ( , ) 2 3 2 3 2 3 lim 0. x y a b x y a b x a y b x a y b → + − + + − + −     = − + − Como ( ) ,a b é um ponto qualquer em 2  , temos que f é diferenciável. Vimos para função de uma variável que, se f é derivável em um ponto t = a , então f é contínua neste ponto. Este resultado continua válido para funções de duas variáveis. Teorema 4.1 Se f é diferenciável em ( , ) ( ) a b ∈ D f então f é contínua em ( , ) a b . Exemplo 4.6. Considere a função 2 2 , ( , ) (0,0) 5 ( , ) . 0, ( , ) (0,0) xy se x y x y f x y se x y  ≠  + =   =  f é diferenciável em (0,0) ? Justifique. Solução: Mostramos que f é descontínua no ponto (0,0) (Exemplo 3.26), portanto f não é diferenciável em (0,0) . Nem sempre é fácil usar a Definição 4.3 para verificar a diferenciabilidade de uma função. O próximo teorema fornece uma condição suficiente para que uma função seja diferenciável. 141 Teorema 4.2 Sejam f uma função de duas variáveis e ( , ) ( ) a b ∈ D f . Se as derivadas parciais f x ∂ ∂ , f y ∂ ∂ existem na bola aberta ( ) ( ) , ; B a b r e são contínuas em ( ) ,a b , então f é diferenciável em ( ) ,a b . Exemplo 4.7. Verifique se as funções abaixo são diferenciáveis em 2  . ( ) 2 2 , 3 4 f x y x y xy = + a) ; ( ) , x y h x y = e + b) . Solução: a) A função f tem derivadas parciais em todos os pontos de 2  e são dadas por 2 6 4 f xy y x ∂ = + ∂ e 3 2 8 . f x xy y ∂ = + ∂ As derivadas parciais são contínuas, pois são funções polinomiais. Portanto, f é diferenciável em 2  . b) A função h tem derivadas parciais em todos os pontos de 2  . Estas são dadas por x y h e x + ∂ ∂ = e x y h e y + ∂ ∂ = . Como as funções derivadas parciais são contínuas em 2  , temos h diferenciável em 2  . 4.3 Diferencial Quando estudamos funções de uma variável, ( ) y = f x , defini- mos a diferencial de y como sendo '( ) dy f x x = ∆ . Dessa definição decorre que a diferencial de y = x é igual ao acréscimo da variável independente, ou seja, dx x = ∆ . Vimos que para x ∆ pequeno, a di- ferencial de y fornece uma boa aproximação para o acréscimo y ∆ da variável dependente. Nesta seção, vamos definir a diferencial de uma função de duas variáveis ( , ) z = f x y , e veremos que esta representa uma boa aproximação para o acréscimo da variável z quando os acréscimos das variáveis independentes são pequenos. 142 Definição 4.4 Seja ( , ) z = f x y uma função diferenciável. A dife- rencial de f em ( , ) ( ) x y ∈ D f , denotada por df ou dz , é dada por ( ) ( ) ( ) , , , f f df x y x y dx x y dy x y ∂ ∂ = + ∂ ∂ , (5) ou, usando a notação clássica, z z dz dx dy x y ∂ ∂ = + ∂ ∂ , onde dx e dy são as diferenciais das variáveis independentes x e y respectivamente. A diferencial dz também é chamada de diferencial total de ( , ) f x y . Se tomarmos dx x x a = ∆ = − e dy y y b = ∆ = − na expressão (5), a di- ferencial da f no ponto ( ) ,a b pode ser escrita da seguinte forma: ( ) ( )( ) ( )( ) , , , f f df a b a b x a a b y b x y ∂ ∂ = − + − ∂ ∂ . Comparando esta igualdade com a Definição 4.3, vemos que quando x ∆ e y ∆ se aproximam de zero ( ) x a e y b → → te- remos ( ) ( ) , , z f x y f a b ∆ = − se aproximando da ( , ) df a b , ou seja, de dz . Portanto, para valores pequenos de x ∆ = dx e y ∆ = dy a diferencial em z fornece uma boa aproximação para z ∆ . Exemplo 4.8. Calcule a diferencial de ( ) 2 2 , f x y x y = + no ponto ( ) 1, 2 . Solução: A diferencial de f no ponto ( ) 1, 2 é dada por ( ) ( ) 1, 2 1, 2 f f dz dx dy x y ∂ ∂ = + ∂ ∂ . Como ( 1, 2) 2 f x ∂ = ∂ e ( 1, 2) 4 f y ∂ = ∂ , temos 2 4 . dz dx dy = + Exemplo 4.9. Considere a função ( ) 2 , 7 3 z f x y x y = = + . a) Determine a diferencial total dz . b) Calcule z ∆ e dz , se x variar de 2 para 2,05 e y variar de 1 para 0,98. Determine z ∆ − dz . 143 Solução: a) A diferencial total é 7 6 . z z dz dx dy x y dz dx ydy ∂ ∂ = + ∂ ∂ = + b) O ponto ( ) ( ) , 2,1 , 0,05 a b dx x = = ∆ = e 0,02 dy y = ∆ = − . O incremento de z é ( ) ( ) 2,05; 0,98 2,1 z f f ∆ = − ( ) ( ) ( ) 2 2 7 2,05 3 0,98 7 2 3 1 z ∆ = + − ⋅ + ⋅ = 0,2312 , e a diferencial total é ( ) ( ) 7 0,05 6 1 0,02 0,23 dz = − ⋅ = . Portanto, 0,0012. z ∆ − dz = Exemplo 4.10. Use diferencial para encontrar um valor aproxima- do para a expressão ( ) ( ) 4 3 0,995 2,001 . + Solução: A expressão da qual queremos determinar um valor apro- ximado é do tipo 4 3 x + y . Assim, vamos considerar a função ( ) 4 3 , z f x y x y = = + . Queremos encontrar ( ) ( ) ( ) 4 3 , f x x y y x x y y + ∆ + ∆ = + ∆ + + ∆ onde 1, 2 x y = = , 0,005 dx x = ∆ = − e 0,001. dy y = ∆ = Como dz z ≅ ∆ temos ( ) ( ) , , f x x y y f x y dz + ∆ + ∆ ≅ + . Calculando ( 1, 2) 1 8 9 f = + = e ( ) ( ) 1, 2 1, 2 f f dz dx dy x y ∂ ∂ = + ∂ ∂ temos ( ) ( ) 3 2 4 1 0,005 3 2 0,001 0,008 dz = ⋅ − + ⋅ = − . 144 Segue que ( ) ( ) 4 3 0,995 2,001 9 0,008 8,992. + ≅ − = Os conceitos de diferenciabilidade e diferencial apresentados para funções de duas variáveis se estendem de modo natural às funções com mais de duas variáveis. Deixamos a cargo do aluno escrever estas definições para funções com n variáveis. Lista de exercícios 1) Usando a definição de diferenciabilidade de função, mostre que a função ( , ) f x y = xy é diferenciável em 2  . 2) Usando o Teorema 4.2, verifique que as funções abaixo são di- ferenciáveis em 2  . a) ( ) 3 2 , 4 3 5 f x y x y x = + + ; b) ( , ) sen( ²) f x y x y = = + . 3) Calcular a diferencial das seguintes funções: a) xy z = xe ; b) ( ) 2 2 , , ln f x y z x y z = + − . 4) Encontre um valor aproximado para a expressão ( ) 1,01e0,015 7 . 5) Mostre que, se ( , ) f x y é diferenciável em ( ) ,a b então f é con- tínua em ( , ) . a b 4.4 Regra da cadeia A regra da cadeia para funções de uma variável é usada para calcular a derivada de funções compostas. Nesta seção, vamos apresentar a regra da cadeia para funções de várias variáveis. Ini- cialmente, consideramos dois casos específicos de composição de funções de duas variáveis e, em seguida, apresentamos a regra da cadeia generalizada. Teorema 4.3 (Regra da cadeia – caso 1) Suponha que ( , ) z = f x y seja uma função diferenciável de x e y , onde ( ) x = x t e ( ) y = y t são funções diferenciáveis de t . Então a função ( ( ) ( ) ) , z f x t y t = é 145 uma função diferenciável de t e dz f dx f dy dt x dt y dt ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ . Exemplo 4.11. Sejam 2 ( , ) ln(3 ) z f x y x y = = + , ( 1) x = t + e 5 y = t . a) Determine dz dt usando a regra da cadeia; b) Calcule a função composta ( ( ), ( )) z f x t y t = e dz dt . Solução: a) Aplicando a regra da cadeia 2 2 6 1 1 5. 3 3 dz f dx f dy dt x dt y dt dz x dt x y x y ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ + + Substituindo ( 1) x = t + e 5 y = t na expressão acima temos ( ) ( ) ( ) 2 2 6 1 5 3 1 5 6 11 . 3 1 5 t dz dt t t dz t dt t t + + = + + + = + + , ou seja, ( ) ( ) ( ) 2 2 6 1 5 3 1 5 6 11 . 3 1 5 t dz dt t t dz t dt t t + + = + + + = + + b) A função composta é 2 ( ( ), ( )) (( 1),5 ) ln(3( 1) 5 ) z f x t y t f t t t t = = + = + + . A derivada de z em relação a t (calculada a partir desta expressão) é ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 1 5 6 11 3 1 5 3 1 5 t dz t dt t t t t ⋅ + + + = = + + + + . Exemplo 4.12. Sejam 2 2 2 , cos z x xy y x t = + + = e sen . y t = Deter- mine dz dt . 146 Solução: Usando a regra da cadeia dz z dx z dy dt x dt y dt ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ ( )( ) ( )( ) 2 2 sen 2 2 cos x y t x y t = + − + + ( )( ) 2 2 cos sen x y t t = + − ( )( ) 2 cos sen cos sen t t t t = + − , ou seja, ( ) 2 2 2 cos sen . dz t t dt = − . Teorema 4.4 (Regra da cadeia – caso 2) Suponha que ( , ) z = f u v seja uma função diferenciável de u e v , onde ( , ) u = u x y e ( , ) v = v x y são funções diferenciáveis de x e de y . Então ( ) ( ) ( ) , , , z f u x y v x y = é uma função de x e y , e z f u f v x u x v x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ . z f u f v y u y v y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Exemplo 4.13. Se ( , ) z = f u v u cos z e v = , onde u = xy e 2 v x y = + , determine z x ∂ ∂ e z y ∂ ∂ usando a regra da cadeia. Solução: z f u f v x u x v x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ( cos ) sen 1 u u e v y e v = ⋅ − ⋅ ⋅ 2 2 cos( ) sen( ) exy y x y x y   = ⋅ + − +   e z f u f v y u y v y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ( cos ) (sen ) 2 u u e v x v e y = ⋅ − ⋅ ⋅ 2 2 cos( ) 2 sen( ) exy x x y y x y   = + − +   . 147 Observação: A notação z x ∂ ∂ não pode ser considerada como a ra- zão de z ∂ e x ∂ , pois nenhum destes símbolos isoladamente tem um significado próprio. Teorema 4.5 (Regra da cadeia generalizada) Suponha que w = f ( 1 , 2 ,..., n u u u ) seja uma função diferenciável de n variáveis 1 , 2 ,..., n u u u , onde cada ju é uma função diferenciável de m variá- veis, 1 , 2 ,..., m x x x . Então w é uma função de 1 , 2 ,..., m x x x e 1 2 1 2 ... , n i i i n i u u u w f f f x u x u x u x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ + + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ para cada 1,2,..., . i m = Exemplo 4.14. Suponha que todas as funções sejam diferenciá- veis ( , , ) w = f x y z , ( ) ( ) , , , , , x x r y y r = θ γ = θ γ e ( , , ) . z = z r θ γ Determine w r ∂ ∂ , w ∂ ∂θ e w ∂ ∂γ . Solução: Aplicando o Teorema 4.5 temos w f x f y f z r x r y r z r ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ w f x f y f z x y z ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ∂θ ∂ ∂θ ∂ ∂θ ∂ ∂θ w f x f y f z x y z ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ∂γ ∂ ∂γ ∂ ∂γ ∂ ∂γ . 4.5 Derivação implícita Vimos no estudo das funções de uma variável que uma equação do tipo ( , ) F x y = 0 , onde ( , ) F x y é uma expressão envolvendo x e y pode definir, implicitamente, uma ou mais funções, sendo x a variável e y a função, ou seja, ( ) y = f x . Nesta seção, vamos es- tudar a derivação (derivação parcial) de funções dadas de forma implícita. Consideraremos duas situações específicas. 1ª Situação: Suponhamos que a função ( ) y = f x seja definida implicitamente pela equação ( , ) F x y = 0 . Se f e F são funções diferenciáveis e ( ) ( ) , 0 F x f x y ∂ ≠ ∂ , então podemos encontrar a 148 derivada dy dx derivando ambos os lados da equação ( , ) F x y = 0 em relação a x . Usando a regra da cadeia (caso 1) temos, 0. F dx F dy x dx y dx ∂ ∂ ⋅ + ⋅ = ∂ ∂ Como ( ) ( ) , 0 F x f x y ∂ ≠ ∂ e 1 dx dx = , segue . F dy x F dx y ∂ − ∂ = ∂ ∂ (6) Para obter a fórmula (6), assumimos que a equação ( , ) F x y = 0 define y implicitamente em função de x . O Teorema da Função Implícita, demonstrado em cursos mais avançados, fornece con- dições segundo as quais essa hipótese é válida. Uma versão deste teorema diz: Se F é definida numa bola aberta contendo (a,b), onde ( , ) 0, ( , ) 0 F F a b y a b ∂ = ≠ ∂ e F x ∂ ∂ e F y ∂ ∂ 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 fórmula (6). Exemplo 4.15. Supondo que a função ( ) y = f x é definida implicita- mente pela equação ( ) ln 3 3 xy x y + = , determine sua derivada dy dx . Solução: A equação dada pode ser escrita da seguinte forma: ( ) ( ) , ln 3 3 0. F x y xy x y = + − = Temos 3 F y x xy ∂ = + ∂ e 3 F x y xy ∂ = − ∂ . Aplicando a fórmula (6) ob- temos 3 3 xy y xy dy xy x dx xy   + −    = − + 149 3 3 xy y xy x + = − . Exemplo 4.16. Mostre que a equação 2 ( , ) sen 0 F x y x y y = + = defi- ne implicitamente uma função derivável ( ) y = f x . Solução: Temos 2 ( , ) sen F x y x y y = + , função definida em 2  , com (0,0) 0 F = , 2 F xy x ∂ = ∂ e 2 cos F x y y ∂ = + ∂ contínuas em 2  , e (0,0) 1 0 F y ∂ = ≠ ∂ . Então pelo Teorema da Função Implícita, a equa- ção ( , ) F x y = 0 define uma função derivável ( ) y = f x . 2ª Situação: Suponhamos que a função ( , ) z = f x y seja dada im- plicitamente pela equação ( , , ) F x y z = 0. Se f e F são funções diferenciáveis e ( ) ( ) , , , 0 F x y f x y z ∂ ≠ ∂ , podemos aplicar a regra da cadeia para obter as z x ∂ ∂ e z y ∂ ∂ . Derivando os dois membros da equação ( , , ) F x y z = 0 em relação a x , temos 0. F x F y F z x x y x z x ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ Mas ( ) 1 x x ∂ = ∂ e ( ) 0 x y ∂ = ∂ , portanto F z x F x z − ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ . De modo semelhante, obtém-se F z y F y z − ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ . Como no caso anterior, estamos assumindo que a equação ( , , ) F x y z = 0 define z implicitamente como função de x e y . Uma outra versão do Teorema da Função Implícita fornece as condições para que a hipótese seja válida. 150 Exemplo 4.17. Suponha que a função diferenciável ( , ) z = f x y seja definida pela equação 0 z xy + ze = . Calcule z x ∂ ∂ e z y ∂ ∂ . Solução: Seja ( , , ) 0 z F x y z xy ze = + = . Como , F F y x x y ∂ ∂ = = ∂ ∂ e z z F e ze z ∂ = + ∂ , segue que ( ) z 1 z y x e z ∂ − ∂ = + e ( ) z 1 z x y e z ∂ − ∂ = + . Lista de exercícios 1) Considere as funções ( ) ( ) 2 3 , 4 3 , 1 f x y y x x t t = − = − e ( ) 3 1 y t = −t . a) Calcule a função composta ( ) ( ) ( ) , z f x t y t = . b) Encontre dz dt usando o item (a). c) Encontre dz dt usando a regra da cadeia. 2) Use a regra da cadeia para determinar z x ∂ ∂ e z y ∂ ∂ , sabendo que 2 2 2 2 , z u v u x y = + = − e 2xy v = e . 3) Determine a derivada da função implícita f tal que ( ) y = f x está definida pela equação 4 3 4 78 0 x y xy − + − = . 4) Se 3 4 5 0 x xy xz − + − = , calcular z x ∂ ∂ e z y ∂ ∂ usando a regra de derivação de função implícita. 4.6 Gradiente e jacobiano Nesta seção, vamos definir o gradiente de uma função, a matriz jacobiana e o determinante jacobiano. O gradiente de uma fun- ção aparece em diversas aplicações matemáticas. Usá-lo-emos no estudo de máximos e mínimos de funções de várias variáveis. O determinante jacobiano vai surgir quando estivermos estudando mudanças de variáveis em integrais duplas e triplas. Definição 4.5 Seja ( , ) z = f x y uma função que admite deriva- das parciais no ponto ( ) ,a b . O gradiente de f no ponto ( ) ,a b , 151 denotado por ( , ) ∇f a b , é um vetor cujos componentes são as de- rivadas parciais de f nesse ponto, ou seja, ( ) ( ) ( ) , , , , f f f a b a b a b x y   ∂ ∂ ∇ =   ∂ ∂   . Quando trabalhamos com um ponto genérico ( ) ,x y , escrevemos f , f f x y   ∂ ∂ ∇ =   ∂ ∂   . O símbolo f ∇ é lido como “gradiente de f ’’. Estendemos a definição para funções com n variáveis. Se ( ) 1 , 2 ,..., n w f x x x = , então o gradiente da f em um ponto arbitrá- rio é 1 2 , , ..., n f f f f x x x   ∂ ∂ ∂ ∇ =   ∂ ∂ ∂   . Exemplo 4.18. Determine o gradiente da função ( ) 2 , , g x y z = xyz em um ponto( , , ) x y z . Solução: ( ) ( ) 2 2 , , , , 2 g x y z yz xz xyz ∇ = ou ( ) 2 2 , , 2 g yz xz xyz ∇ = . Definição 4.6 Sejam 1 , 2 ,..., n f f f funções de m variáveis 1 , 2 ,..., m x x x que admitem derivadas parciais no ponto ( ) 1 , 2 ,..., m A a a a = . A ma- triz formada pelas derivadas parciais no ponto A 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m m n n n m f f f A A A x x x f f f A A A x x x J A f f f A A A x x x ∂ ∂ ∂     ∂ ∂ ∂     ∂ ∂ ∂   ∂ ∂ ∂ =       ∂ ∂ ∂     ∂ ∂ ∂       , é chamada de matriz jacobiana de 1 , 2 , , n f f  f em relação a 1 , 2 , , m x x  x no ponto A . Se n = m , então podemos calcular o determinante da matriz ja- cobiana. Definimos o determinante jacobiano de 1 , 2 ,..., n f f f em relação a 1 , 2 ,..., n x x x , denotado por ( ) ( ) 1 2 1 2 , ,..., , ,..., n n f f f x x x ∂ ∂ , como sendo o determinante da matriz jacobiana. 152 Observe que as linhas da matriz jacobiana no ponto A são os gradientes das funções 1 , 2 ,..., n f f f no ponto A . Exemplo 4.19. Sejam cos x = r θ e sen y = r θ. Determine a matriz jacobiana de x e y em relação a r e θ no ponto ( ) 1, π e calcule o determinante jacobiano em um ponto arbitrário ( , ) . r θ Solução: Temos ( , ) x = x r θ e ( , ) y = y r θ . A matriz jacobiana em um ponto arbitrário ( ) ,r θ é cos sen ( , ) sen cos r J r r θ − θ   θ =   θ θ   . Quando 1 r = e θ = π temos ( ) 1 0 1, 0 1 J −  π =  −    . O determinante jacobiano é cos sen ( , ) . sen cos ( , ) r x y r r r − ∂ = = ∂      Exemplo 4.20. Sejam cos x = r θ e sen y = r θ e z = z . Encontre ( ) ( ) , , , , x y z r z ∂ ∂ θ . Solução: ( ) ( ) cos sen 0 , , sen cos 0 . , , 0 0 1 r x y z r r r z θ − θ ∂ = θ θ = ∂ θ 4.7 Derivadas parciais sucessivas e Teorema de Schwarz Se ( , ) z = f x y é uma função de duas variáveis, suas derivadas parciais x f f x ∂ = ∂ e y f f y ∂ = ∂ são funções de duas variáveis. A par- tir destas funções podemos considerar suas derivadas parciais ( x ) x f , ( x ) y f , ( y ) x f , ( y ) y f , chamadas derivadas parciais de se- gunda ordem de f . 153 Notações: ( ) 2 2 11 11 2 2 x xx x f f z f f f D f x x x x ∂ ∂ ∂ ∂   = = = = = =   ∂ ∂ ∂ ∂   ( ) 2 2 12 12 x xy y f f z f f f D f y x y x y x ∂ ∂ ∂ ∂   = = = = = =   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   ( ) 2 2 21 21 y yx x f f z f f f D f x y x y x y   ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = = =   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   ( ) 2 2 22 22 2 2 y yy y f f z f f f D f y y y y   ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = = =   ∂ ∂ ∂ ∂   . Destacamos que a notação 2 f y x ∂ ∂ ∂ significa que derivamos primei- ro em relação a x e depois em relação a y . A notação fyx indica que derivamos primeiro em relação a y e depois em relação a x . As definições das derivadas parciais de ordem superior são simi- lares. Exemplo 4.20. Dada a função ( ) 3 2 3 , 4 . f x y x y x y = + , calcule: a) 2 f y x ∂ ∂ ∂ ; b) fxx ; c) D121 f ; d) fxxy . Solução: a) ( ) 2 2 3 2 2 3 8 3 24 f f x y xy x xy y x y x y ∂ ∂ ∂ ∂   = = + = +   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   . b) 2 3 3 8 xf x y xy = + e 3 6 8 . fxx xy y = + c) 2 3 1 3 8 D f x y xy = + , 2 2 12 3 24 D f x xy = + e 2 121 6 24 . D f x y = + d) 2 6 24 fxxy x y = + . Exemplo 4.21. Considere a função ( ) 3 , x sen f x y e y = . Calcule 2 f y x ∂ ∂ ∂ e 2 f x y ∂ ∂ ∂ . Solução: 3 3 x sen f e y x ∂ = ∂ e 2 3 3 x cos f e y y x ∂ = ∂ ∂ , 3 cos x f e y y ∂ = ∂ e 2 3 3 x cos f e y x y ∂ = ∂ ∂ . 154 Observando o Exemplo 4.21, vemos que as derivadas parciais mis- tas 2 f x y ∂ ∂ ∂ e 2 f y x ∂ ∂ ∂ são iguais. Isto significa que, para esta função, a ordem de derivação não importa. Na verdade, esta propriedade é satisfeita pela maioria das funções que aparecem na prática. Exis- tem, porém, funções onde as derivadas mistas são diferentes (ver Exercício 6 desta seção). O próximo teorema fornecerá condições que garantirão que as derivadas parciais mistas sejam iguais. Teorema 4.6 (Teorema de Schwarz) Suponhamos que f seja uma função de duas variáveis, x e y , definida em bola aberta B com derivadas parciais de segunda ordem contínuas em B . Então ( ) ( ) 2 2 , , f f a b a b x y y x ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ para todo ( , ) . a b B ∈ Como conseqüência do teorema acima, se a função ( , ) z = f x y tem todas as derivadas parciais contínuas em uma bola aberta, então a ordem da derivação não altera o resultado. Por exemplo: 3 3 3 2 2 f f f x y x y x y x ∂ ∂ ∂ = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ . Lista de exercícios 1) Considere a função ( , , ) sen sen . f x y z x yz y xz = + Calcule ( , , ) f x y z . ∇ 2) Considere as funções ( ) 2 2 , f x y x y = + e ( ) , xy g x y = e . Determi- ne a matriz jacobiana de f e g em relação a x e y , ( , ) J x y . Cal- cule o determinante jacobiano em um ponto arbitrário ( ) ,x y . 3) Calcule as derivadas parciais de segunda ordem da função ( ) ( ) 2 , sen f x y x y = + e verifique que xy yx f = f . 4) Considere a função ( ) ( ) , , cos . f x y z x y z = + + Calcule f123 e 321. f 5) Verifique que 2 2 2 0 f f x y x y y ∂ ∂ + = ∂ ∂ ∂ , onde ( , ) ( ) x y f x y x y e = + . 155 6) Considere a função 3 2 2 , ( , ) (0,0) ( , ) 0, ( , ) (0,0) xy se x y f x y x y se x y  ≠ =  +   =  . Mostre que 2 (0,0) 0 f x y ∂ = ∂ ∂ e 2 (0,0) 1. f y x ∂ = ∂ ∂ 4.8 Máximos e mínimos de funções de várias variáveis Vimos que uma das aplicações da derivada de funções de uma variável é o estudo de máximos e mínimos de funções. Nesta se- ção, vamos ampliar a teoria de máximos e mínimos a funções com duas variáveis. Destacamos que todo o estudo pode ser feito para funções com mais de duas variáveis. Definição 4.7 Seja ( , ) z = f x y uma função de duas variáveis. Di- zemos que o ponto ( ) ( ) ,a b ∈ D f é: i) um ponto de máximo absoluto (ou global) de f se ( ) ( ) , , f a b ≥ f x y para todo ( ) ( ) ,x y ∈ D f ; ii) um ponto de mínimo absoluto (ou global) de f se ( ) ( ) , , f a b ≤ f x y para todo ( ) ( ) ,x y ∈ D f . O número ( , ) f a b é o valor máximo de f ou valor mínimo de f , conforme o ponto ( ) ,a b é um ponto de máximo absoluto ou de mínimo absoluto de f . Definição 4.8 Seja ( , ) z = f x y uma função de duas variáveis. Di- zemos que o ponto ( ) ( ) ,a b ∈ D f é: i) um ponto de máximo local de f se existir δ > 0 tal que ( ) ( ) , , f a b ≥ f x y para todo ( ) ( ) ( ) ( ) , , ; x y D f B a b ∈ ∩ δ ; ii) um ponto de mínimo local de f se existir δ > 0 tal que ( ) ( ) , , f a b ≤ f x y para todo ( ) ( ) ( ) ( ) , , ; x y D f B a b ∈ ∩ δ . 156 A Figura 4.3 ilustra a Definição 4.8. máximo local máximo absoluto mínimo local mínimo absoluto x z y Figura 4.3 Exemplo 4.22. Considere a função f definida por ( ) ( ) ( ) 2 2 , 1 2 1. f x y x y = − + − − O ponto ( ) 1, 2 é ponto de mínimo global de f , pois ( ) ( ) 1, 2 , f ≤ f x y para todo ( ) 2 ,x y ∈ . A Figura 4.4 ilustra o exemplo. y x z (1,2, -1) Figura 4.4 Exemplo 4.23. Seja f a função definida em 2  tal que ( ) 2 2 , . f x y x y = − − O ponto ( ) 0,0 é um ponto de máximo global de f , pois ( ) 2 2 , 0 f x y x y = − − ≤ para todo ( ) 2 ,x y ∈ e ( 0,0) 0 f = , logo ( ) ( ) , 0,0 f x y ≤ f para todo ( ) 2 ,x y ∈ . Exemplo 4.24. Considere a função f definida em 2  tal que ( , ) . f x y = x y O ponto ( ) 0,0 não é um ponto de máximo nem pon- to de mínimo de f , pois para qualquer bola aberta ( ) ( 0,0 ; ) B δ te- mos: ( ) ( ) , 0,0 0 f x y > f = a) se ( ) ,x y é um ponto da ( ) ( 0,0 ; ) B δ si- tuado no primeiro ou terceiro quadrante; 157 ( ) ( ) , 0,0 f x y < f b) se ( ) ,x y é um ponto da ( ) ( 0,0 ; ) B δ situa- do no segundo ou quarto quadrante. Portanto, não existe uma bola aberta ( ) ( 0,0 ; ) B δ tal que ( ) ( ) 0,0 , f ≤ f x y ou ( ) ( ) 0,0 , f ≥ f x y para todo ( ) ( ) ( ) , 0,0 ; x y ∈ B δ . Vimos que se uma função f de uma variável é derivável em um ponto a , e a é um ponto de máximo ou mínimo local de f , en- tão '( ) 0 f a = . O próximo teorema é uma extensão deste resultado às funções de duas variáveis. Teorema 4.7 (Condição necessária). Seja ( , ) z = f x y uma função definida na bola aberta ( ) ( ) , ; B a b r . Se f tem um máximo ou mínimo local em ( ) ,a b e as derivadas parciais de primeira ordem existem em ( ) ,a b , então ( , ) 0 f x a b ∂ = ∂ e ( , ) 0 f y a b ∂ = ∂ . Demonstração: Suponhamos que ( ) ,a b seja um ponto de máxi- mo local de f . Então, o ponto a é ponto de máximo da função g , definida por ( ) ( , ) g x = f x b , de onde resulta que '( ) 0 g a = . Como ( ) ( ) ' , f g a x a b ∂ = ∂ , segue que ( , ) 0. f x a b ∂ = ∂ De forma aná- loga, mostra-se que ( , ) 0. f y a b ∂ = ∂  Definição 4.9 Um ponto ( ) ,a b é denominado ponto crítico de f se as derivadas parciais de primeira ordem de f em ( ) ,a b forem ambas nulas ou se f não for diferenciável em ( ) ,a b . Observação: Um ponto crítico que não é um ponto de máximo nem de mínimo é chamado de ponto de sela. Pelo Exemplo 2.24, a função ( , ) f x y = xy tem ponto de sela em (0,0). Exemplo 4.25. Determine os pontos críticos de ( ) 2 2 , . f x y x y = + Solução: Como f tem derivadas parciais em todos os pontos de 2  , para determinar os pontos críticos de f basta resolver o sis- tema 0 0 f x f y ∂ ∂ = ∂  ∂ =  , ou seja, 2 0. 2 0 x y =   =  158 A única solução deste sistema é o ponto ( ) 0,0 . Portanto, a função tem ( ) 0,0 como único ponto crítico. Exemplo 4.26. Determine os pontos críticos da função ( ) 2 2 , 3 3 4. f x y x x y y x y = + + + − + Solução: A função f é uma função polinomial. Assim, suas de- rivadas parciais existem para todo ( ) 2 ,x y ∈ . Para encontrar os pontos críticos, devemos resolver o sistema 0 0 f x f y ∂ ∂ = ∂  ∂ =  , ou seja, 2 3 2 3 x y x y + = −   + =  . Resolvendo o sistema, obtemos ( ) ( ) , x y = −3, 3 como única solu- ção. Logo, ( −3, 3) é o único ponto crítico de .f O Teorema 4.7 fornece condições para identificar os pontos críti- cos de uma função .f Agora, precisamos saber, entre os pontos críticos, quais são pontos de máximo ou mínimo. O próximo te- orema fornece condições que nos auxiliam na identificação dos pontos críticos. O resultado é análogo ao critério da segunda de- rivada para função de uma variável. Teorema 4.8 Seja ( , ) z = f x y uma função tal que suas derivadas parciais de segunda ordem sejam contínuas em uma bola aberta ( ) ( ) , ; B a b r , e suponhamos que ( ) ,a b seja um ponto crítico de f . Seja ( , ) H x y o determinante ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , , , . , , f f x y x y x y x H x y f f x y x y x y y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ i) Se ( , ) H a b > 0 e ( ) 2 2 , 0 f a b x ∂ > ∂ , então ( ) ,a b é um ponto de mínimo local de f . ii) Se ( , ) H a b > 0 e ( ) 2 2 , 0 f a b x ∂ < ∂ , então ( ) ,a b é um ponto de máximo local de f . Se iii) ( , ) H a b < 0 , então ( ) ,a b é ponto de sela. 159 iv) Se ( , ) H a b = 0 , nada se pode afirmar. Exemplo 4.27. Considere a função ( ) 2 2 , 3 3 4. f x y x xy y x y = + + + − + Determine, caso existam, os pontos de máximo local e os pontos de mínimo local da função. Solução: Vimos no Exemplo 4.26 que o ponto ( −3, 3) é o único ponto crítico de f . Para classificá-lo vamos usar o Teorema 4.8. Para isto, precisamos calcular as derivadas parciais de segunda or- dem. Temos ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , 2, , 1, , 1 f f f x y x y x y x y x x y ∂ ∂ ∂ = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , 2, , 1, , 1 f f f x y x y x y x y x x y ∂ ∂ ∂ = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , 2, , 1, , 1 f f f x y x y x y x y x x y ∂ ∂ ∂ = = = ∂ ∂ ∂ e ∂ ∂ ( ) 2 2 , 2. f x y y ∂ = ∂ Assim, ( ) 2 1 3, 3 3. 1 2 H − = = Como ( 3, 3) 3 0 H − = > e ( ) 2 2 3, 3 2 0 f x ∂ − = > ∂ , segue que ( −3, 3) é um ponto de mínimo local de f . Exemplo 4.28. Dada a função ( ) 3 3 , 3 f x y x y xy = + + , encontre os pontos de máximo e mínimo locais, caso existam. Solução: Vamos determinar inicialmente os pontos críticos: 0 0 f x f y ∂ ∂ = ∂  ∂ =  , ou seja, 2 2 3 3 0. 3 3 0 x y x y  + =  + =  Resolvendo o sistema, temos os pontos críticos ( ) 0,0 e ( ) 1, 1 − − . Calculando as derivadas de segunda ordem e ( , ) H x y , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , 6 , , 3, , 3, , 6 f f f f x y x x y x y x y y x y x x y y ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , 6 , , 3, , 3, , 6 f f f f x y x x y x y x y y x y x x y y ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , 6 , , 3, , 3, , 6 f f f f x y x x y x y x y y x y x x y y ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , 6 , , 3, , 3, , 6 f f f f x y x x y x y x y y x y x x y y ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ e ( ) 6 3 , 36 9. 3 6 x H x y x y y = = − Vamos analisar o ponto ( ) 0,0 . Temos ( 0,0) 9 0 H = − < . Assim, ( ) 0,0 é um ponto de sela. 160 Agora, vamos analisar o ponto ( ) 1, 1 − − . Temos ( ) 1, 1 36 9 27 0 H − − = − = > e ( ) 2 2 1, 1 6 0 f x ∂ − − = − < ∂ , logo ( ) 1, 1 − − é um ponto de máximo local de f . Portanto, a função f tem um máximo local em ( ) 1, 1 − − enquan- to ( ) 0,0 é um ponto de sela de f . Exemplo 4.29. Mostre que a área total de um paralelepípedo re- tangular de volume dado V é mínima quando o sólido é um cubo. Solução: A função que representa a área total do paralelepípedo é ( , , ) 2 2 2 . f x y z xy yz xz = + + y x z Figura 4.5 O volume ( ) V = constante é dado por V = x y z e , , x y z > 0. As- sim, a função que expressa a área total pode ser escrita da seguin- te forma: ( ) 2 2 , 2 . V V g x y xy x y = + + Agora, vamos encontrar os pontos de mínimo da função .g 0 0 g x g y ∂ = ∂ ∂  = ∂  , ou seja, 2 2 2 2 0 . 2 2 0 V y x V x y  − =   − =  Resolvendo o sistema e observando que , x y ≠ 0 , temos x = 3 V e y = 3 V . Segue que o único ponto crítico é ( ) 3 V 3, V . Calculando as derivadas parciais de segunda ordem e ( , ) H x y , 161 obtemos: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 3 4 4 , , , 2, , 2, , ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ g V g g g V x y x y x y x y x x y x x y y y ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 3 4 4 , , , 2, , 2, , ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ g V g g g V x y x y x y x y x x y x x y y y ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 3 4 4 , , , 2, , 2, , ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ g V g g g V x y x y x y x y x x y x x y y y ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 3 4 4 , , , 2, , 2, , ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ g V g g g V x y x y x y x y x x y x x y y y e ( ) ( ) 2 3 3 3 4 2 16 , 4 4 2 = = − V V x H x y V x y y . Como ( ) 3 3, 16 4 12 0 H V V = − = > e ( ) 2 3 3 2 4 , 0 3 g V V V x ∂ = > ∂ , temos que ( ) 3 V 3, V é ponto de mínimo relativo. Pela natureza física do problema, o ponto ( ) 3 V 3, V é um ponto de mínimo absoluto. Para x = 3 V e y = 3 V segue que 3 3 3 = = = V V z V x y V V . Portanto, o paralelepípedo retangular que possui menor área total é o cubo. Lista de exercícios 1) Determine, caso existam, os pontos de máximo local e os pon- tos de mínimo local das funções dadas por: ( ) ( ) ( ) 2 2 , 4 2 f x y x y = − − − − a) . ( ) 2 2 , 4 5 2 4 8 10 f x y x y x y x y = − + + − + b) . ( ) 2 3 , 3 3 f x y x y x x = + − c) . 2) Uma caixa retangular sem tampa deve ser feita com 2 12m de papelão. Determine o volume máximo de tal caixa. 4.9 Máximos e mínimos de funções com restrições Na seção anterior, vimos como determinar máximos e míni- mos de funções cujas variáveis estavam livres, ou seja, não ha- via restrição alguma sobre as variáveis. Vimos também o Exem- plo 4.29, que trata de minimizar uma função com três variáveis, ( , , ) f x y z , onde as variáveis estão restritas a uma condição do tipo ( ) ( ) , , 0 0 = − = g x y z V xyz . Para resolvê-lo, transformamos 162 o problema com três variáveis e uma “restrição” em um problema “irrestrito” com duas variáveis e aplicamos a teoria de minimiza- ção (irrestrita) vista na Seção 4.8. Nesta seção, vamos tratar de máximos e mínimos de funções com restrições a partir das quais não podemos (ou não queremos) ex- plicitar uma variável em função das outras. Para resolver proble- mas desta natureza empregaremos o método dos multiplicadores de Lagrange que será estabelecido no teorema abaixo. Inicialmen- te, vamos considerar o problema de otimização com apenas uma restrição de igualdade, especificamente, o problema de minimi- zar (ou maximizar) ( , , ) f x y z sujeita a ( , , ) g x y z = 0 . Teorema 4.9 Seja ( , , ) f x y z uma função diferenciável em ( ) D f . Seja ( , , ) g x y z uma função com derivadas parciais contínuas em ( ) D f tal que ( ) ( ) , , 0,0,0 ∇ g x y z ≠ para todo ( , , ) x y z ∈ S , onde ( ) ( ) ( ) { } , , | , , 0 = ∈ = S x y z D f g x y z . Se ( , , ) a b c ∈ S é ponto de má- ximo ou mínimo local de f em S então existe um número real λ tal que ( ) ( ) , , , , 0 f a b c g a b c ∇ + λ∇ = . O número λ é chamado multiplicador de Lagrange. Observando o Teorema 4.9, temos que se ( , , ) a b c é um ponto de máximo ou de mínimo local de f , sujeita à restrição ( , , ) g x y z = 0 , então ( , , , ) a b c λ é um possível ponto de máximo ou mínimo da função ( ) ( ) ( ) , , , , , , , L x y z f x y z g x y z λ = + λ , denominada de função de Lagrange. Assim, para se determinar os possíveis pontos ( , , ) x y z de máximo ou mínimo da função ( , , ) f x y z restrita a ( , , ) g x y z = 0 pelo método de Lagrange, basta determinar os possíveis pontos de máximo ou mínimo ( , , , ) x y z λ da função lagrangena, isto é, resolver o sistema, 163 0 0 0 0 L x L y L z L  ∂ = ∂ ∂  = ∂ ∂   ∂ = ∂  =  ∂  , ou seja, ( ) ( ) ( ) , , , , 0 , , 0 f x y z g x y z g x y z ∇ + λ∇ =  =   , (7) onde 0  representa o vetor nulo, neste caso, 0 = (0,0,0)  . Note que os pontos obtidos na resolução do sistema ( ) 7 são candi- datos a extremos da função f . Assim, para classificá-los em má- ximo ou mínimo, precisamos de outros meios, como por exemplo, argumentos geométricos. Exemplo 4.30. Determine, caso existam, os possíveis pontos de máximo ou mínimo da função dada por ( , ) f x y = 4 xy , sabendo- se que 2 2 1 + = x y . Solução: Neste caso, ( , ) f x y = 4 xy e ( ) 2 2 , 1 = + − g x y x y . A função lagrangeana associada ao problema é ( ) ( ) 2 2 , , 4 1 L x y xy x y λ = + λ + − , e o sistema que devemos resolver é ( ) ( ) ( ) , , 0 , 0 f x y g x y g x y ∇ + λ∇ =  =   , ou seja, 2 2 4 2 0 4 2 0 1 0 y x x y x y  + λ =  + λ =   + − =  . Resolvendo o sistema, encontramos os seguintes pontos: 2 2 2 2 2 2 , , 2 , , , 2 , , , 2 2 2 2 2 2 2       − − − −                   e 2 2 , , 2 2 2   − −       . Portanto, os possíveis pontos de máximo ou de mínimo são: 2 2 2 2 2 2 , , , , , 2 2 2 2 2 2       − −                   e 2 2 2 , 2   − −       . 164 Exemplo 4.31. Determine o ponto do plano 4 3 2 + + = x y z que está mais próximo do ponto ( ) 1, 1, 1 − − . Solução: A distância de um ponto ( , , ) x y z ao ponto ( ) 1, 1, 1 − − é dada por ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 . = − + + + + d x y z Como d será um mínimo quando 2 d for um mínimo, podemos formular o problema solicitado da seguinte forma: minimizar ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , , 1 1 1 = − + + + + f x y z x y z sujeita a ( , , ) 4 3 2 0. = + + − = g x y z x y z Assim, aplicando o método dos multiplicadores de Lagrange, deve- mos resolver o sistema ( ) ( ) ( ) , , , , 0 , , 0 f x y z g x y z g x y z ∇ + λ∇ =  =   , ou seja, ( ) ( ) ( ) 2 1 0 2 1 4 0 2 1 3 0 4 3 2 0 x y z x y z − + λ =   + + λ =  + + λ =   + + − =  . A solução do sistema é 17 3 1 8 , , , 13 13 13 13 − −       . O ponto 17 3 1 , , 13 13 13 −       é um candidato a extremo. Por inspeção, verifica-se que é o ponto do plano que está mais próximo do ponto ( ) 1, 1, 1 − − , e a distância é 2 2 2 17 3 1 4 1 1 1 26 13 13 13 13 −       = − + + + + =             d . O método dos multiplicadores de Lagrange pode ser aplicado em problemas com várias restrições, para isso devemos usar vários multiplicadores. Em particular, se o problema for minimizar ou maximizar a função ( , , ) f x y z sujeita às restrições ( , , ) g x y z = 0 e ( , , ) h x y z = 0 , então a função lagrangeana associada é ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 , , , , , , , , , , L x y z f x y z g x y z h x y z λ λ = + λ + λ . 165 E o sistema que deverá ser resolvido é Lista de exercícios 1) Determine os possíveis pontos de máximo ou mínimo da fun- ção ( , , ) ² ² ² f x y z x y z = + + sujeita a 2 2 2 2 1 0 + − − = x y z . 2) Determine a distância mínima entre o ponto ( ) 0,1 e a curva 2 x = 4 y . 3) Determine o valor máximo da função ( , , ) 2 3 = + + f x y z x y z na curva da interseção do plano 1 − + = x y z com o cilindro 2 2 1 + = x y . Resumo Os principais assuntos estudados neste capítulo foram: Definições de derivadas parciais e diferenciabilidade de • função. O Teorema 4.2, que fornece uma condição suficiente para a • diferenciabilidade de função. O conceito de diferencial, que pode ser usado como aproxi- • mação para o acréscimo da variável dependente. Derivação de função composta (regra da cadeia) e derivação • de função dada de forma implícita. Aplicação das derivadas parciais para determinar os pontos • de máximos e mínimos de funções. 166 Respostas Seção 4.1 • 1) a) ( ) 1 , 6 2 D f x y x y = + ; b) ( 5,1) 2 yf =10. 2) a) ( ) 2 3 , 3 2 f x y x xy x ∂ = + ∂ ; b) ( ) ( ) 3 2 2 2 4 , 2 f xy x x y x y ∂ = ∂ + ( ) 2 2 , 3 4 f x y x y y y ∂ = − ∂ . ( ) ( ) 4 2 2 2 2 2 2 , 2 f x x y y x y x y ∂ − = ∂ + Seção 4.3 • 3) a) ( ) ( ) 2 xy xy xy dz e xy e dx x e dy = + + ; b) Escrevendo ( , , ) w = f x y z 1 2 2 dw xdx dy zdz y = + − . 4) 1,175. Seção 4.5 • 1) a) 6 3 3 2 1 z t t = − + + ; b) 5 2 18 6 dz t t dt = − + . 2) ( ) 2 2 4 4 4 xy z x x y y e x ∂ = − + ∂ e ( ) 2 2 4 4 4 xy z y x y x e y ∂ = − − + ∂ . 3) 3 3 2 4 4 12 1 dy x y dx xy − + = − . 4) 3 2 4 4 z x y z x x ∂ − − + = ∂ e 1 4 z y ∂ = ∂ . 167 Seção 4.7 • ( ) ( , , ) sen cos , cos sen , cos cos f x y z yz yz xz xz yz xz xy yz xy xz ∇ = + + + 2) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 , , , 2 , y x x y x y f g J x y x e y e ye xe x y ∂   = = −   ∂   . 3) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 4 sen ; sen ; f f x y x x y x y x y ∂ ∂ = + − + = − + ∂ ∂ ( ) 2 2 2 sen f x x y x y ∂ = − + ∂ ∂ . 4) ( ) 123 sen f x y z = + + . Seção 4.8 • 1) a) ( ) 4, 2 é ponto de máximo. b) 2 6 7 , 7   − −     é um ponto de sela. c) ( ) 0, 1 e ( ) 0, −1 é um ponto de sela; ( ) 1, 0 é um ponto de mí- nimo local; ( −1, 0) é um ponto de máximo local. 2) O volume máximo é 3 4m . Seção 4.9 • 1) ( ) ( ) 2 1, 0, 0 , 1, 0, 0 , 0, , 0 2   −       e 2 0, , 0 2   −       . 2) +1. 3) O valor máximo de f é 3 29 + . Capítulo 5 Integrais múltiplas 171 Capítulo 5 Integrais múltiplas Neste capítulo, vamos estudar as integrais duplas e tri- plas, que consistem numa extensão do conceito de inte- gral definida para as funções de duas e três variáveis, respectivamente. Usaremos estes conceitos para resol- ver problemas que envolvem cálculos de área, volume, centro de massa e momento de inércia. 5.1 Integral dupla Definição 5.1 Seja ( , ) z = f x y uma função definida numa região R do plano xy , fechada e limitada. Subdividimos R em retân- gulos, traçando retas paralelas aos eixos x e y . Numeramos os retângulos no interior de R de 1 até n e escolhemos um ponto arbitrário ( ) i , x yi em cada retângulo iR . Em seguida, formamos a soma ( ) 1 , n i i i i f x y A = ∆ ∑ , (1) onde ∆ iA é a área do retângulo iR . (Ver Figura 5.1 (a)) Suponhamos que mais retas paralelas aos eixos dos x e dos y sejam traçadas, tornando as dimensões dos retângulos cada vez menores, fazendo isso de tal maneira que a diagonal máxima dos retângulos iR tenda a zero quando n tender a infinito. Se ( ) 1 lim , n i i i n i f x y A →+∞ = ∆ ∑ existir, este número será chamado integral dupla de ( , ) f x y sobre a região R , e escrevemos ( ) 1 lim , ( , ) n i i i n i R f x y A f x y dA →+∞ = ∆ = ∑ ∫∫ . Outras notações para a integral dupla: 172 ( ) , R ∫∫ f x y dx dy e ( , ) ∫∫ R f x y dydx . y y yi xi x x z zi Ri R R z=f( ) x,y zi=f(xi, yi) xi (a) (b) yi Ri Figura 5.1 Interpretação geométrica da integral dupla • Suponhamos que ( , ) f x y ≥ 0 para todo ( , ) x y ∈ R . Observando a Figura 5.1 (b), temos que o número ( ) i , i i f x y ∆A representa o volume do prisma cuja base é o retângulo iR e a altura, ( ) i , i f x y . A soma ( ) 1 , n i i i i f x y A = ∆ ∑ fornece uma aproximação para o volume do sólido mostrado na Figura 5.1 (b). Quanto menor for área ∆ iA de cada retângulo iR , melhor será a aproximação. Assim, quan- do ( , ) f x y ≥ 0 sobre R , a ( , ) ∫∫ R f x y dA representa o volume do sólido limitado acima pelo gráfico de f , abaixo pela região R e lateralmente pelo cilindro vertical de base R . Várias propriedades da integral dupla são análogas às proprieda- des da integral definida de uma função de uma variável. No que segue, listamos as que são mais usadas no cálculo de integrais. Admitiremos que todas as integrais existam. Propriedades da integral dupla • ( ) ( ) , , R R c f x y d A c f x y d A = ∫∫ ∫∫ 1) , onde c é uma constante. 173 ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , R R R f x y g x y d A f x y d A g x y d A + = +     ∫∫ ∫∫ ∫∫ 2) . ( ) ( ) ( ) 1 2 , , , R R R f x y d A f x y d A f x y d A = + ∫∫ ∫∫ ∫∫ 3) , onde R é com- posta de duas sub-regiões, 1 R e 2 R , que não têm pontos em comum, exceto os pontos de suas fronteiras. (Ver Figura 5.2) R1 R2 R = R R 1 2 ∪ Figura 5.2 As demonstrações das propriedades acima seguem diretamente da definição de integral dupla e das propriedades de limites de funções. 5.1.1 Cálculo das integrais duplas Quando estudamos a integral definida de uma função de uma variável, vimos que calcular a integral pela definição é trabalho- so. No caso da integral dupla, tentar obter a integral pela defi- nição é ainda mais complicado. O procedimento prático que se utiliza é fazer duas integrações simples. O desenvolvimento rigo- roso deste método é estudado em cursos mais avançados. No que segue, indicamos como tratar o cálculo de integral dupla em que a região R é retangular, e o caso em que R é uma região plana qualquer. Se a região R é um retângulo, digamos [ ] [ ] , , R a b c d = × (ver Figu- ra 5.3), então a integral dupla é calculada da seguinte forma: ( ) ( ) ( ) , , , .   =       =     ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ d b c a R b d a c f x y dxdy f x y dx dy f x y dy dx Ao calcular a “integral interna” na primeira igualdade, x é a 174 variável de integração e y é considerada uma constante. Assim, efetivamos primeiro uma integração simples em x e depois em y . Na segunda igualdade, ocorre o inverso. y x c d R b a Figura 5.3 Exemplo 5.1. Calcule a integral dupla ∫∫3 2 R xy dA sendo [ ] [ ] 0,1 1, 2 . R = × Solução: 2 1 2 2 1 0 3 3   =     ∫∫ ∫ ∫ R xy dA xy dx dy 1 2 2 2 1 0 3 2 x y dy   =       ∫ 2 2 1 2 3 1 3 2 1 7. 2 2 y dy y = = = ∫ Exemplo 5.2. Calcule a integral sen( ) R x xy dA ∫∫ , onde [ ] [ ] 0, 0,1 . R = π × Solução: 1 0 0 1 0 0 sen sen( ) 1 cos( ) R x xy dA x xy dy dx x xy dx x π π   =         = −           ∫∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 0 cos x 1 dx = π − − ∫ ( )0 sen x x π = − + = π. 175 No caso em que a região R é descrita por ( ) ( ) : . a x b R g x y h x ≤ ≤  ≤ ≤  (Ver Figura 5.4) com g e h sendo funções contínuas em [ ] ,a b , então a integral dupla é calculada da seguinte forma: ( ) ( ) ( ) ( ) , , . b h x a g x R f x y dA f x y dy dx   =     ∫∫ ∫ ∫ Figura 5.4 De maneira análoga, se R for descrita por ( ) ( ) : . c y d R p y x q y ≤ ≤  ≤ ≤  (Ver Figura 5.5) com p e q funções contínuas em [ ] ,c d , então ( ) ( ) ( ) ( ) , , . d q y c p y R f x y dA f x y dx dy   =     ∫∫ ∫ ∫ y x c d R x=p y ( ) x= q y( ) Figura 5.5 176 Exemplo 5.3. Calcule ( ) 2 2 R x y dA + ∫∫ , onde R é a região limitada pelas retas , 2 = = y x y x e =1. x Solução: A região R é descrita por 0 1 : 2 . x R x y x ≤ ≤   ≤ ≤  (Ver Figura 5.6) y x=1 y=2x y=x x 0 1 1 2 R Figura 5.6 Temos ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 0 x x R x y dA x y dy dx   + = +     ∫∫ ∫ ∫ 2 3 1 2 0 3 x x y x y dx   = +     ∫ 1 3 0 10 3 x dx = ∫ 1 4 0 10 5. 3 4 6 x = ⋅ = Exemplo 5.4. Calcule a integral dupla ( ) 1 R y + dA ∫∫ , onde R é a região do primeiro quadrante limitada por 2 , 2 = = − + y x y x e = 0. y Solução: A região R está esboçada na Figura 5.7 é des- crita por 2 0 1 : . 2 y R y x y ≤ ≤   ≤ ≤ −  y x=-y+2 x=y² R 0 1 2 1 x Figura 5.7 177 Temos ( ) ( ) 2 1 2 0 1 1 y y R y dA y dx dy −   + = +     ∫∫ ∫ ∫ ( ) 2 1 2 0 y y yx x dy −   = +   ∫ ( ) 1 2 3 0 2 2 y y y dy = − − + ∫ 1 2 3 4 0 2 2 2 3 4 y y y y   = − − +     19. 12 = Exemplo 5.5. Calcule a integral ∫∫2 R xy dA , onde R é o triângulo limitado pelas retas = 0, = y y x , e a reta 2 + = x y . Solução: A região R é mostrada na Figura 5.8. R é decomposta em 1 R e 2 R , onde 1 R e 2 R são descritas por: 1 0 1 : 0 x R y x ≤ ≤   ≤ ≤  e 2 1 2 : 0 2 x R y x ≤ ≤   ≤ ≤ −  . y x+y=2 y=x R1 0 1 2 1 2 R2 R=R1∪R2 x Figura 5.8 Assim, 1 2 2 2 2 R R R xy dA xy dA xy dA = + ∫∫ ∫∫ ∫∫ 1 2 2 0 0 1 0 2 2 x x xy dy dx xy dy dx − = + ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 2 1 2 0 1 0 0 2 2 2 2 x x y y x dx x dx − = + ∫ ∫ ( ) 1 2 2 3 0 1 2 x dx x x dx = + − ∫ ∫ 178 ( ) 4 1 2 2 3 1 0 4 4 4 x x x x dx = + − + ∫ 2 2 3 4 1 1 4 4 4 2 3 4 x x x   = + − +     2. 3 = Outra maneira de calcular a ∫∫2 R xy dA é expressar a região R da seguinte maneira: 2 : 0 1 ≤ ≤ −   ≤ ≤  y x y R y . 1 2 0 2 − 2 = ∫∫ ∫ ∫ y y R xy dA xy dx dy 2 2 1 0 2 2 − = ∫ y y x y dy ( ) 1 2 3 0  2  = − −   ∫ y y y dy ( ) 1 2 0 4 4 = − ∫ y y dy 1 2 3 0 4 4 2 3   = −     y y 2. 3 = 5.1.2 Inversão da ordem de integração Às vezes, para calcular uma integral dupla, torna-se necessário inverter a ordem de integração para que as integrais possam ser obtidas por meio de funções elementares. Exemplo 5.6. Calcule a integral 2 2 4 2 0 . y e x − dx dy ∫ ∫ Solução: Não é possível obter algebricamente a integral com a ordem de integração dada, pois a função ( ) x2 f x = e− não tem primitiva entre as funções elementares. Assim, para calculá-la temos que trocar a ordem de integração. A região de integração está esboçada na Figura 5.9. A região R está descrita por 2 : 2 0 4 y x R y  ≤ ≤   ≤ ≤  . 4 2 y=2x x=2 R x y Figura 5.9 179 Podemos reescrevê-la da seguinte forma: 0 2 : 0 2 x R y x ≤ ≤   ≤ ≤  . Assim, 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 2 0 2 0 4 2 1 . y x x x x x x x e dx dy e dy dx e y dx x e dx e e − − − − − − = = = = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Exemplo 5.7. Calcule a integral 2 3 9 2 0 y y cos x dx dy ∫ ∫ trocando a or- dem de integração. Solução: A região de integração é apresentada na Figura 5.10. y ²y = x x=9 R 3 9 x Figura 5.10 Podemos escrever R da seguinte forma: 0 9 : 0 ≤ ≤  ≤ ≤  x R y x . Assim, 2 3 9 9 2 2 0 0 0 cos cos x y y x dx dy y x dy dx = ∫ ∫ ∫ ∫ 2 9 2 0 0 cos 2 x y x dx = ∫ 9 2 0 2 cos x x dx = ∫ 9 2 0 1 1 sen sen 81. 4 4 x = = 180 5.1.3 Mudança de variáveis em integral dupla Podemos estender a técnica de mudança de variável estudada para função de uma variável às funções de duas variáveis. O ob- jetivo é simplificar o cálculo da integral. Para a integral dupla ( , ) = ∫∫ R I f x y dx dy , introduzimos novas variáveis de integração fazendo ( , ) x = x u v e ( , ) y = y u v , de modo que a integral dupla sobre a região R do plano xy seja transformada em uma integral dupla sobre uma região ' R do pla- no uv . A integral I pode ser calculada da seguinte forma: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' , , , , , , ∂ = = ∂ ∫∫ ∫∫ R R x y I f x y dx dy f x u v y u v du dv u v , (2) onde ( ) ( ) , , ∂ ∂ x y u v é o determinante da matriz jacobiana de x e y em relação a u e v , ou seja, ( ) ( ) , . , ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x x x y u v y y u v u v A fórmula (2) é demonstrada em cursos mais avançados. Aqui, limitar-nos-emos apenas em aplicá-la. Coordenadas polares • Uma mudança de variável muito usada é a mudança para coorde- nadas polares. Neste caso, cos x = r θ e sen y = r θ . O determinante jacobiano é ( ) ( ) cos sen , . sen cos , r x y r r r θ − θ ∂ = = θ θ ∂ θ 181 Então, ( ) ( ) ' , cos , sen R R f x y dx dy f r r r dr d = θ θ θ ∫∫ ∫∫ , (3) onde ' R é a região R descrita em coordenadas polares. Exemplo 5.8. Calcule 2 2 x y R e dx dy − − ∫∫ , onde R é a região limitada pelo semicírculo 2 2 x a y = − e o eixo .y Solução: A região R é apresentada na Figura 5.11. a a -a x y R Figura 5.11 Para calcular a integral, vamos usar coordenadas polares. Fazendo cos x = r θ e sen y = r θ , então a região ' R do plano rθ, que corresponde à região R do plano xy , é dada por: 0 ': 2 2 r a R ≤ ≤  π π − ≤ θ ≤  . Assim, pela fórmula (3) temos 2 2 2 2 2 0 a x y r R e dxdy e r dr d p p  − − − − = ∫∫ ∫ ∫ 2 2 2 0 1 2 a re d p p  − = − ∫ 2 2 2 1 ( 1) 2 e a d p p  − − = − − ∫ 2 (1 ) 2 e a p − = − . 182 Exemplo 5.9. Calcular 2 2 1 R dA x + y ∫∫ , onde R é a região do primei- ro quadrante que é externa à curva 2 2 4 + = x y e interna à curva 2 2 ( 2) 4 x y − + = . Solução: A Figura 5.12 ilustra a região R . 2 2 4 -2 -2 x y R Figura 5.12 Vamos usar coordenadas polares para calcular a integral. Em coordenadas polares, 2 2 2 cos , sen e x r y r x y r   = = + = . Então a circunferência 2 2 4 x + y = tem equação polar r = 2 e a circunferência 2 2 ( 2) 4 x y − + = , que é equivalente a 2 2 4 x y x + = , tem equação 4cos r  = . Para descrever R em coordenadas polares devemos observar a va- riação de r e  . Temos, 2 4cos ': 0 . 3 r R  p  ≤ ≤  ≤ ≤  Note que 3  = p é obtido resolvendo o sistema 4cos 2 r r   =  =  . Logo, 3 4cos 2 2 2 0 2 1 1 R dA rdrd x y r p   = + ∫∫ ∫ ∫ 183 3 4cos 0 2 drd p   = ∫ ∫ 3 4cos 0 r 2 d p   = ∫ 3 0 (4cos 2)d p   = − ∫ 3 0 (4sen 2 ) p   = − 3 2 4 2 3 p = − 2 (3 3 ). 3 p = − Exemplo 5.10. Calcule a integral 2 + 2 ∫∫ R y dx dy x y , sendo R o anel delimitado por 2 2 1 + = x y e 2 2 4 + = x y . Solução: A Figura 5.13 indica a região R . R 2 2 1 1 x y Figura 5.13 Vamos usar coordenadas polares para calcular a integral. Fazendo cos x = r θ e sen y = r θ temos 0 2 ': 1 2 R r  ≤ θ ≤ π  ≤ ≤  . Assim, 2 2 2 2 2 0 1 2 2 0 1 sen sen R y r dx dy r dr d x y r dr d π π θ = θ + = θ θ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 184 2 2 0 1 2 0 2 0 sen sen cos 0. r d d π π π = θ θ = θ θ = − θ = ∫ ∫ Lista de exercícios 1) Calcule as integrais ( , ) ∫∫ R f x y dx dy sendo: ( , ) cos( ) f x y x xy e R = a) o retângulo 0 2, 0 2. x y π ≤ ≤ ≤ ≤ ( , ) f x y = x e R b) a região limitada pelas curvas 2 e . y x y x = = 2) Esboce a região de integração e calcule a integral trocando a ordem de integração. 1 1 0 sen x y dy dx y a) ∫ ∫ . 2 1 3 0 3 x b) ∫ ∫ y e dx dy . 3) Use coordenadas polares para calcular as seguintes integrais. ( ) 2 2 x y R e dx dy − + a) ∫∫ , onde R é o círculo de centro na origem e de raio igual a 3. 2 2 2 R a x y dx dy − − b) ∫∫ , onde R está no primeiro quadrante e é limitada pela circunferência 2 2 2 + = x y a . 5.2 Aplicações das integrais duplas Nesta seção, vamos estudar algumas aplicações das integrais duplas. 5.2.1 Cálculo de volume Vimos que se ( , ) f x y ≥ 0 para todo ( , ) x y ∈ R , então o volume V do sólido delimitado inferiormente pela região R , superiormente 185 pela superfície ( , ) z = f x y e lateralmente pelo cilindro vertical de base R é dado por ( ) , R V = ∫∫ f x y dA . Exemplo 5.11. Calcule o volume do sólido limitado pelas superfícies x = 0, y = 0, z = 0 e 2 3 6 + + = x y z . Solução: O volume do sólido é ( ) 6 2 3 = − − ∫∫ R V x y dA, onde R é a região mostrada na Figura 5.14. y x z 2 3 6 R 2x+3y+z=6 Figura 5.14 Portanto, ( ) 2 3 2 3 0 0 6 2 3 x V x y dy dx − + = − − ∫ ∫ 2 2 2 3 3 0 0 3 6 2 2 x y y x y dx − +   = − −     ∫ ( ) 2 3 0 2 3 2 6 2 2 2 3 2 3 x x x dx   − −     = − + − +               ∫ 2 3 2 0 4 3 4 8 4 12 4 4 3 2 9 3 x x x x x dx     = − + + − − − +         ∫ 3 2 0 3 2 3 0 2 4 6 3 4 2 6 2 9 x x dx x x x   = − + +       − = + +     ∫ = 6 u.v. 186 Exemplo 5.12. Determine o volume do sólido que está abaixo do parabolóide 2 2 = + z x y e acima da região limitada por y = 2 x e 2 x = y . Solução: O volume do sólido é 2 2 ( ) R V x y dA = + ∫∫ , onde R é mostrada na Figura 5.15. y y=x 2 1 1 x y=√x R Figura 5.15 Portanto, 2 2 1 2 2 0 3 1 2 0 ( ) 3 x x x x V x y dydx y x y dx = +   = +     ∫ ∫ ∫ 3 2 5 2 6 1 4 0 3 3 x x x x dx   = + − −       ∫ 7 5 2 2 1 5 7 0 2 2 7 15 5 21 x x x x   = + − −       6 = 35 u.v. Exemplo 5.13. Calcule o volume do sólido delimitado superior- mente pelo gráfico de z = xy , inferiormente pela região R deli- mitada por 1 , 2 = 2 = y x y x , y = − + 3 x e lateralmente pelo cilin- dro vertical cuja base é R . Solução: A integral dupla que fornece o volume do sólido é = ∫∫ R V xy dA, 187 onde 1 2 = ∪ R R R é o triângulo da Figura 5.16. y y =− x + 3 y= x 2 R1 1 1 2 R2 y = 2x 2 Figura 5.16 Temos que 1 2 = = + ∫∫ ∫∫ ∫∫ R R R V xy dA xy dA xy dA, onde 1 0 1 : 2 2 ≤ ≤  ≤ ≤  x R x y x e 2 1 2 : 3 2 ≤ ≤  ≤ ≤ − +  x R x y x . Calculando 2 1 1 2 0 x x R xy dA xy dy dx   =     ∫∫ ∫ ∫ 2 2 2 1 0 2 x x xy dx = ∫ 1 3 0 15 8 x dx = ∫ 1 4 0 15 15 . 8 4 32 x = = E, 2 2 2 3 1 x x R xy dA  − + xy dy dx  =     ∫∫ ∫ ∫ , ( ) 2 3 2 2 1 2 x x xy dx − + = ∫ ( ) 2 2 2 1 3 2 2 4 x x x x dx   − + = − ⋅       ∫ 3 2 2 1 3 9 3 8 2 x x x dx   = − +     ∫ 2 4 3 2 1 3 3 9 37. 32 3 4 32 x x x   = − + =     188 Portanto, o volume é 15 37 13 32 32 8 V = + = u.v. Observação 5.1 Se ( , ) 0 f x y ≤ para todo ( ,x y) ∈ R (ver Figura 5.17), então o volume do sólido limitado acima pela região R , abaixo pelo gráfico de f e lateralmente pelo cilindro de base R é dado por: ( , ) . = ∫∫ R V f x y dA y x z R z= f(x,y) Figura 5.17 Observação 5.2 Se o sólido S for limitado superiormente pela superfície ( , ) z = f x y e inferiormente pela superfície ( , ) z = g x y com ( , ) ( , ) 0 f x y ≥ g x y ≥ para todo ( ,x y) ∈ R onde R é uma re- gião do plano xy contida na interseção D( ) D( ) f g ∩ (ver Figura 5.18) então o volume de S é dado por: ( ) ( , ) ( , ) . R V f x y g x y dA = − ∫∫ (4) A fórmula (4) continua válida, não apenas quando ( , ) f x y e ( , ) g x y são não negativas, mas também quando ( ) ( ) , , f x y ≥ g x y para todo ( , ) x y ∈ R. y x z R ( , ) z f x y = ( , ) z g x y = Figura 5.18 189 Exemplo 5.14. Calcule o volume do sólido delimitado pelo plano z = 0 e pelo cone 2 2 4 z x y = + − . Solução: A Figura 5.19 indica o sólido e a região R de integra- ção. y z x R 2 -2 Figura 5.19 Note, temos ( , ) f x y ≤ 0 para todo ( , ) x y ∈ R . Assim, ( , ) R V = ∫∫ f x y dA . A região de integração R é descrita pela circunferência 2 2 4 x + y = . Escrevendo esta região em coordenadas polares, temos 0 2 ': 0 2 R r  ≤ θ ≤ π  ≤ ≤  Portanto, ( , ) R V f x y dA = ∫∫ 2 2 4 R x y dx dy   = + −   ∫∫ 2 2 0 0 ( 4) r r dr d π = − θ ∫ ∫ 2 3 2 2 0 0 4 3 2 r r dr d π  = − θ     ∫ = 2 0 16 3 d π − θ ∫ 32 3 = p u.v. 190 Exemplo 5.15. Determine o volume do sólido delimitado pelos parabolóides 2 2 = 9 − − z x y e 2 2 = + z x y . Solução: A Figura 5.20 (a) ilustra o sólido limitado por 2 2 = 9 − − z x y e 2 2 = + z x y . √2 √2 z x y z = 9− z=x2 + y2 x2 − y2 R 3 2 −3 2 x y (a) (b) Figura 5.20 Pela Observação 5.2 temos ( ) 2 2 2 2 9  = − − − +   ∫∫ R V x y x y dA onde R é a região do plano xy limitada pela projeção da interse- ção das superfícies no plano xy . Calculando a interseção 2 2 2 2 2 2 9 9 , 2  = − −  ⇒ + =  = +  z x y x y z x y R é a região circular ilustrada na Figura 5.20 (b). Vamos usar coordenadas polares para encontrar o volume. Assim, ( ) 3 2 2 2 2 2 0 0 9 V r r r d dr π = − − θ ∫ ∫ ( ) 3 2 2 2 3 0 0 9 2 r r d dr π = − θ ∫ ∫ ( ) 3 2 2 2 3 0 0 9 2 r r dr π = θ − θ ∫ ( ) 3 2 2 3 0 18 4 r r dr = π − π ∫ 191 3 2 2 2 4 0 4 18 2 4 r r   π = π −     81 4 = p u.v. 5.2.2 Cálculo de área Na expressão ( ) , R V = ∫∫ f x y dA , se ( , ) 1 f x y = então R ∫∫ dA for- nece a área da região R . Exemplo 5.16. Calcule a área da região R limitada no primeiro quadrante pelas curvas 2 y = 3 x e y = x . Solução: A região R está esboçada na Figura 5.21. y y=x y² = x³ R 1 1 x Figura 5.21 = ∫∫ R A dA 3 1 0 = ∫ ∫ x x dy dx 3 1 2 0 ( ) x x dx = − ∫ 1 1 5 2 2 0 0 2 2 5 x x = − 1 10 = u.a. Exemplo 5.17. Calcule a área da região R limitada pela parábola 2 = 6 − y x x e pela reta y = x . 192 Solução: A Figura 5.22 mostra a região R . x y y = x y = 6x− x² 5 6 R Figura 5.22 2 2 5 6 0 6 5 0 x x x x x x A dy dx y dx − − = = ∫ ∫ ∫ 5 2 0 (6 ) x x x dx = − − ∫ 5 2 0 (5 ) x x dx = − ∫ 125 6 = u.a. Exemplo 5.18. Calcule a área da região R limitada pela curva 2 2 2 + = x y a . Solução: A região R é ilustrada na Figura 5.23. R a - a x y Figura 5.23 Vamos calcular a área usando coordenadas polares. Assim, 2 0 0 a A r d dr π = θ ∫ ∫ 0 a r 2 dr = π ∫ 193 2 0 2 2 a = r π = pa2 u.a. 5.2.3 Cálculos de massa, centro de massa e momento de inércia As integrais de funções de uma variável podem ser usadas para determinar massa, centro de massa e momento de inércia de uma barra homogênea. Com o auxílio de integrais duplas, podemos encontrar massa, centro de massa e momento de inércia de uma lâmina plana. Centro de massa • Suponhamos uma lâmina com a forma de uma região fechada R no plano xy . Seja ( ,x y) ρ a medida da densidade de massa por unidade de área da lâmina em um ponto qualquer ( ) ,x y de R , onde ρ é uma função contínua em R . Mostra-se que a medida M da massa da lâmina é dada por ( , ) R M = ∫∫  x y dA , e o centro de massa ( ) ,x y é dado por M y x = M e Mx y M = onde: ( ) , x R M y x y dA = ∫∫ ρ é o momento de massa em relação ao eixo x , e ( ) , y R M x x y dA = ∫∫ ρ é o momento de massa em relação ao eixo y . 194 Momento de inércia • O momento de inércia xI em relação ao eixo x é dado por ( ) 2 , x R I y x y dA = ρ ∫∫ . O momento de inércia yI em relação ao eixo y é dado por ( ) 2 , y R I x x y dA = ρ ∫∫ , e O momento de inércia em relação à origem ou momento de inércia polar é dado por ( ) ( ) 2 2 0 , . R I x y x y dA = + ρ ∫∫ Exemplo 5.19 Uma lâmina tem a forma da região retangular li- mitada pelas retas x = 3 e y = 2 e os eixos coordenados. Encontre a massa e o centro de massa da lâmina, sabendo que a densidade de massa por unidade de área em um ponto qualquer é dada por ( ) 2 2 , / . x y xy kg m ρ = Solução: A lâmina está desenhada na Figura 5.24. x y 3 2 R Figura 5.24 A massa da lâmina é ( ) , R M x y dA = ρ ∫∫ 3 2 2 0 0 xy dy dx = ∫ ∫ 3 2 3 0 3 0 x y dx = ∫ 195 3 0 8 3 x dx = ∫ 2 3 2 0 2 18 2 x = = kg. Os momentos de massa em relação aos eixos são: 3 x R M xy dA = ∫∫ 3 2 3 0 0 x y dydx = ∫ ∫ 4 2 3 0 4 0 x y dx = ∫ 3 2 2 0 xdx = ∫ 2 3 2 0 2 18 g 2 x k = = .m e 2 2 y R M x y dA = ∫∫ 3 2 2 2 0 0 x y dydx = ∫ ∫ 2 2 3 3 0 0 3 x y dx = ∫ 3 2 0 8 3 x dx = ∫ 3 3 0 8 24 g 9 x k = = .m Assim, 2 M y x = M = m e 3 2 Mx y = M = m. Portanto, o centro de massa está no ponto 3 2, 2      . Exemplo 5.20. Calcule o momento de inércia em relação ao eixo dos y de uma lâmina que tem a forma da região plana delimitada pelas parábolas 2 2 y x x = − e 3 2 6 y x x = − . Sua densidade de mas- sa por unidade de área é constante, ou seja, ( ) 2 , / . x y c kg m ρ = 196 Solução: A lâmina está desenhada na Figura 5.25. x y y = 2x − x² 2 R y = 3x² − 6x Figura 5.25 Temos ( ) 2 , y R I x x y dA = ρ ∫∫ 2 2 2 2 2 0 3 6 x x x x x c dydx − − = ∫ ∫ 2 2 2 2 2 0 3 6 x x x x x cy dx − − = ∫ 2 2 2 2 0 2 3 6 cx x x x x dx   = − − +   ∫ 2 2 2 0 8 4 cx x x dx   = −   ∫ 2 2 3 4 0 0 8 4 c x dx c x dx = − ∫ ∫ 2 2 4 5 0 0 8 4 4 5 x x c c = − 2 32 c gm . 5 k = c kg m2 ⋅ . Exemplo 5.21. Uma lâmina ocupa parte do disco 2 2 1 x + y ≤ do pri- meiro quadrante. Determine o centro de massa se a densidade em qualquer ponto for proporcional à distância do ponto ao eixo x . A massa é medida em quilogramas e a distância em metros. Solução: A Figura 5.26 ilustra a forma da lâmina. R 1 1 x y Figura 5.26 197 A densidade da lâmina no ponto ( ) ,x y é ( ,x y) k y ρ = , onde k é constante. A massa da lâmina é ( ) , R M x y dA = ρ ∫∫ 2 1 1 0 0 −x k y dy dx = ∫ ∫ 2 1 0 0 kr(cos ) r d dr π = θ θ ∫ ∫ (em coordenadas polares) 2 1 2 0 0 sen k r dr π = θ ∫ 1 2 k 0 = ∫ r dr 1 3 0 u. m. (unidades de massa). 3 3 r k = k = kg. Os momentos de massa em relação aos eixos são: 2 x R M k y dA = ∫∫ 2 1 2 2 0 0 (cos ) Mx k r r d dr π = θ θ ∫ ∫ (em coordenadas polares) 2 1 3 2 0 0 cos kr d dr π = θ θ ∫ ∫ ( ) 2 1 3 0 0 1 cos2 +1 2 kr d dr π   = θ θ     ∫ ∫ 2 3 1 0 0 1 sen 2 2 2 kr dr π   = θ + θ     ∫ 3 1 0 2 2 kr π dr = ⋅ ∫ 1 3 0 4 k r dr = π ∫ 1 4 16 0 k r π = 16 = k p kg.m, e y R M k yxdA = ∫∫ 2 1 0 0 ( cos )( sen ) M y k r r r d dr π = θ θ θ ∫ ∫ (em coordenadas polares) 2 1 3 0 0 cos sen kr d dr  π  = θ θ θ     ∫ ∫ 198 2 2 1 3 0 0 sen 2 kr dr π θ = ∫ 1 3 2 0 k r dr = ∫ 1 4 8 0 = kr 8 k = kg.m. Logo, 3 8 M y x = M = m e m. Portanto, o centro de massa está no ponto 3 3 , 8 16 . π       Lista de exercícios Calcule o volume do sólido limitado pelas superfícies 1) 0, 0, 0 x y z = = = e 6 3 2 6 x y z + + = . Calcule o volume do sólido limitado pelas superfícies 2) 2 2 0, 1 z x y = + = e 3. x y z + + = 3) Calcule a área da região R delimitada por 2 1 x = y + e 3 x + y = . 4) Calcule a área da região R delimitada por 3 6 , y x y x = + = e 2 x = − y . Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocu- 5) pa a região do primeiro quadrante limitada pela parábola 2 y = x e pela reta 1 y = sendo ( , ) . x y xy ρ = 6) Uma lâmina com densidade ( ,x y) ρ = ρ ocupa um quadra- do de vértices ( ) ( ) ( ) 0, 0 , , 0 , , a a a e ( ) 0, a . Determine os momentos de inércia xI e yI . 5.3 Integrais triplas A integral tripla é uma extensão natural da integral dupla. As- sim, o estudo das integrais triplas é semelhante ao das integrais duplas. 199 Definição 5.2 Seja ( , , ) w = f x y z uma função definida em uma região limitada e fechada S do espaço tridimensional. Subdividi- mos S por planos paralelos aos 3 planos coordenados, obtendo n paralelepípedos no interior de S . Numeramos estes paralelepípe- dos de 1 até n e escolhemos em cada paralelepípedo iS um ponto ( ) , , i i x y zi , sendo ∆ iV o volume de iS . Em seguida formamos a soma ( ) 1 , , n i i i i i f x y z V = ∆ ∑ . Suponhamos que mais planos paralelos aos planos coordenados sejam traçados, de modo que as dimensões dos paralelepípedos se tornem cada vez menores, e a maior aresta dos paralelepípedos iS tenda a zero quando n → +∞ . Quando existir ( ) 1 lim , , n i i i i n i f x y z V →+∞ = ∆ ∑ , (5) este número será chamado a integral tripla de f em S e denotado por ( ) , , S ∫∫∫ f x y z dV ou ( ) , , S ∫∫∫ f x y z dx dy dz . 5.3.1 Cálculo das integrais triplas No caso de integrais triplas, encontramos o valor da integral fa- zendo três integrações sucessivas. Se a região S é um paralelepí- pedo, digamos, [ ] [ ] [ ] , , , S a b c d e f = × × , (ver Figura 5.27) então ( ) ( ) , , , , b d f a c e S f x y z dV f x y z dz dy dx = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ . A integral indica que primeiro integramos em relação a z , em seguida integramos em relação a y e, finalmente, em relação a x . Existem cinco outras ordens possíveis de integração, todas forne- cendo o mesmo resultado. Por exemplo, ( ) ( ) , , , , f b d e a c S f x y z dV f x y z dy dx dz = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ . 200 x a b d c e f z y Figura 5.27 No caso em que S é a região do espaço limitada pelos planos x = a e x = b , pelos cilindros 1( ) y = g x e 2( ) y g x = e pelas su- perfícies 1( , ) z = f x y e 2( , ) z f x y = , sendo 1 2 ( ) ( ) g x g x ≤ para todo [ , ] x ∈ a b e 1 2 ( , ) ( , ) f x y f x y ≤ para todo ( , ) x y ∈ R onde R é a re- gião do plano xy limitada por , x = a x = b , 1( ) y = g x e 2( ) y g x = , como mostra a Figura 5.28, então ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 , , , , , , , , , , . f x y f x y S R b g x f x y a g x f x y f x y z dV f x y z dz dxdy f x y z dz dy dx   =     = ∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Note que a região R é a projeção de S no plano xy . x a b R S z y y= g2( ) x y= g1( ) x z= f1( ) x,y z=f2( ) x,y Figura 5.28 Exemplo 5.22. Calcule a integral tripla 2 S ∫∫∫x y dV , onde S é caixa retangular dada por ( ) { } 3 , , | 0 1, 1 2, 0 1 S x y z x y z = ∈ ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ ≤  . 201 Solução: O sólido pode ser visualizado na Figura 5.29. x z y 1 1 2 Figura 5.29 A integral é 1 2 1 2 2 0 1 0 S x y dV x y dz dy dx − = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 2 2 0 1 0 − x y z dy dx = ∫ ∫ 1 2 2 0 −1x y dy dx = ∫ ∫ 2 2 2 1 0 1 2 x y dx − = ∫ 1 2 0 3 2 x dx = ∫ 1 3 2 0 = x 1. 2 = Exemplo 5.23. Calcule a integral tripla S ∫∫∫ y dV , se S é a região limitada pelo tetraedro formado pelo plano 12 20 15 60 x y z + + = e os planos coordenados. Solução: O tetraedro S está mostrado na Figura 5.30 (a) e sua projeção no plano x y está ilustrada na Figura 5.30 (b). 202 y x z 3 4 5 R 5 3 x 15 − 3 5 x y (a) (b) y = Figura 5.30 A região R pode ser descrita da seguinte forma: 0 5 : 15 3 0 5 x R x y ≤ ≤  −  ≤ ≤  . Portanto, 15 3 4 4 5 4 5 5 3 0 0 0 4 4 4 15 3 5 3 5 5 0 0 0 15 3 5 5 0 0 3 5 3 2 5 0 0 3 3 5 5 2 2 3 0 0 2 2 5 5 0 0 4 4 4 5 3 4 4 4 5 3 2 4 2 5 9 3 2 3 2 3 3 5 5 5 x x y S x y x x x x y dV y dz dy dx y z dy dx y x y dy dx y x y y dy dx y x y y dx x x dx x − − − − − − − − − = =   = − −       = − −       = − −         = − − −         ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 5 0 4 3 3 9 5 15. 2 x dx dx   −  −    = ∫ 15 3 4 4 5 4 5 5 3 0 0 0 4 4 4 15 3 5 3 5 5 0 0 0 15 3 5 5 0 0 3 5 3 2 5 0 0 3 3 5 5 2 2 3 0 0 2 2 5 5 0 0 4 4 4 5 3 4 4 4 5 3 2 4 2 5 9 3 2 3 2 3 3 5 5 5 x x y S x y x x x x y dV y dz dy dx y z dy dx y x y dy dx y x y y dy dx y x y y dx x x dx x − − − − − − − − − = =   = − −       = − −       = − −         = − − −         ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 5 0 4 3 3 9 5 15. 2 x dx dx   −  −    = ∫ Exemplo 5.24. Calcule 2 2 S y + z dV ∫∫∫ , onde S é a região limitada pelo parabolóide 2 2 x y z = + e pelo plano x = 4 . 203 Solução: O sólido S pode ser visualizado na Figura 5.31 (a), e a projeção de S no plano y z está ilustrada na Figura 5.31 (b). x = y 2 + z 2 x y y z z R 2 − 2 (a) (b) 4 Figura 5.31 Assim, 2 2 4 2 2 2 2 y z S R y z dV y z dx dy dz + + = + ∫∫∫ ∫∫∫ ( ) 2 2 2 2 4 R y z y z dy dz = − − + ∫∫ ( ) 2 2 2 0 0 4 r r r dr d π = − ⋅ θ ∫ ∫ (coordenadas polares) ( ) 2 2 2 4 0 0 2 3 5 2 0 0 2 0 4 4 3 5 64 128 . 15 15 r r dr d r r d d π π π = − θ   = − θ     π = θ= ∫ ∫ ∫ ∫ Exemplo 5.25. Calcule S ∫∫∫dV , onde S é o sólido no primeiro octante delimitado pelo cilindro 2 1 z = − x e pelo plano 1 y = − x . Solução: O sólido S é mostrado na Figura 5.32 (a) e sua projeção no plano x y está ilustrada na Figura 5.32 (b). 204 x y 1 1 1 z x R 1 1 y (a) (b) 1 y x = − Figura 5.32 Assim, 2 1 1 1 0 0 0 x x S dV dz dy dx − − = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ 2 1 1 1 0 0 0 x x z dy dx − − = ∫ ∫ ( ) 1 1 2 0 0 x 1 x dy dx − = − ∫ ∫ ( ) 1 1 2 0 0 1 x x y dx − = − ∫ ( ) 1 2 3 0 1 x x x dx = − − + ∫ ( ) 1 2 3 0 1 x x x dx = − − + ∫ 1 2 3 4 0 2 3 4 x x x  x  = − − +     5 . 12 = 5.3.2 Mudança de variáveis em integrais Triplas Na Seção 5.1.2 estudamos mudança de variáveis em integrais du- plas. De forma análoga ao que foi feito para a integral dupla, po- demos introduzir novas variáveis de integração fazendo ( ) ( ) ( ) , , , , , , , , x x u v w y y u v w z z u v w = = = . 205 Assim, a integral tripla definida sobre uma região S do espaço xyz pode ser escrita da seguinte forma: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' , , , , , , , , , , , , , (6) , , S S x y z f x y z dx dy dz f x u v w y u v w z u v w u v w du dv dw ∂ = ∂ ∫∫∫ ∫∫∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' , , , , , , , , , , , , , (6) , , S S x y z f x y z dx dy dz f x u v w y u v w z u v w u v w du dv dw ∂ = ∂ ∫∫∫ ∫∫∫ ( ) 6 onde ' S é a região no espaço uvw, e ( ) ( ) , , , , x y z u v w ∂ ∂ é o determinante jacobiano de , , x y z em relação , , u v w. No Capítulo 2, estudamos o sistema de coordenadas polares, que descreve de forma mais simples determinadas curvas do plano. Em três dimensões, temos dois sistemas de coordenadas seme- lhantes às coordenadas polares, que fornecem uma descrição mais simples de algumas superfícies e sólidos que aparecem usualmen- te. No que segue, descrevemos os sistemas de coordenadas cilín- dricas e esféricas que serão usados para calcular integrais triplas. Coordenadas cilíndricas • No sistema de coordenadas cilíndricas, um ponto P no espaço tridimensional é representado pela tripla ordenada ( r, , ) θ z , onde r e θ são as coordenadas polares da projeção de P sobre o plano x y e z é a distância do plano x y ao ponto P . (Ver Figura 5.33). x z y r (r, , ) 0 P z (r, ,z) (r, ,z) (r, ,z) (r, ,z) (r, ,z) (r, ,z) (r, ,z) Figura 5.33 A relação entre as coordenadas cilíndricas e cartesianas é dada por cos sen x r y r z = z = θ = θ . Agora, para calcular a integral tripla, vamos fazer a mudança de variáveis usando ( ) 6 e as relações acima. Temos 206 ( ) ( ) cos sen 0 , , sen cos 0 , , 0 0 1 r x y z r r r z θ − θ ∂ = θ θ = ∂ θ . Portanto, ( ) ( ) ' , , cos , sen , S S f x y z dxdy dz f r r z r dr d dz = θ θ θ ∫∫∫ ∫∫∫ , ( ) 7 onde ' S é a região S descrita em coordenadas cilíndricas. Coordenadas esféricas • As coordenadas esféricas ( , , ) ρ θ φ de um ponto P do espaço são mostradas na Figura 5.34, onde ρ é a distância da origem a P , θ é o mesmo ângulo que em coordenadas cilíndricas, e φ é o ângulo entre o semi-eixo positivo z e o segmento de reta OP . Observe que ρ ≥ 0 e 0 . ≤ φ ≤ π As relações entre as coordenadas cartesianas e as coordenadas esféricas podem ser obtidas da Figura 5.35. (Note que na Figura 5.35 colocamos o sistema de coordenadas cartesianas e o sistema de coordenadas esféricas juntos). x z y r 0 Q P(x,y,z) P’(x,y,0) P(ρ,θ,φ) ρ φ θ Figura 5.35 Dos triângulos OPQ e ' OPP temos z = ρcos φ e r = ρsen φ. x r z y , ) P 0 ( , Figura 5.34 207 Mas cos x = r θ e sen y = r θ . Combinando essas relações, temos sen cos sen sen cos x y z = ρ φ θ = ρ φ θ = ρ φ, ( ) 8 que são as relações entre as coordenadas esféricas e as coordena- das cartesianas. Vamos passar a integral tripla de coordenadas cartesianas para coordenadas esféricas. Usando as relações ( ) 8 e ( ) 6 e o fato ( ) ( ) 2 , , sen , , ∂ x y z = ρ φ ∂ ρ θ φ , temos ( ) ( ) 2 ' , , sen cos , sen sen , cos sen S S f x y z dxdy dz f d d d = ρ φ θ ρ φ θ ρ φ ρ φ ρ φ θ ∫∫∫ ∫∫∫ ( ) ( ) 2 ' , , sen cos , sen sen , cos sen S S f x y z dxdy dz f d d d = ρ φ θ ρ φ θ ρ φ ρ φ ρ φ θ ∫∫∫ ∫∫∫ , onde ' S corresponde à região S em coordenadas esféricas. Exemplo 5.26. Calcule 2 2 S x + y dV ∫∫∫ , onde S é a região limitada por 2 2 4 z x y = + − e 2 2 4 z x y = − − . Solução: O sólido S está mostrado na Figura 5.36 (a) e sua proje- ção no plano x y está ilustrada na Figura 5.36 (b). z x y S R 2 - 2 x y (a) (b) Figura 5.36 Assim, 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 4 4 x x y x x y S I x y dz dy dx x y dz dy dx − − − − − − + − = + = + ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ . Podemos expressar a integral I usando coordenadas cilíndricas. O sólido S é delimitado inferiormente e superiormente pelos 208 respectivos parabolóides 2 2 4 z x y = + − e 2 2 4 z x y = − − , que em coordenadas cilíndricas são descritos por 2 4 z = r − e 2 4 z r = − . A região R escrita em coordenadas polares é dada por 0 2 ': . 0 2 r R ≤ ≤   ≤ θ ≤ π  Portanto, 2 2 2 2 4 0 0 4 r r I r r dz dr d π − − = ⋅ θ ∫ ∫ ∫ 2 2 4 2 2 2 0 0 4 r r r z dr d − π − = θ ∫ ∫ 2 2 2 2 0 0 ( 2 8) r r drd p  = − + ∫ ∫ 2 2 4 2 0 0 2 8 r r dr d π   = − + θ   ∫ ∫ 2 5 3 2 0 0 2 8 5 3 r r d π  − = + θ     ∫ 2 0 128 15 d π = θ ∫ 256 . 15 π = Exemplo 5.27. Calcule a ( ) 2 2 2 S x y z dV + + ∫∫∫ , onde S é a região delimitada pela esfera 2 2 2 9 x y z + + = . Solução: O sólido S pode ser visualizado na Figura 5.37. 3 y x z 3 3 Figura 5.37 209 Para calcular a integral, vamos usar coordenadas esféricas. A equa- ção da esfera 2 2 2 9 x y z + + = em coordenadas esféricas é dada por ρ = 3 . A descrição do sólido S em coordenadas esféricas é 0 3 ': 0 2 . 0 S  ≤ ρ ≤  ≤ θ ≤ π   ≤ φ ≤ π  Portanto, ( ) 3 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( sen ) S x y z dV d d d π π + + = ρ ρ φ φ θ ρ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ [ ] 3 2 4 0 0 0 cos d d π π = − φ ρ θ ρ ∫ ∫ 3 2 4 0 0 2 d d π = ρ θ ρ ∫ ∫ 2 3 4 0 0 2 d π = ρ θ ρ ∫ 3 4 0 4 972 . 5 d = πρ ρ π = ∫ Exemplo 5.28. Usando coordenadas cilíndricas, calcule a 2 2 S x + y dV ∫∫∫ , onde S é a região contida no cilindro 2 2 16 x + y = e pelos planos 5 z = − e z = 4 . Solução: A Figura 5.38 ilustra a região S . y x z 4 z= 4 z= - 5 Figura 5.38 A região de integração em coordenadas cilíndricas é dada por: 210 0 4 ': 0 2 . 5 4 r S z ≤ ≤   ≤ θ ≤ π  − ≤ ≤  Portanto, 4 2 4 2 2 0 0 5 4 4 2 2 0 0 5 4 2 2 0 0 4 2 0 9 18 384 . S x y dV r r dz d dr r z d dr r d dr r dr π − π − π + = ⋅ θ = θ = θ = π = π ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Exemplo 5.29. Usando coordenadas esféricas, calcule S ∫∫∫z dV , onde S está contida entre as esferas 2 2 2 1 x y z + + = e 2 2 2 4 x y z + + = no primeiro octante. Solução: A região S descrita em coordenadas esféricas é 1 2 ': 0 . 2 0 2 S   ≤ ρ ≤   ≤ θ ≤ π    ≤ φ ≤ π  Assim, ( ) 2 2 2 2 1 0 0 cos sen S z dV d d d π π = ρ φ ρ φ φ θ ρ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 2 2 3 1 0 0 2 2 3 1 0 0 2 3 1 0 3 2 1 cos sen sen 2 1 2 4 15 . 16 d d d d d d d d π π π π π   = ρ φ φ φ θ ρ     φ = ρ θ ρ = ρ θ ρ πρ = ρ π = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 211 Lista de exercícios 1) Calcule as seguintes integrais triplas: S a) ∫∫∫x y z dV , onde S é o paralelepípedo [ ] [ ] [ ] 1, 2 0,1 1, 3 . × × ( ) 3 S x z + z dV b) ∫∫∫ , onde S é a região limitada pelo cilindro 2 2 9 x + z = e os planos 3 x + y = , e z = 0 e y = 0 acima do plano x y . 2) Usando coordenadas cilíndricas, calcule ( ) 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 x x x y x y dz dy dx − − − − + + ∫ ∫ ∫ . 3) Utilize coordenadas esféricas para calcular ( ) 2 2 2 S x y z dV + + ∫∫∫ , sendo S a região interior ao cone 2 2 z x y = + e à esfera 2 2 2 9 x y z + + = . 5.4 Aplicações das integrais triplas Nesta seção, apresentaremos algumas aplicações das integrais triplas. 5.4.1 Cálculo de volume Vimos que a integral dupla pode ser interpretada como a medi- da da área de uma região plana R , quando ( , ) 1 f x y = para todo ( ,x y) ∈ R . No caso tridimensional, se ( , , ) 1 f x y z = para todo ( , , ) x y z ∈S , então a integral tripla 1 lim n i n i S dV V = →+∞ = ∑∆ ∫∫∫ fornece a medida do volume da região S . Exemplo 5.30. Calcule o volume do sólido S delimitado pelos planos x =1, 0, 2 y y = = , z = 0 e pela superfície 2 z = x . 212 Solução: O sólido S está mostrado na Figura 5.39 (a) e sua proje- ção sobre o plano x y pode ser visualizada na Figura 5.39 (b). y x z 2 z=x² z=0 x y 1 2 (a) (b) Figura 5.39 Assim, 2 1 2 0 0 0 1 2 2 0 0 1 2 2 0 0 1 2 0 2 2 . . 3 S x V dV dz dy dx x dy dx x y dx x dx u v = = = = = = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Exemplo 5.31. Use integral tripla para calcular o volume do sóli- do acima do plano x y delimitado pelo parabolóide 2 2 z x y = + e pelo cilindro 2 2 16 x + y = . Solução: O sólido S pode ser visualizado na Figura 5.40 (a) e sua projeção sobre o plano x y , na Figura 5.40 (b). R 4 - 4 x y (a) (b) Figura 5.40 213 Para calcular S V = ∫∫∫dV , vamos usar coordenadas cilíndricas para descrever S . A equação do parabolóide 2 2 z x y = + em coordena- das cilíndricas é dada por 2 z = r . Assim, 2 0 4 ': 0 2 . 0 r S z r  ≤ ≤  ≤ θ ≤ π   ≤ ≤  Portanto, 2 2 4 0 0 0 2 4 3 0 0 2 0 64 r V r dz dr d r dr d d π π π = θ = θ = θ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =128 π u.v. Exemplo 5.32. Calcule o volume do sólido S que está contido no cilindro 2 2 1 x + y = , abaixo do plano 2 z = e acima do parabolóide 2 2 1 z x y = − − . Solução: Em coordenadas cilíndricas, o cilindro é 1 r = e o para- bolóide é 2 1 z = − r . A Figura 5.41 ilustra o sólido S . A descrição da região S em coor- denadas cilíndricas é dada por: 2 0 1 ': 0 2 . 1 2 r S r z  ≤ ≤  ≤ θ ≤ π   − ≤ ≤  z=1−x²−y² z=2 y x z Figura 5.41 214 2 2 1 2 0 0 1 2 1 2 0 0 2 1 3 0 0 2 0 2 (1 ) ( ) 3 4 r V r dz drd r r drd r r drd d p p p p     − =   = − −   = + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3 2 = π u.v. Exemplo 5.33. Utilizando coordenadas esféricas, determine o vo- lume do sólido S que está acima do cone 2 2 z x y = + e abaixo da esfera 2 2 2 1 x y z + + = . Solução: A região S é mostrada na Figura 5.42. y x z x y ² + ² + z² = 1 z =√x y ² + ² Figura 5.42 Em coordenadas esféricas, a esfera 2 2 2 1 x y z + + = tem equação 1 ρ = . O cone 2 2 z x y = + pode ser escrito da seguinte forma: ( ) ( ) 2 2 cos sen cos sen sen sen ρ φ = ρ φ θ + ρ φ θ = ρ φ , ou seja, cos φ = sen φ, ou 4 φ = π . Assim, a região de integração em coordenadas esféricas é dada por: 0 1 ': 0 2 . 0 4 S   ≤ ρ ≤  ≤ θ ≤ π    ≤ φ ≤ π  215 Portanto, ( ) 4 4 1 2 2 0 0 0 1 2 2 0 0 0 sen cos V d d d d d π π π π = ρ φ φ θ ρ = ρ − φ θ ρ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 2 2 0 0 2 2 2 d d   − =      ∫ ∫ p    ( ) 1 2 0 2 2 d = − p∫   ( ) 2 2 3 − = p u.v. Exemplo 5.34. Calcule o volume do sólido S que corresponde à região interior à esfera 2 2 2 9 x y z + + = e exterior ao cone 2 2 2 x y z + = . Solução: O sólido S pode ser visualizado na Figura 5.43. y x z S Figura 5.43 Em coordenadas esféricas, a esfera 2 2 2 9 x y z + + = tem equação ρ = 3 , o cone 2 2 z x y = + tem equação 4 φ = π e 2 2 z x y = − + tem equação 3 4 φ = π . A descrição do sólido S em coordenadas esféricas é Portanto, 3 4 4 3 2 2 0 0 sen V d d d π π π = ρ φ φ θ ρ ∫ ∫ ∫ 216 ( ) 3 4 4 3 2 2 0 0 cos d d π π π = ρ − φ θ ρ ∫ ∫ 3 2 2 0 0 2 d d π = ρ θ ρ ∫ ∫ 3 2 0 2 2 d = π ρ θ ∫ =18 2 π u.v. 5.4.2 Cálculos de massa, centro de massa e momento de inércia As aplicações de integrais duplas exploradas na Seção 5.1.3 po- dem ser estendidas para integrais triplas. Por exemplo, se a função densidade de um objeto sólido que ocupa a região S é ( , , ) ρ x y z , então a sua massa é ( ) , , S M x y z dV = ∫∫∫ρ , e seu centro de massa ( , , ) x y z é dado por , yz xz M M x y M M = = e Mxy z = M , onde ( ) ( ) , , , , , yz xz S S M x x y z dV M y x y z dV = ρ = ρ ∫∫∫ ∫∫∫ e ( , , ) xy s M z = ∫∫∫  x y z dV . Os momentos de inércia em relação aos três eixos coordenados são 2 2 ( ) ( , , ) , x s I y z  x y z dV = + ∫∫∫ 2 2 ( ) ( , , ) y s I x z  x y z dV = + ∫∫∫ e 2 2 ( ) ( , , ) z s I x y  x y z dV = + ∫∫∫ . Exemplo 5.35. Calcule a massa do sólido limitado pelas super- fícies 2 2 4 z x y = − − e 2 2 z x y = + , considerando a densidade da massa igual a 3 4 / . kg m Solução: O sólido S é apresentado na Figura 5.44 (a) e sua projeção no plano x y é dada na Figura 5.44 (b). 217 z x y S R x y (a) (b) √2 √ − 2 Figura 5.44 Em coordenadas cilíndricas o parabolóide 2 2 4 z x y = − − tem equação 2 4 z r = − e o parabolóide 2 2 z x y = + tem equação 2 z = r . Assim, podemos descrever a região S em coordenadas ci- líndricas da seguinte forma: 2 2 0 2 ': 0 2 . 4 r S r z r  ≤ ≤  ≤ θ ≤ π   ≤ ≤ −  Temos ( , , ) 4  x y z = . Portanto, 2 2 2 2 4 0 0 4 r r M r dz dr d π − = θ ∫ ∫ ∫ 2 2 4 2 2 0 0 4 r r r z dr d − π = θ ∫ ∫ 2 2 3 0 0 (16 8 ) r r drd p  = − ∫ ∫ 2 0 8 16 g d k π = θ = π ∫ . Exemplo 5.36. Encontre o momento de inércia em relação ao eixo z do sólido homogêneo limitado pelo cilindro r = 5 , o cone z = r e o plano x y . A densidade da massa por unidade de volume em qualquer ponto é 3 / c kg m . Solução: O sólido pode ser visualizado na Figura 5.45. 218 S 5 z x y Figura 5.45 Temos ( , , ) x y z c  = . Assim 2 2 ( ) z s I c x y dV = + ∫∫∫ . A região S descrita em coordenadas cilíndricas é 0 5 ': 0 2 . 0 r S z r ≤ ≤   ≤ θ ≤ π   ≤ ≤  Portanto, 5 2 2 0 0 0 5 2 4 0 0 5 4 0 2 ( ) 2 1250 . r zI cr r dz d dr cr d dr cr dr c kg m = = = = ⋅ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ p p   p p Exemplo 5.37. Determine a massa e centro de massa do cubo dado por 0 x a ≤ ≤ , 0 y a ≤ ≤ , 0 z a ≤ ≤ com função densidade dada por 2 2 2 ( , , ) x y z x y z  = + + . Solução: O cubo é mostrado na Figura 5.46. x z y a a a Figura 5.46 219 A massa do cubo é 2 2 2 0 0 0 ( ) a a a M x y z dz dy dx = + + ∫ ∫ ∫ 3 2 2 0 0 ( ) 3 a a a x y a dy dx   = + +     ∫ ∫ 4 4 2 2 0 5 3 3 . . a a a x a dx a u m   = + +     = ∫ Calculando os momentos de massa yz , xz M M e M yz : 2 2 2 0 0 0 ( ) a a a M yz x x y z dx dy dz = + + ∫ ∫ ∫ 4 2 2 2 0 0 ( ) 4 2 a a a a y z dy dz   = + +     ∫ ∫ 5 5 3 2 0 6 4 6 2 7 , 12 a a a a z dz a   = + +     = ∫ 2 2 2 0 0 0 ( ) a a a Mxz y x y z dy dx dz = + + ∫ ∫ ∫ 6 7 12 a , = e 2 2 2 0 0 0 ( ) a a a Mxy z x y z dz dx dy = + + ∫ ∫ ∫ 6 7 12 a . = Portanto, as coordenadas do centro de massa são 7 7 12 , 12 yz xz M M x a y a M M = = = = e 7 12 Mxy z a = M = . Lista de exercícios 1) Determine o volume do tetraedro S limitado pelos planos 2 2 2, 0 x y z x + + = = , y = 0 e z = 0 . 2) Encontre o volume do sólido limitado pelo cilindro 2 2 25 x + y = , o plano 8 x y z + + = e pelo plano x y. 220 3) Calcule o volume da esfera de raio a usando coordenadas cilíndricas a) usando coordenadas esféricas. b) 4) Encontre o volume do sólido S limitado pelo plano x y , pelo parabolóide 2 2 z x y = + e pelo cilindro 2 2 2 x y a + = . 5) Use integral tripla para determinar os volumes das seguintes regiões, no espaço tridimensional: a) limitada acima pelo plano 1 z = e abaixo pela metade supe- rior de 2 2 2 z x y = + ; b) limitada acima e abaixo por 2 2 2 z x y = + e nos lados por 2 2 2 1 x y z + + = ; c) limitada acima por 2 2 z x y = + , abaixo por z = 0 , e nos lados por 2 2 1 x + y = ; d) limitada acima por z = x e abaixo por 2 2 z x y = + . 6) Calcule a massa e o centro de massa do sólido S delimitado por 2 1 x y z + + = e pelos planos coordenados, sabendo que a den- sidade de massa em ( , , ) P x y z é proporcional à distância até o plano x y . 7) Um sólido S está contido no cilindro 2 2 1 x + y = , abaixo do pla- no z = 4 e acima do parabolóide 2 2 1 z x y = − − . A densidade em qualquer ponto é proporcional à distância do ponto ao eixo do cilindro. Determine a massa de S . 221 Resumo Os principais tópicos estudados neste capítulo foram: definições e cálculos de integrais duplas e triplas; • cálculo de integral dupla usando coordenadas polares; • cálculo de integrais triplas usando coordenadas cilíndricas • e esféricas; aplicações de integrais duplas e triplas em cálculo de volu- • me, centro de massa e momento de inércia. Respostas Seção 5.1 • 1) a) 4 π ; b) 1 12 . 2) a) 1 − cos1 ; b) ( ) 9 1 6 e− − . 3) a) ( 1 e−9 ) − p ; b) 3 6 πa . Seção 5.2 • 1) 1 u.v. 2) 3 ( 1 e−9 ) − p u.v. 9 3) 2 u.a. 4) 22 u.a. 1 4 3 ; , 6 7 4       5) . 4 4 3 ; 3 a a ρ ρ 6) . 222 Seção 5.3 • 1) a) 3; b) 648 5 . 2) 16 5 π . 3) ( ) 2 2 243 5 − p . Seção 5.4 • 1) 1 3 u.v. 2) 200p u.v 3) 3 4 3 pa u.v. 4) 4 2 pa u.v. 5) a) 3 p u.v. ; b) 2 2 3 p u.v. ; c) 2 p u.v. ; d) 32 p u.v. 6) 48 k u.m.; 1 1 6 , , 10 5 15       . 7) 12 5 pk u.m. 223 Bibliografia Comentada 1) GONÇALVES, M. B.; FLEMMING, D. M. Cálculo A: Funções, Limite, Derivação, Integração. 6. ed. São Paulo: Makron Books do Brasil, 2006. Este livro aborda as técnicas de integração e aplicações da integral definida estudadas nos Capítulos 1 e 2 deste texto. A linguagem utilizada pelas autoras é simples e de fácil compreensão. 2) GONÇALVES, M. B.; FLEMMING, D. M. Cálculo B: Funções de Várias Variáveis, Integrais Duplas e Triplas. 2. ed. São Paulo: Makron Books do Brasil, 2007. Este livro trata dos conteúdos de funções de várias variáveis e integrais duplas e triplas. Quase todos os teoremas são demonstrados. É rico em exemplos e possui amplas listas de exercícios com respostas. 3) LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica. 3. ed. São Paulo: Harbra Ltda, 1994. v. 1 4) LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica. 3. ed. São Paulo: Harbra Ltda, 2000. v. 2 Os livros do Leithold (volumes 1 e 2) são considerados clássicos nos cursos de cálculo. O volume 1 trata de cálculo de uma variável e o volume 2 de estudo de funções de várias variáveis. 5) KÜHLKAMP, N. Cálculo. 3. ed. Florianópolis: UFSC, 2006. O livro traz os conteúdos estudados nos Capítulos 1 e 2 deste material. O texto é rico em aplicações e exemplos resolvidos de forma clara e detalhada. 6) STEWART, J. Cálculo. 6. ed. São Paulo: Pioneira Thomson Le- arning, 2009. v. 1 e 2. O volume I trata do estudo de funções de uma variável, e o volume II de funções de várias variáveis. Estes textos possuem um equilíbrio entre a apresentação formal do cálculo elementar e o enfoque computacional. 7) SWOKOWSKI, E. W. Cálculo com Geometria Analítica. 2.ed. São Paulo: Makron Books do Brasil, 1996. v. 1 e 2 Estes livros contemplam todo o conteúdo estudado neste texto. Várias 224 figuras são apresentadas e facilitam a visualização espacial dos conceitos relacionados às funções de duas variáveis. 8) TANEJA, I. J. Maple V: Uma Abordagem Computacional no Ensino de Cálculo. Florianópolis: UFSC, 1997. Este texto mostra como utilizar o software Maple para resolver problemas relacionados com conteúdos explorados nas disciplinas de cálculo. Várias aplicações envolvendo o cálculo de integrais são apresentadas. 9) THOMAS, G. B. Cálculo. 10. ed. São Paulo: Pearson Educação do Brasil, 2003. v. 1 e 2. Estes livros abordam todo o conteúdo apresentado nesta disciplina. São livros recentes e bem elaborados. Trazem vários exemplos e amplas listas de exercícios.