Cálculo3 Ufg

C ÁLCULO 3 C URSO DE F ÍSICA 2009

J OÃO C ARLOS DA R OCHA M EDRADO M IGUEL A NTÔNIO DE C AMARGO

Texto para utilização na disciplina Cálculo 3 do Curso de Física a distância.

Goiânia 2009

Sumário Ao leitor

6

Introdução

8

1

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

10 10 12 15 18 19 21 22 23 25 26 30 32 37 40 47 51 53 53

2

Funções de Várias Variáveis 2.1 Limites e Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Propriedades de Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Continuidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56 63 66 67

3

Diferenciabilidade de Funções de Várias Variáveis 3.1 Derivadas Parciais de Funções de Duas Variáveis . 3.1.1 Derivadas de Ordem Superior . . . . . . . 3.2 Diferenciabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Regra da Cadeia: Versão 1 . . . . . . . . . . 3.3.2 Regra da Cadeia: Versão 2 . . . . . . . . . . 3.4 Derivada direcional e Gradiente . . . . . . . . . . . 3.4.1 Observações e Interpretações . . . . . . . . 3.4.2 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Extremos de Funções de Duas Variáveis . . . . . . 3.5.1 Extremos Locais e Absolutos . . . . . . . . 3.5.2 Teste da Derivada Segunda . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

68 68 71 74 77 77 81 83 85 87 90 90 95

Integração de Funções de Várias Variáveis 4.1 Cálculo de Integrais Repetidas . . . . . . . . . . 4.1.1 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Mudança de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Mudança de Variáveis na Integral Dupla

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

101 103 108 110 110

4

Movimentos no plano e no espaço 1.1 Vetores no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Operações com Vetores . . . . . . . . . 1.2 Vetores Paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Equações Paramétricas da Reta . . . . . 1.3 Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Vetores Perpendiculares . . . . . . . . . 1.3.2 Equação Cartesiana da Reta . . . . . . . 1.3.3 Ângulos entre vetores . . . . . . . . . . 1.4 Curvas Parametrizadas no Plano . . . . . . . . 1.4.1 Limite, Continuidade e Derivabilidade 1.4.2 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Vetores no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Retas e Planos no Espaço . . . . . . . . 1.6 Superfícies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Curvas Espaciais . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Comprimento de Arco . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Vetor Aceleração . . . . . . . . . . . . .

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.3 4.4 4.5

4.6 4.7

4.2.2 Mudanças de Coordenadas Especiais . . . Integral Tripla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Cálculo de Integrais Triplas . . . . . . . . . 4.3.2 Mudança de Variáveis na Integral Tripla . Aplicações das Integrais Dupla e Tripla . . . . . . Integrais de Linha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1 Integral de Linha de Funções Escalares . . 4.5.2 Integral de Linha das Formas Diferenciais . 4.5.3 Propriedades da Integral de Linha . . . . . Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.1 Aplicações do Teorema de Green . . . . . . Teoremas de Gauss e de Stokes . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

111 114 116 118 123 128 129 132 135 139 141 145

Bibliografia

152

Índice Remissivo

153

Lista de Figuras 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 1.15 1.16 1.17 1.18 1.19 1.20 1.21 1.22 1.23 1.24 1.25 1.26 1.27 1.28 1.29 1.30 1.31 1.32 1.33 1.34 1.35 1.36 1.37

Vetor deslocamento do avião (Exemplo 1.1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica de um vetor dado por dois pontos. . . . . . . . . . . . . Vetores perpendiculares. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Soma de vetores e produto de um vetor por um escalar. . . . . . . . . . . . . . Soma e diferença de vetores e produto de um vetor por um escalar. . . . . . . Avião: Velocidade Resultante. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica do vetor u = ( a, b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica dos vetores u = ( a, b) e v = (c, d). . . . . . . . . . . . . Representação gráfica de um vetor u como a soma dos versores e1 e e2 . . . . . Representação gráfica dos vetores formados pelos pontos A, B e P e da reta r. Vetores perpendiculares. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equação Cartesiana da reta r. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Determinação do ângulo entre vetores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Determinação da Projeção de um vetor F sobre o vetor u. . . . . . . . . . . . . Determinação das coordenadas de um vetor unitário em função do ângulo θ. Representação dos vetores velocidade e aceleração em um movimento circular. Determinando as coordenadas de um ponto P. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sistemas de coordenadas no espaço. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Marcando o ponto P( a, b, c). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Área de um paralelogramo é ||u × v||. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cálculo do torque gerado pelo aperto de um parafuso com uma chave inglesa. Equações paramétricas da reta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equações paramétricas do plano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Superfície z = (1.3) x .sen(y). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica da superfície y = x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica da superfície z = seny. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Determinação da equação de uma superfície de revolução. . . . . . . . . . . . Determinação da equação do Elipsóide. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Determinação da equação do Hiperbolóide de uma folha. . . . . . . . . . . . . Determinação da equação do Hiperbolóide de duas folhas. . . . . . . . . . . . Determinação da equação do Parabolóide. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Determinação da equação do Cone de Revolução para z ≥ 0. . . . . . . . . . . Determinação da equação do Cilindro Circular Reto para z ≥ 0. . . . . . . . . Representação gráfica da superfície z = sen( xy). . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica da curva espacial α(t) = (tsent, t, tcost), t ∈ R. . . . . Representação gráfica da Hélice α(t) = (cost, sent, t), t ∈ R. . . . . . . . . . . Representação gráfica dos vetores T (t), T ′ (t) e a(t) em uma curva α(t). . . . .

2.1 2.2 2.3

Representação do gráfico da função y = f ( x ) = x. . . . . . . . . . . . . . . . Representação do gráfico da função z = f ( x, y) = x. . . . . . . . . . . . . . . Representação dos gráficos das funções dadas implicitamente por x2 + y2 = 1, no plano e no espaço, respectivamente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica do domínio D da função f . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica do √ domínio D (em vermelho), da imagem (em azul) e do gráfico da função y = x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica do domínio D (em vermelho), da imagem (em azul) e do gráfico da função z = x2 + y2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4 2.5 2.6

4

11 11 12 13 13 14 15 16 18 18 21 22 23 24 25 30 33 33 34 36 37 37 38 41 41 42 42 43 44 44 45 45 46 47 48 49 54

. 56 . 57 . 58 . 59 . 60 . 61

2.7

2.9

Representação gráfica das curvas de nível no gráfico da função x 2 + y2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica das curvas de nível no gráfico da função 4 − x − y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica das direções de aproximação a um ponto. .

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10

Representação gráfica da derivada considerando y constante (y = y0 ). Representação gráfica da derivada considerando x constante (x = x0 ). O gradiente é perpendicular ao vetor tangente às curvas de nível. . . . Representação gráfica da derivada direcional. . . . . . . . . . . . . . . . Determinação de um plano tangente a uma superfície. . . . . . . . . . . Representação gráfica da Calha. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica de uma superfície com vários tipos de extremos. Curvas de nível e a elipse. Em azul, ∇ f e em amarelo ∇ g. . . . . . . . Representação gráfica de 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144. . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica da Calha. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

69 69 81 83 87 90 91 96 100 100

4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 4.10 4.11 4.12 4.13 4.14 4.15 4.16 4.17 4.18 4.19

Aproximação da área sob a parábola por falta ( a) ou por excesso (b). Definição da integral dupla: dividindo o domínio D. . . . . . . . . . . Regiões 1 e 2 para a integração dupla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cálculo do volume. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica do Prisma - Exemplo 4.6. . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica do Triângulo D - Exemplo 4.8. . . . . . . . . . . Representação gráfica do domínio D - Exemplo 4.10. . . . . . . . . . . Representação gráfica do Triângulo D - Exemplo 4.8. . . . . . . . . . . Semi-esfera - Exemplo 4.9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integral Tripla - calculando o volume. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Representação gráfica do Triângulo D - Exemplo 4.9. . . . . . . . . . . Curva - partição do domínio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Curva - a poligonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Curva α(t). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Curvas fechadas simples: (1) suave e (2) parcialmente suave. . . . . Regiões 1 e 2 para a integração dupla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exemplo 4.45: Cilindro parabólico e planos. . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de Stokes: Superfície S e a curva C. . . . . . . . . . . . . . . Exemplo 4.46: Cilindro e o plano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

101 102 104 106 106 108 111 112 113 115 117 129 133 139 140 140 147 148 149

2.8

f ( x.y) . . . . f ( x, y) . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

= . . . 61 = . . . 62 . . . 63

Caro leitor,

Este texto foi elaborado para servir de suporte à disciplina Cálculo 3, em nível universitário, mais especificamente para o curso de Física a distância promovido pela Universidade Federal de Goiás e com a participação das Universidades Estadual de Goiás e Católica de Goiás. Neste texto, minimizamos ao máximo a formalidade para esse curso de Cálculo e o escrevemos com uma linguagem que acreditamos, seja dialógica e de fácil compreensão. Esperamos motivar através de situações–problema, que em geral são originadas dos problemas físicos ou mesmo do nosso dia–a–dia, os novos resultados aqui apresentados. Esperamos, ainda, que as suas respectivas demonstrações ou justificativas, estejam à altura da experiência e maturidade do estudante. Apresentamos antes de cada novo resultado, que formalmente são chamados de teoremas ou proposições, vários exemplos que motivam e ilustram com aplicações a utilização dos mesmos, com o objetivo principal de ativar a intuição e provocar a compreensão de forma natural. Apresentamos também, várias listas com exercícios variados, que complementam e ampliam o conhecimento descrito no texto. Assim, esperamos que você, estudante, leia com bastante atenção não somente este texto, mas, principalmente, na elaboração de resoluções dos exercícios propostos e, se possível, propor novas situações a serem resolvidas com a utilização dos conceitos vistos. É muito importante que o estudante se aplique tanto na pesquisa em outros materiais, como em livros, artigos e publicações disponibilizadas via internet ou quaisquer outros meios que tiverem acesso, nunca se esquecendo de que, embora seja um curso a distância, você tem a possibilidade e, quem sabe, a necessidade de trocar informações a cerca de estudos com colegas e/ou orientadores. Isto pode e deve ser feito sempre, pois o trabalho sendo realizado em equipe tem maiores possibilidades de sucesso. Apresentamos a seguir uma breve descrição de vida acadêmica e profissional dos autores, que também produziram os textos intitulados "Fundamentos de Matemática"e "Cálculo 1"para esse mesmo curso de graduação a distância. Miguel Antônio de Camargo defende sempre o ensino significativo como forma de motivação para o aprendizado "de fato"! Licenciado em matemática pela UCG - Goiânia, Mestre em matemática pela UFG. Professor do Instituto de Matemática e Estatística da Universidade Federal de Goiás (IME/UFG), desde 1980, tendo participado de uma extensa gama de eventos relacionados à matemática e ao ensino dela em diversas universidades e faculdades de nosso Estado. Dedica grande parte de seu trabalho ao Curso de Licenciatura em Matemática e outra boa parte atua em cursos de formação (continuada) de professores, inclusive cursos a distância, como, atualmente, o de Licenciatura em Física e recentemente o Multicurso Matemática Ensino Médio, promovido pelo governo de Goiás em parceria com a Fundação Roberto Marinho (RJ) e anteriormente ao Pró-Ciências, realizado pela UFG com o apoio da CAPES.

João Carlos da Rocha Medrado define-se como um apaixonado pelo ensino de matemática e um entusiasta pelo ensino a distância! É Professor associado do IME/UFG, onde trabalha desde 1989, Doutor em Matemática pela Unicamp (1997) e Livre Docente pela Unesp (2007). Pesquisa em Sistemas Dinâmicos. Atua na formação e capacitação de docentes desde 1987 através de vários projetos, sendo os principais, o Pró–Ciências, apoiado pela CAPES e o Multicurso Matemática apoiado pela Secretaria da Educação de Goiás e Fundação Roberto Marinho. Os autores.

Introdução Neste texto apresentaremos os conteúdos da disciplina Cálculo 3 para o Curso de Física a distância. Basicamente, discorreremos sobre: 1. Movimentos no plano e no espaço. 2. Funções de várias variáveis: continuidade, derivabilidade e integrabilidade. O Cálculo, uma das mais importantes descobertas científicas conquistadas pelo homem em todos os tempos, é a matemática dos movimentos. Onde há movimento ou variações de grandezas, onde forças variáveis atuam produzindo aceleração, o Cálculo é a ferramenta matemática a ser empregada para seu desenvolvimento e análise. Aprender Cálculo é, de certa forma, diferente de aprender, por exemplo, Geometria, Álgebra ou Aritmética. Para essas disciplinas, de início, aprende-se a lidar com as figuras, sejam planas ou espaciais, a operar com variáveis e simplificar expressões, também se aprende a calcular com números. Em Cálculo, aprende-se tudo isso, e novos conceitos, novas habilidades, em níveis mais avançados; tornam-se necessários os conceitos de derivada e de integral, bem como suas importantíssimas e abrangentes aplicações, além dos métodos computacionais desses objetos. Para aprendê-lo, você terá que fazê-lo, na maioria das vezes, sozinho ou com a participação de colegas. Para o aprendizado é importante: • ler os conceitos e suas conseqüências; • analisar e aprimorar tanto a lógica formal como a intuitiva; • analisar exemplos já desenvolvidos, os mais diversos possíveis, buscando sempre entender cada passo; • esboçar figuras e gráficos que representem cada situação, sempre que possível. Além disso, é extremamente importante analisar o significado de cada conceito, de cada resultado dado, de cada exemplo desenvolvido, de cada exercício proposto e de cada aplicação feita. Sugerimos fortemente ao leitor que não se restrinja a apenas este texto e, neste sentido, disponibilizamos na bibliografia uma série de livros que poderão ser utilizados ao longo deste aprendizado. Teremos a seguir o capítulo Introdução e outros 4 capítulos: Capítulo 1: Movimentos no plano e no espaço Exploraremos os comportamentos das aplicações da reta no plano e também no espaço, seus gráficos e aplicações, mas é importante lembrar que as parametrizações são estudadas desde o início do estudo dos movimentos das partículas, já que a posição das mesmas dependem a cada instante do tempo. Assim, estudaremos ainda a continuidade, a derivabilidade e a integrabilidade destas parametrizações.

Capítulo 2: Funções de Várias Variáveis Neste capítulo, abordamos aplicações e elementos importantíssimos para o desenvolvimento do Cálculo, relacionados às funções que dependem de várias variáveis. Mais especificamente, de duas e três variáveis. Para o entendimento do comportamento das funções, assim como foi feito para funções de uma variável, estudaremos a continuidade. Capítulo 3: Diferenciabilidade de Funções de Várias Variáveis Na Física, não há dúvidas de que a velocidade é o principal ingrediente em todos os modelos. Neste capítulo, nos dedicamos a estudar a derivada (velocidade) de Funções de Várias Variáveis. Capítulo 4: Integração de Funções de Várias Variáveis Desde o tempo dos gregos, o Cálculo de áreas tem papel importante no desenvolvimento humano, e hoje, para todos os modelos físicos, a inversa da derivada ou a integração dentre as suas diversas características é um elemento importante nesse aspecto. É necessário termos várias formas de encarar os problemas, pois com uma visão ampla será mais fácil o entendimento, bem como resolvê-los. Então, vamos deixar o olhar aguçado, a criatividade solta e a vontade a mil, para que possamos chegar ao final deste, com um ótimo aproveitamento, não apenas na disciplina, mas principalmente para a vida.

Capítulo 1

Movimentos no plano e no espaço O objetivo principal é trabalhar com vetores, que se constituem em uma das mais importantes ferramentas não somente em matemática mas, principalmente em Física. No texto "Fundamentos de Matemática" definimos e estudamos os vetores. Aqui vamos apresentar alguns resultados importantes relacionados a eles.

1.1 Vetores no Plano Definimos a posição de um objeto sempre em relação a algum sistema referencial, seja ele um poste, um objeto fixo, ou não, uma estrela (o sol, por exemplo), ou seja estabelecemos um ponto e damos a posição relativa do objeto o qual ao se deslocar, estará mudando a sua posição em relação ao sistema referencial. Em problemas físicos, temos diversas situações nas quais, para a sua compreensão, temos que analisar várias componentes, como por exemplo, o deslocamento, a velocidade, a aceleração, forças atuantes, ou seja, temos que avaliar diversas informações sobre o corpo durante o seu deslocamento. Observemos a situação: Exemplo 1.1. Um avião percorre 120 km em uma linha reta que faz um ângulo de 30o com a direção o leste–oeste. Quais são os deslocamentos do avião nas direções norte–sul e leste–oeste? Solução Consideremos um sistema de coordenadas cartesianas em que o eixo− x represente a direção leste–oeste e o eixo−y a direção norte–sul e representamos esse deslocamento na Figura 1.1 (a).

Representamos por d x o deslocamento do avião na direção leste–oeste e por dy o seu deslocamento na direção norte–sul, e pela flecha o seu deslocamento em relação às duas direções. Observe que com esta flecha, representamos a distância da origem (130km), o ângulo feito com a direção leste–oeste (eixo− x) e o sentido (Nordeste). Na Figura 1.1, representamos também por flechas os deslocamentos na direção leste– oeste (d x ) e na direção norte–sul (dy ). Para calcularmos d x e dy , basta utilizarmos o triângulo retângulo definido pelos pontos d x , dy e d, e assim temos √ dy 1 3 dx o = sen(30 ) = e = cos(30o ) = . 2 120 2 120

Norte

y

dy km 120 30o

Leste

d dx

P(a,b)

b

||v||

Oeste

α

a

x

Sul

( a)

(b )

Figura 1.1: Vetor deslocamento do avião (Exemplo 1.1).

√ Assim, d x = 60 3 km e dy = 60 km.

√ Podemos então representar d x pelo ponto (60 3, 0) e dy pelo ponto (0, 60) e, finalmente √ o deslocamento total d pelo ponto (60 3, 60). Vemos uma relação interessante nesse caso √ √ (60 3, 60) = (60 3, 0) + (0, 60), ou seja, o deslocamento d pode ser escrito como a soma dos pontos dados pelos deslocamentos nas direções leste–oeste e norte–sul. Será que este procedimento repete-se em outras situações? A resposta é afirmativa e nos deteremos agora neste novo elemento.

Em um sistema de coordenadas, a cada ponto do plano podemos associar uma flecha que representa a distância da origem, o ângulo feito com o eixo− x e o sentido (no Exemplo 1.1, nordeste). A esta flecha, damos o nome de vetor. Como dissemos anteriormente, muitas vezes, podemos mudar o referencial e assim a posição do objeto. E aqui, vemos toda a importância dos vetores, pois independente de onde esteja a sua extremidade, sempre podemos representá-los com a extremidade na origem do sistema de coordenadas. Há casos em que representamos graficamente um vetor por uma seta que não parte necessariamente da origem. Por exemplo, a mudança de posição de uma partícula, ou seja o seu deslocamento. Se essa partícula se move do ponto A( x1 , y1 ) para o ponto B( x2 , y2 ), estes pontos determinam o vetor, chamado vetor deslocamento e é dado por

−→ AB = ( x2 , y2 ) − ( x1 , y1 ) = ( x2 − x1 , y2 − y1 ).

−→ Como mostra a Figura 1.2, a seta que representa o vetor AB, partindo da origem, e a seta com origem em A e extremidade em B, têm o mesmo módulo, direção e sentido. Conforme −→ a conveniência, utilizamos uma ou outra para representar o vetor AB. y B

y2 y1

A

y2 − y1 x1 x2 − x1 x2

x

Figura 1.2: Representação gráfica de um vetor dado por dois pontos.

Veja o próximo exemplo.

−→ −→ − → Exemplo 1.2. Sejam os pontos A(1, 2), B(−1, 3) e C (0, 5). Determine os vetores AB, AC e CB. Solução A determinação destes vetores é muito simples e temos que −→ AB = (−1 − 1, 3 − 2) = (−2, 1).

−→ AC = (0 − 1, 5 − 2)

= (−1, 3).

− → CB = (−1 − 0, 3 − 5) = (−1, −2). Na Figura 1.3, ilustramos estes elementos, tantos os pontos como os vetores, tanto com as extremidades nos pontos, como na origem. Lembremos que tanto faz representar o vetor com a extremidade em um ponto ou em outro. y C

− → BC B

−→ AC A

−→ AB x

Figura 1.3: Vetores perpendiculares.

1.1.1 Operações com Vetores A cada ponto P( a, b) podemos associar um vetor, v = ( a, b), e a cada vetor v = ( a, b), um ponto P( a, b). Um vetor v = ( a, b) representa intensidade, ou ainda módulo ou norma, dada pelo seu comprimento, ou seja p ||v|| = a2 + b2 , a direção pelo ângulo da flecha com o eixo–x calculada pela expressão tg(α) = b/a e o sentido que, neste caso, é representado pela flecha. Veja a Figura 1.1 (b).

√ No primeiro exemplo deste capítulo, usamos uma operação entre os vetores ( 60 3, 0) √ e (0, 60), para representar o vetor (60 3, 60) que foi a soma de vetores, ou seja √ √ (60 3, 60) = (60 3, 0) + (0, 60). Vamos definir a soma entre vetores quaisquer e também o produto de um vetor por um escalar.

Sejam os vetores u = ( a, b) e v = (c, d) e um escalar λ ∈ R. Definimos Soma de vetores w = u + v = ( a + c, b + d); Produto de um vetor por um escalar λv = (λa, λb). y b+d

y

y

u+v

λu

λb

b u

u

b d

v a

x

c a+c

λb

a

λa

x λu

(b ) λ > 0

( a)

u

b

λa

a

x

(c) λ < 0

Figura 1.4: Soma de vetores e produto de um vetor por um escalar.

Ilustramos estas operações no próximo exemplo: Exemplo 1.3. Dados os vetores u = (1, 2) e v = (−3, 1), calcule u + v, u − v e 2u. Represente os graficamente. Solução É uma aplicação direta da definição das operações soma e produto por um escalar. Vejamos: 1. u + v = (1, 2) + (−3, 1) = (1 + (−3), 2 + 1) = (−2, 3); 2. u − v = (1, 2) − 1.(−3, 1) = (1, 2) + ((−1).(−3), (−1).1) = (1, 2) + (3, −1) = (1 + 3, 2 + (−1)) = (4, 1); 3. 2u = 2(1, 2) = (2.1, 2.2) = (2, 4). Agora, os representamos na Figura 1.5. Observe que representamos o vetor u − v com sua origem no zero e também como uma das diagonais do paralelogramo definido pelos vetores u e v. y

y u+v

u

u

v

v

−3

1

(a)

x

y u+v u−v 4 x

−3

(b)

v

y 2u u−v

u

(c)

u v

x

−3

2

(d)

Figura 1.5: Soma e diferença de vetores e produto de um vetor por um escalar.

x

Geometricamente, temos que: 1. a soma de dois vetores é representada pela diagonal maior do paralelogramo definido pelos dois vetores (Figura 1.4(a)); 2. a diferença entre dois vetores é um vetor paralelo à diagonal menor do paralelogramo definido por estes vetores (Figuras 1.5(b) e 1.5(c)); 3. o produto de um vetor por um escalar, apenas altera a intensidade ou o sentido (Figuras 1.4(b) e 1.4(c)). Exemplo 1.4. Um Airbus A320 realiza um vôo para leste a 800 km/h sem vento e em determinado momento encontra um vento de popa de 106 km/h atuando no sentido 60o nordeste. O avião mantém-se rumo ao leste, mas devido a esse vento, adquire nova velocidade em relação ao solo e também direção e sentido. Determine-os. Solução Precisamos determinar os novos elementos, norma, direção e sentido, após a ação do vento. Ora, um vetor representa todos estes elementos, então o que devemos fazer é a partir da determinação dos vetores velocidade do avião sem a ação do vento de popa, v, e a velocidade de popa, v p , determinar o vetor resultante v R . Neste caso, temos ainda que,

||v|| = 800 e ||v p || = 105. Observando a Figura 1.6, fica clara a situação, e assim devemos calcular os elementos resultantes que é dado por vR = v + v p. Consideremos um sistema referencial no avião, ou matematicamente, um sistema de coordenadas cartesiano, onde o eixo x representa a direção Oeste–Leste e o eixo y, a direção Norte–Sul. Ilustremos a situação na Figura 1.6. y

vR = v + v p vp θ v

x

600 Figura 1.6: Avião: Velocidade Resultante.

Assim, determinamos os vetores v= vp =

(800, 0) √ (106 cos(60o ), 106 sen(60o )) = (53, 53 3).

Determinemos então v R , ou

√ v R = v + v p = (853, 53 3). E a nova velocidade escalar é dada por q √ ||v R || = 8532 + (53 3)2 ≃ 855, 84,

e a direção, por

√ 53 3 tg(θ ) = ≃ 0, 10761 ⇒ θ ≃ 6, 14o . 853

Portanto, temos que após a ação do vento de popa, o avião segue com velocidade de 855,84 km/h e direção e sentido dados por 6, 140 nordeste.

1.2 Vetores Paralelos Um vetor u no plano R2 é representado por um par ordenado, ou seja, u = ( a, b). e o representamos graficamente por y

y

b b

u u θ a

a

x

π−θ

θ x

Figura 1.7: Representação gráfica do vetor u = ( a, b)

Observe ainda que sabendo o seu comprimento (intensidade ou norma) e o ângulo θ podemos também determinar suas coordenadas. Por exemplo, na Figura 1.7, o vetor tem intensidade ||u|| e faz um ângulo θ radianos com o eixo x. Do triângulo retângulo tiramos as igualdades cos(θ ) =

a ⇒ a = ||u||cos(θ ), e ||u||

sen(θ ) =

b ⇒ b = ||u||sen(θ ). ||u||

Portanto, podemos expressar o vetor u pelas coordenadas u = (||u||cos(θ ), ||u||sen(θ )) Observe que podemos expressar o ângulo θ pela expressão tg(θ ) =

b . a

y

y

y

y d

b

d b

v

u θ

θ a

c

x

( a)

v

u x

x

(c)

( b)

x

(d)

Figura 1.8: Representação gráfica dos vetores u = ( a, b) e v = (c, d). Ora, digamos que dois vetores u = ( a, b) e v = (c, d) representados na Figura 1.8 sejam paralelos. Isto quer dizer que o ângulo formado entre eles e o eixo x é o mesmo, ou ainda se a e c forem não nulos temos que tg(θ ) =

d bc b = ⇒d= . a c a

E se a for nulo (a = 0), então o ângulo θ é igual a π/2. Dessa igualdade concluímos que se a 6= 0, então se a = 0, então

bc c v = (c, d) = (c, ) = ( a, b) = λ( a, b) = λu, ou a a π d θ= ⇒ c = 0 ⇒ v = (0, d) = (0, b) = λ(0, b) = λu. 2 b Portanto, se os vetores u e v são paralelos, então eles são múltiplos um do outro, ou seja v = λu e λ ∈ R.

Exemplo 1.5. Para os vetores u = (1, 3) e v = (4/5, 2/5), determine: 1. as normas dos vetores u e v; 2. um vetor w paralelo ao vetor u e que tenha norma igual a 1. Sempre que um vetor tem norma 1, dizemos que ele é unitário ou ainda um versor. − → 3. Determine um ponto P( x0 , y0 ) tal que o vetor PA, onde A é o ponto A(1, 2), seja paralelo ao vetor v. Solução Iniciamos calculando as normas dos vetores u e v. A norma de um vetor é igual ao seu comprimento e assim ficamos com

||u|| = ||(1, 3)|| =

p

12 + 32 =

||v|| = ||(16/5, 4/5)|| =

s



√

16 5

10.

2

r  2 r 4 16 4 25 + = + = = 1. 5 25 25 25

Agora, vamos determinar um vetor w que seja paralelo ao vetor u e que tenha norma 1. Para que os vetores w e u sejam paralelos, é necessário que eles sejam múltiplos, ou seja w = λu, λ ∈ R. Assim, ficamos com w = λ(1, 3) = (λ, 3λ), para todo λ ∈ R.

Mas, queremos também que ele seja unitário, ou seja, sua norma é 1, e então temos que

√

||w|| = 1 λ2 + 9λ2 =

1

√ |λ| 10 = 1 |λ2 |.10 = 1 λ2 =

1/10

λ=

r

±

1 10

Portanto, temos dois vetores unitários w+ e w− que são paralelos ao vetor u dados por r r r ! 1 1 1 w+ = (1, 3) = ,3 e 10 10 10 r r r ! 1 1 1 (1, 3) = − , −3 . w− = − 10 10 10 Finalmente, o último item. Neste caso, queremos um vetor com a origem no ponto A(1, 2), ou seja um vetor na forma w1 = ( x0 − 1, y0 − 2). Como w1 é paralelo ao vetor v, basta tomar w1 igual a um múltiplo do vetor v, ou ainda w1 = ( x0 − 1, y0 − 2) = λ(4/5, 2/5), λ ∈ R.

Desta igualdade, temos o seguinte sistema de equações lineares x0 − 1 = y0 b − 2 =

4 5λ 2 5λ

E assim, temos que para qualquer λ, basta tomarmos P( x0 , y0 ) na forma 4 2 P(1 + λ, 2 + λ) 5 5 Isto quer dizer que temos infinitos valores para x0 e y0 . Pense sobre isto!!!! Está correto? É coerente? Represente graficamente esta situação. Vetores de norma 1 são chamados unitários. Dentre eles temos alguns especiais, e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1), que são chamados de vetores unitários padrão ou por serem unitários, versores. Vetor nulo é 0 = (0, 0). Se o vetor v é não nulo, então

v ||v||

é unitário, ou seja ||v|| = 1. Verifique isto!!!! Observemos que utilizando os versores, ou vetores unitários padrão, é muito simples escrever qualquer vetor como múltiplos deles, ou seja, para o vetor u = ( a, b), temos que u = a(1, 0) + b(0, 1) = ae1 + be2 . Neste caso, dizemos que o vetor u é dado pela combinação linear entre e1 e e2 . Veja a Figura 1.9.

y

u

b.e2 e2 e1

a.e1

x

Figura 1.9: Representação gráfica de um vetor u como a soma dos versores e1 e e2 .

−→ Exemplo 1.6. Sejam os pontos P(2, 1) e Q(−1, 3). Determine o vetor PQ como combinação linear de e1 e e2 . Solução

−→ O vetor PQ é dado por −→ PQ = (−1 − 2, 3 − 1) = (−3, 2) = −3(1, 0) + 2(0, 1) = −3e1 + 2e2 . Exercício 1.7. 1. Verifique se os vetores u = (1, 2) e v = (5, 10) são paralelos. E os vetores u = (1, 2) e v = (−5, −10)? E ainda, os vetores u = (−3, 2) e v = (2, −3)? 2. Determine um vetor paralelo ao vetor u = (−2, 5).

1.2.1 Equações Paramétricas da Reta

Uma aplicação interessante e muito útil desse fato é a obtenção das equações paramétricas da reta. Mãos à obra!!!! Da Geometria Plana, sabemos que dois pontos quaisquer e distintos A( a, b) e B(c, d), −→ definem uma única reta r. Estes mesmos dois pontos definem também um vetor AB. Veja a Figura 1.10(a). Tomando qualquer outro ponto P( x, y) dessa reta r, temos que os vetores

−→ AP = ( x − a, y − b) ou − → BP = ( x − c, y − d)

−→ são paralelos ao vetor AB = (c − a, d − b). B

d b

A

a

( a)

r

r

d

−→ AB

b c

a

( b)

−→ AP

b c

r P

y

a

(c)

r

y d

− → BP

x

c

x

(d)

Figura 1.10: Representação gráfica dos vetores formados pelos pontos A, B e P e da reta r.

Podemos então escrever

−→ −→ AP = tλ AB ou ( x − a, y − b) = t(c − a, d − b). ou ainda, 

x= y=

a + t(c − a) b + t ( d − b)

que são as equações paramétricas da reta r definida pelos pontos A e B. Observe que para cada valor de λ temos um ponto da reta. Por exemplo, para t = 0 temos o ponto  x = a + 0.(c − a) = a y = b + 0.(d − b) = b

ou seja o ponto A. Para qual valor de t obteríamos o ponto B?

E por que dizemos equações paramétricas? Para cada valor de t obtemos um único ponto da reta, e para cada ponto da reta obtemos um único valor para t. Assim, os pontos da reta dependem do parâmetro t, daí o nome paramétricas. Exercício 1.8. 1. Escreva as equações paramétricas da reta que contém os pontos A(1, 2) e B(3, 5). Represente-a graficamente. Qual é a equação cartesiana dessa reta? 2. Determine as equações paramétricas da reta que contém o ponto A(1, 0) e que é paralela ao vetor u = (1, 2). Represente graficamente tanto a reta como o vetor. 3. Observe que as equações paramétricas da reta formam um sistema de equações. Para as equações paramétricas encontradas no item, isole o valor de λ na primeira equação e substitua na segunda equação. Reconhece esta equação? Ora, então tendo as equações paramétricas, temos cada ponto ( x, y) dependendo do valor de t. Mas, isto é equivalente a dizer que tanto x como y são funções de t, ou ainda x = x ( t ) e y = y ( t ), ou, P(t) = ( x (t), y(t)) = ( a + t(c − a), b + t(d − b)),

onde P(t) representa um ponto da reta.

Portanto, podemos representar os pontos da reta, por uma função P, dada por P:

R t

→

R2 ( x (t), y(t))

1.3 Produto Escalar Sejam as matrizes U = [ a b], V = [c d] e W = V t , então temos que: Soma de matrizes U + V = [ a + b c + d]; Produto de matrizes U.W = ac + bd.

Observemos que podemos identificar um vetor u = ( a, b) com uma matriz U = [ a b] e assim a soma de matrizes é a mesma operação que na soma de vetores. Produto escalar entre vetores O produto escalar entre dois vetores, u = ( a, b) e v = (c, d) é dado por u.v = ac + bd. Dessa forma, o produto escalar entre dois vetores é um número real, por isto dizemos, produto escalar. Observemos ainda que tanto a soma de vetores como o produto de um escalar (número real) por um vetor, resulta num vetor. Veremos muitas utilidades para esta definição. Exemplo 1.9. Considere os vetores u = (1, 2) e v = (3, −1). Calcule: (a) u + v; (b) −3u; (c) u.v; (d) u.u; (e) v.v; (f) ||u||; e (g) ||v||. Solução A soma u + v é dada por u + v = (1, 2) + (3, −1) = (1 + 3, 2 + (−1)) = (4, 1). O produto −3u por

−3u = −3(1, 2) = ((−3).1, (−3).2) = (−3, −6). O produto escalar entre os vetores u e v, ou ainda, u escalar v, por u.v = (1, 2).(3, −1) = 1.3 + 2.(−1) = 1. E os produtos

u.u = (1, 2).(1, 2) = 1.1 + 2.2 = 12 + 22 = 5, e v.v = (3, −1)(3, −1) = 32 + (−1)2 = 10.

Lembremos que a norma de um vetor u = ( a, b) é p ||u|| = a2 + b2 .

Assim, as normas dos vetores u e v são q p √ √ ||u|| = 12 + 22 = 5 e ||v|| = 32 + (−1)2 = 10. Concluímos que, se u = ( a, b) então u.u = ( a, b)( a, b) = a2 + b2 = ||u||2 . Esta é uma importante relação entre o produto escalar de um vetor por ele mesmo e a norma do mesmo. Observemos ainda algumas propriedades para a operação produto escalar entre vetores. Para mostrá-las, basta dar coordenadas aos vetores e usar a definição. Em geral, as propriedades decorrem diretamente das propriedades respectivas para números reais. Comutatividade O produto escalar entre vetores u e v é comutativo, ou seja u.v = v.u.

Associatividade O produto escalar entre vetores u, v e w é associativo, ou seja u.(v.w) = (u.v).w. Distributividade O produto escalar entre vetores u, v e w é distributivo em relação a esta operação, ou seja u.(v + w) = u.v + u.w.

1.3.1 Vetores Perpendiculares Para dois vetores perpendiculares u e v consideramos um triângulo retângulo com lados

||u||, ||v|| e ||u − v||. Ora, sabemos também que podemos considerar estes vetores com as extremidades na origem, ou seja, consideramos eles com coordenadas na forma u = ( a, b) e v = (c, d) e assim, temos o vetor u − v dado por u − v = ( a − c, b − d). Ilustramos na Figura 1.11(b). y u−v

u−v v

u

v

u

(b)

(a)

x

Figura 1.11: Vetores perpendiculares.

Do triângulo retângulo e aplicando o Teorema de Baskara, temos que

||u − v||2 = ||u||2 + ||v||2 . Considerando os vetores em coordenadas, ficamos com

||( a − c, b − d)||2 = ||( a, b)||2 + ||(c, d)||2 ( a − c )2 + ( b − d )2 =

a 2 + b2 + c 2 + d 2

a2 − 2ac + c2 + b2 − 2bd + d2 =

a 2 + b2 + c 2 + d 2

ac + bd =

0.

Ou seja, se os vetores u = ( a, b) e v = (c, d) são perpendiculares ou ortogonais, então u.v = ac + bd = 0. Esta é outra importante relação entre o perpendicularismo entre vetores e o produto escalar entre eles.

Poderíamos também ter a mesma conclusão sem utilizar coordenas para os vetores, pois sabemos que ||u||2 = u.u e usando as propriedades, ficamos com

||u − v||2 = ||u||2 + ||v||2 (u − v).(u − v) = u.u + v.v u.u − u.v − v.u + v.v = − 2u.v

u.u + v.v

= 0 0

u.v =

1.3.2 Equação Cartesiana da Reta Assim como podemos definir uma reta que passe por um ponto e que seja paralela a um vetor, podemos também, equivalentemente definir uma reta que passa por um ponto dado e que seja perpendicular a um vetor dado. Lembremos que o vetor, além da norma e o sentido, nos dá a orientação e é este importante aspecto que utilizamos aqui. Mais especificamente, seja um ponto P( x0 , y0 ) e um vetor u = ( a, b), e definamos por r a reta que contém o ponto P e que seja perpendicular ao vetor u. Veja a Figura 1.12( a). r u y0

r

y y0

P

u

P θ

x0

Q

u

x0

x

( b)

( a)

Figura 1.12: Equação Cartesiana da reta r.

−→ Da Figura 1.12(b), vemos que o vetor PQ, onde Q( x, y) é um ponto qualquer da reta, é −→ paralelo à reta r, ou seja é perpendicular ao vetor PQ, ou ainda −→ PQ.u = ( x − x0 , y − y0 ).( a, b) = 0. Ou ainda, a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0

ou

ax + by = ax0 + by0 , que é a equação da reta r. Observemos ainda que se b 6= 0, podemos escrever esta equação na forma y = mx + k,

onde m=−

b a

e

k=

ax0 + by0 . b

Observe que esta equação y = mx + k é chamada equação reduzida da reta, onde m e k são a inclinação da reta e o ponto de intersecção da reta r com o eixo y, respectivamente.

Representações da reta Podemos representar a reta por Equação Cartesiana uma função real, P:

R x

−→ R y = P ( x ).

Equações Paramétricas uma função da reta no plano, P:

R t

−→ R2 P(t) = ( x (t), y(t)).

1.3.3 Ângulos entre vetores Consideremos o seguinte problema: Dados os vetores u e v, qual é o ângulo entre eles? Esbocemos na Figura 1.13 os vetores u e v. y

u−v

u

θ

v x

Figura 1.13: Determinação do ângulo entre vetores.

Ora, da lei dos cossenos temos que

||u − v||2 = ||u||2 + ||v||2 − 2||u||.||v||cos(θ ) (u − v).(u − v) = ||u||2 + ||v||2 − 2||u||.||v||cos(θ ) ||u||2 + ||v||2 − 2u.v = ||u||2 + ||v||2 − 2||u||.||v||cos(θ ) u.v =

||u||||v||cos(θ )

Assim temos cos(θ ) =

u.v . ||u||.||v||

Uma aplicação é utilizar o ângulo entre vetores para determinar ângulos de triângulos. Vamos a um exemplo! Exemplo 1.10. Seja o triângulo ABC, com vértices A(0, 0), B(1, 2) e C (2, 1). Determine o ângulo ˆ A. Solução

→ −→ ˆ basta calcularmos o ângulo entre os vetores − Para calcularmos o ângulo A, AB e AC que são dados por −→ −→ AB = (1, 2) e AC = (2, 1). Observe que a ordem na tomada destes vetores é muito importante, pois se tívessemos tomado, −→ −→ ˆ por exemplo, os vetores AB e CA, calcularíamos o ângulo externo A. −→ −→ O ângulo entre os vetores AB e AC é dado por −→ −→ AB. AC cos(θ ) = −→ −→ || AB||.|| AC ||

=

4 √ √ 5. 5

=

4 5

Portanto, θ = arccos

  4 . 5

Em vários problemas na Física se faz necessário decompor forças ou velocidades, ou algum outro elemento vetorial, na direção de outros vetores. Vejamos um exemplo!!! Exemplo 1.11. Considere uma força F aplicada em uma partícula que se move ao longo de um caminho. Determinemos a componente desta força na direção do movimento. Solução Para isto, basta determinarmos o vetor na direção da tangente ao movimento dada pelo vetor u, ou seja a projeção ortogonal do vetor F no vetor u. Veja a Figura 1.14. F

θ

PuF

u

Figura 1.14: Determinação da Projeção de um vetor F sobre o vetor u.

Observe que a projeção ortogonal do vetor F no vetor u, PuF é paralelo a u, ou seja PuF = t.u, para algum valor real de t. Mais, temos que o vetor PuF − F é perpendicular a u, ou seja

( PuF − F ).u = 0.

Assim, para determinarmos o valor de t basta resolver

(tu − F ).u = 0 t(u.u) − F.u = t=

0 F.u . u.u

Portanto, temos que PuF

=



F.u u.u



u.

Observe que não podemos simplificar u, pois não temos definida a operação divisão para vetores. Dados dois vetores u e v, temos que: Ângulo entre vetores O ângulo entre eles é dado por cos(θ ) =

u.v . ||u||.||v||

Projeção ortogonal A projeção ortogonal de v sobre u é dado por,  v.u  Puv = u. u.u

1.4 Curvas Parametrizadas no Plano Na secção anterior, vimos as equações paramétricas de uma reta, ou seja definimos uma reta por uma função da reta num plano que depende de um parâmetro. Ora, assim como estudamos curvas definidas por equações cartesianas, como por exemplo, parábolas dadas por y = x2 , circunferências, por x2 + y2 = 1 e outras, não poderíamos também definir equações paramétricas para elas? Observemos que equações paramétricas têm muita importância em Física, pois quando estudamos o movimento de um corpo, o fazemos observando sua posição a cada instante de tempo, ou seja, dependendo de um parâmetro t. Vejamos alguns exemplos: Exemplo 1.12. Consideremos um vetor unitário, v, qualquer, ou seja vetores do tipo v = ( a, b) tal que a2 + b2 = 1. y v

b θ a

1

x

Figura 1.15: Determinação das coordenadas de um vetor unitário em função do ângulo θ.

Solução Na Figura 1.15 esboçamos um vetor qualquer unitário e pelo triângulo retângulo, observamos as relações: a = ||v||cos(t) = cos(t), b = ||v||sen(t) = sen(t).

Portanto, cada ponto da circunferência C está em função do ângulo t. Para darmos a volta completa, basta variarmos t de 0 a 2π, ou seja, definimos a aplicação C:

[0, 2π ] ⊂ R → R2 t C (t) = (cos(t), sen(t))

Exemplo 1.13. Consideremos agora a parábola dada pela equação y = x2 e busquemos também uma parametrização para esta curva. Neste caso, temos que o gráfico desta parábola é dada pelos pontos Gráfico = {( x, y) ∈ R2 | y = x2 }. Ora, então basta considerarmos x = t e temos a parametrização x ( t ) = t e y ( t ) = t2 , ou ainda,

C:

R t

→ R2 C (t) = (t, t2 )

Quando um objeto se move em um plano, durante um intervalo de tempo I ⊂ R, podemos descrever o seu movimento α(t), em um sistema de coordenadas, por aplicações que dependem do parâmetro t, ou seja a posição ( x, y) e cada instante é dado por α:

I⊂R t

−→ R2 α(t) = ( x (t), y(t)).

Variando t em seu domínio temos a trajetória descrita pelo objeto no plano e podemos assim considerar para cada t o vetor posição, que no caso é α(t). Dizemos que α é uma função vetorial. Observe ainda que podemos expressar esta função vetorial tanto na forma α(t) = ( x (t), y(t)) como também decomposto nas direções dos vetores e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1), ou seja α ( t ) = x ( t ) e1 + y ( t ) e2 . Os vetores e1 e e2 , na literatura, também são chamados de vetores i e j, respectivamente.

1.4.1 Limite, Continuidade e Derivabilidade Assim, como foi feito para funções reais, temos também que estudar as aplicações da reta no plano, as parametrizações, sob os conceitos de continuidade e derivabilidade. Para isto iniciaremos com o estudo dos limites. Observemos inicialmente que as aplicações, α(t), da reta no plano podem ser escritas como a soma α ( t ) = x ( t ) e1 + y ( t ) e2 . Ora, então calcular o limite de α(t) para t se aproximando de t0 , ou seja lim α(t),

t → t0

pode ser escrito na forma lim α(t) =

t → t0

=

lim ( x (t)e1 + y(t)e2 )

t → t0

lim x (t)e1 + lim y(t)e2

t → t0

t → t0

Ora, existindo os limites das funções reais x (t) e y(t) e sendo L x e Ly os seus limites respectivos, quando t → t0 , temos que lim α(t) = L x e1 + Ly e2 .

t → t0

Observemos que caso algum dos limites de x (t) e y(t) não exista, não existirá também o limite de α(t). A continuidade da aplicação α segue da mesma forma como para funções reais, ou seja α é contínua se as funções x (t) e y(t) também o forem. Consideremos a trajetória de um objeto dada por uma aplicação vetorial α(t) = ( x (t), y(t)). Para t = t0 , seja o ponto P( x (t0 ), y(t0 )) e o ponto Q( x (t0 + ∆), y(t0 + ∆)). −→ Temos então o vetor PQ, que representamos por ∆α, dado por ∆α =

α(t0 + ∆t) − α(t0 )

= ( x (t0 + ∆t), y(t0 + ∆t)) − ( x (t0 ), y(t0 )) = ( x (t0 + ∆t) − x (t0 ), y(t0 + ∆t) − y(t0 )) = ∆xe1 + ∆ye2 . Agora, fazendo ∆ → 0 temos que 1. O ponto Q se aproxima do ponto P, Q → P. 2. A reta secante que contém os pontos P e Q, aproxima a uma posição–limite tangente à curva α para t = t0 . 3. O limite ∆α existe, se existir os limites de ∆x e ∆y, e neste caso temos que ∆α = ∆t →0 ∆t lim

=

∆xe1 + ∆ye2 ∆t ∆t →0 lim lim

∆t →0

∆x ∆y e1 + lim e2 ∆t ∆t →0 ∆t

= x ′ ( t ) e1 + y ′ ( t ) e2 . = ( x ′ (t), y′ (t))

Seja a aplicação α:

I⊂R t

→ R2 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 = ( x (t), y(t)),

então temos que Limites O limite da aplicação α existe para t → t0 se e somente se existem os limites das funções reais x (t) e y(t), para t → t0 . Continuidade A aplicação α é contínua se e somente se as funções reais x (t) e y(t), também são contínuas. Derivabilidade A aplicação α é derivável se e somente se as funções reais x (t) e y(t), também são deriváveis e   dα dx dy dx dy = e1 + e2 = , dt dt dt dt dt ou ainda,

α′ (t) = x ′ (t)e1 + y′ (t)e2 = ( x ′ (t), y′ (t)).

Neste caso, o vetor α′ (t) é um vetor tangente ao movimento no ponto α(t). Mais ainda, α′ (t) é o vetor velocidade do objeto no ponto ponto α(t). Vimos então que a derivabilidade de aplicações da reta no plano,ou seja, parametrizações, depende diretamente das funções reais que a constituem, e assim, temos as propriedades: Considere a aplicação α:

I⊂R t

→ R2 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 = ( x (t), y(t)),

Função constante Se as funções x (t) e y(t) são constantes, então α(t) também é constante e α′ (t) = 0. Produto por um escalar Seja a função real f (t) e consideremos a aplicação β(t) = f (t)α(t), então β′ (t) = ( f (t)α(t))′ = f ′ (t)α(t) + f (t)α′ (t). Observe que se f (t) = k = constante, então f ′ (t) = 0 e β′ (t) = kα′ (t). Soma de aplicações Seja a aplicação β(t) = ( x1 (t), y1(t)), então

( α + β ) ′ ( t ) = α ′ ( t ) + β ( t ) ′ ( t ). Produto de aplicações Seja a aplicação β(t) = ( x1 (t), y1 (t)), então

(αβ)′ (t) = α′ (t) β(t) + α(t) β′ (t). Regra da cadeia Seja a função real f (t) e consideremos a aplicação β(t) = α( f (t)), então β′ (t) = f ′ (t)α′ ( f (t)). Vamos verificar a última propriedade e deixaremos as outras como um exercício. Consideremos então que f (t) é uma função real e a aplicação β(t) é dada por β(t) = α( f (t)).

Desta igualdade temos que β′ (t) =

(α ◦ f )′ (t)

=

( x ◦ f ) ′ ( t ), ( y ◦ f ) ′ ( t )

=

f ′ (t) x ′ ( f (t)), f ′ (t)y′ ( f (t))




=

f ′ (t) x ′ ( f (t)), y′ ( f (t))

=

f ′ (t)α′ ( f (t)).







O vetor posição α(t) de uma partícula no plano, que se move ao longo de uma curva, em qualquer instante t é dado pela aplicação α:

I⊂R t

→ R2 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 = ( x (t), y(t)),

então temos que Vetor Velocidade O vetor velocidade dessa partícula é tangente à curva e dado por dα v(t) = ( t ). dt Velocidade Escalar A velocidade escalar dessa partícula, em cada instante t, é dado por ||v(t)||. Vetor Aceleração O vetor aceleração dessa partícula é dado por v(t) =

dv d2 α ( t ) = 2 ( t ). dt dt

Versor do movimento O do movimento é dado por um vetor paralelo ao vetor velocidade e unitário, ou seja, por v(t) . ||v(t)|| Vetor aceleração ortogonal à curva Se o vetor velocidade dessa partícula é unitário, ou seja um versor do movimento, então o vetor aceleração é ortogonal à curva. Verifiquemos isto!!!! Como o vetor velocidade é unitário,então ||v(t)|| = 1. Assim, d(||v||2 ) (t) = 0 dt d(v.v) (t) = dt

0

2v(t)v′ (t) =

0

v(t).a(t) =

0.

Ou seja, o vetor velocidade que é tangente ao caminho é perpendicular ao vetor aceleração, ou ainda o vetor aceleração é ortogonal ao caminho. Exemplo 1.14. A trajetória planar de uma partícula é definida pela aplicação α(t) = (3cos(t), 3sen(t)), t ∈ R. Determine:

1. Os vetores velocidade, v e aceleração a. 2. a velocidade, a aceleração, a velocidade escalar e o versor do movimento para t = π/4. 3. o produto v.a. Interprete esse resultado geometricamente. 4. Esboce estes elementos em um gráfico. Solução Observemos inicialmente que esta trajetória é uma circunferência de centro no ponto (0, 0) ou origem, e raio igual a 3, ou seja a partícula descreve um movimento circular. 1. O vetor velocidade é dado pela primeira derivada de α e a aceleração, pela segunda. Assim, v(t) = e a(t) =

dα (t) = (−3sen(t), 3cos(t)), dt

dv d2 α (t) = 2 (t) = (−3cos(t), −3sen(t)). dt dt

2. Para t = π/4, temos que √ √ √ √ v(t) = (−3 2/2, 3 2/2), a(t) = (−3 2/2, −3 2/2), ||v(π/4)|| = 3, e o versor do movimento , que é um vetor unitário paralelo ao vetor velocidade, é dado por

√ √ v(π/4) = (− 2/2, 2/2). ||v(π/4)|| 3. Calculando o produto escalar v.a, obtemos v(t).a(t) = 0. Portanto, os vetores v(t) e a(t) são ortogonais para todo valor de t. 4. Esboçamos estes elementos na Figura 1.16.

y

a b

v

θ a

3

x

Figura 1.16: Representação dos vetores velocidade e aceleração em um movimento circular.

1.4.2 Integrais Uma função vetorial β(t) é uma primitiva de α(t), que estão definidas em um intervalo I ⊂ R se dβ (t) = α(t), ∀t ∈ I ⊂ R. dt Ou seja, noção equivalente ao dado para funções reais. Assim, equivalentemente dizemos que

O vetor posição α(t) de uma partícula no plano, que se move ao longo de uma curva, em qualquer instante t é dado pela aplicação α:

→ R2 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 = ( x (t), y(t)),

I⊂R t

então temos que Z

α(t)dt =

Z

x (t)dt,

Z

y(t)dt



=

Z

x (t)dte1 +

Z

y(t)dte2 = β(t) + c,

onde c = c(c1 , c2 ) é um vetor constante. Observemos ainda que geometricamente, a integral do vetor a(t) nos dá o vetor velocidade, e a integral deste, o vetor posição. Assim como para funções reais, temos também para funções vetoriais ou aplicações da reta no plano, as integrais definidas, que de forma semelhante são definidas. O vetor posição α(t) de uma partícula no plano, que se move ao longo de uma curva, em qualquer instante t é dado pela aplicação α:

→ R2 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 = ( x (t), y(t)),

I⊂R t

então temos que Z b a

α(t)dt =

Z

b a

x (t)dt,

Z b a

y(t)dt



=

Z b a

x (t)dte1 +

Z b a

y(t)dte2 .

Exemplo 1.15. Uma partícula se move em um plano com velocidade dada pela aplicação v(t) = (−sen(t), cos(t)) , t ≥ 0. 1. Determine o vetor posição, α(t) desta partícula, sabendo que para t = π/2 ela está no ponto (0, 1). 2. Determine a distância percorrida pela partícula, l, no período de tempo de t = 0 a t = π. Solução Determinemos o que está sendo pedido. 1. Sabemos que a velocidade é obtida através da derivação do vetor posição, α(t). Assim, para obter α(t) basta calcularmos a integral de v(t), ou seja R α(t) = v(t)dt

R R = ( (−sen(t))dt, cos(t)dt)

= (cos(t) + c1 , sen(t) + c2 ))

Como para t = π/2 ela está no ponto (0, 1), ou seja α(π/2) = (0, 1), podemos calcular as constantes c1 e c2 , pois  π π  α(1π/2) = cos + c1 , sen + c2 ) = (0, 1), 2 2 ou ainda, c1 = 0 e c2 = 0. Portanto, a posição da partícula é dada pela aplicação α(t) = (cos(t), sen(t))) . Observemos ainda que o traço desta curva é a circunferência de centro na origem e raio igual a um.

2. O comprimento de uma curva, l, α(t) de t = a a t = b é dada por l=

Z b a

||v(t)||dt.

Assim, para determinarmos l, basta calcularmos então Rπq l= (−sen(t))2 + (cos(t))2 dt 0

=

Rπ 0

dt = t|0π = π.

Assim, o comprimento da curva l é igual a π. Isto era esperado, pois é meia volta na circunferência que tem comprimento total 2π. Exercício 1.16. Faça como no Exemplo 1.15, mas considerando v(t) = (− asen( at), acos( at)) , t ≥ 0.

Qual é a interpretação física neste caso?

1.5 Vetores no Espaço Antes de iniciarmos o estudo sobre vetores, primeiro observamos que este estudo é totalmente análogo ao dos vetores no plano. Claro que existem diferenças e é justamente sobre elas que iremos focar e distinguir. Assim, como no plano, temos que A cada ponto do espaço associamos um vetor e a cada vetor, um ponto. Na verdade, esta associação entre ponto e vetor vale em qualquer dimensão, ou seja, no plano R2 , R3 ou R n , n qualquer natural. Bom, para iniciarmos então temos que marcar pontos no espaço. O espaço, ou R3 , tem três dimensões, e assim podemos sempre imaginar o canto de uma parede de uma sala, que tem as três retas, duas no solo e uma que segue a parede para o alto. Estando a sala bem esquadrejada, estas três retas são perpendiculares entre si, duas a duas. Isto é análogo ao plano, R2 , cujo sistema cartesiano é formado por duas retas perpendiculares. Muito bem, mas e como marcar os pontos? Sigamos o mesmo procedimento feito para marcar pontos no plano, ou seja, primeiro um sistema de coordenadas com duas retas graduadas, orientadas (positivo e negativo) e perpendiculares, os eixos x e y, e depois pelo ponto traçamos duas retas paralelas r e s aos eixos do sistema x e y, respectivamente. Da intersecção das retas obtemos as coordenadas dos pontos. E o procedimento inverso, ou seja, tendo as coordenadas do ponto, traçamos perpendiculares aos eixos que contenham estas coordenadas e a intersecção destas duas retas, é a marcação do ponto no plano. Veja a Figura 1.17.

Para marcarmos pontos no espaço, dado o ponto ou suas coordenadas, faremos de forma análoga, ou seja primeiro consideramos um sistema de coordenadas formado por três retas graduadas, orientadas (positivo e negativo) e perpendiculares, duas a duas, que serão os eixos coordenados x, y e z. Consideraremos os eixos x e y, representando o plano no solo e o eixo z a altura (lembremos do canto inferior da parede de uma sala). Veja a Figura 1.18. Uma questão interessante aqui é que temos que representar o espaço em uma folha de papel que é plana, e portanto, teremos que na verdade trabalhar com projeções. Para conseguir este efeito, após traçar os eixos, teremos sempre que respeitar a projeção que representa a ortogonalidade no plano.

y

y s

a

P

b

P

r

a

x

x

Figura 1.17: Determinando as coordenadas de um ponto P. Z

P

y

x Figura 1.18: Sistemas de coordenadas no espaço.

No plano, os pontos, ( a, 0) e (0, b), são marcados nos eixos x e y, respectivamente. Da mesma forma, os pontos ( a, 0, 0), (0, b, 0) e (0, 0, c), são marcados nos eixos x, y e z, respectivamente. Obviamente, a origem é a intersecção dos três eixos. Os pontos, que têm a altura zero (z = 0 ou ainda ( a, b, 0)), estão no plano coordenado xy e assim também temos os pontos (0, b, c) e ( a, 0, c) que estão nos planos coordenados yz e xz, respectivamente. Muito bem, agora vamos marcar o ponto, tendo as coordenadas. Lembremos ainda que o trabalho aqui é um pouco maior, por trabalharmos com projeções. O procedimento será realizado por passos. Vamos a eles! • Através das coordenadas do ponto, digamos ( a, b, c), traçamos retas perpendiculares aos eixos x e y, ou seja por a e por b traçamos perpendiculares aos eixos, para isto, o melhor é por ( a, 0, 0) traçamos uma paralela ao eixo y e por (0, b, 0) uma paralela ao eixo x. Essas duas retas se interceptam no ponto Q( a, b, 0). • Trace um segmento A unindo o ponto Q( a, b, 0) à origem (0, 0, 0) e uma reta r que passa pelo ponto ( a, b, 0) e que seja paralela ao eixo z. • Muito bem, agora do ponto (0, 0, c), trace uma paralela ao segmento A que passa por (0, 0, c). Esta paralela intercepta a reta r no ponto ( a, b, c). Veja a Figura 1.19.

Agora, associado ao ponto P( a, b, c), associamos o vetor u = ( a, b, c), da mesma forma que fizemos no plano. De forma similar, temos que Operações com vetores Sejam u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ), w = (w1 , w2 , w3 ) e λ um escalar real. Então, temos que: Soma de vetores u + v = (u1 + v1 , u2 + v2 , u3 + v3 ). A soma de vetores tem as seguintes propriedades: Simétrico de um vetor (−1)u = −u = −(−u1 , −u2 , −u3 ).

z

z

z

c

c y

b Q

a x

P b Q

a

c y

b Q

a

y

x

x

Passo 3

Passo 2

Passo 1

P

Figura 1.19: Marcando o ponto P( a, b, c). Produto por um escalar λu = (λu1 , λu2 , λu3 ). Produto de vetores u.v = u1 .v1 + u2 .v2 + u3 .v3 . Estas operações gozam das seguintes propriedades: Comutatividade u + v = v + u e u.v = v.u. Associatividade (u + v) + w = u + (v + w) = u + v + w e (λu)v = λ(u.v) = u.(λv). Distributividade 1 λ(u + v) = λu + λv. Distributividade 2 (λ1 + λ2 )u = λ1 u + λ2 u; Distributividade 3 u.(v + w) = u.v + u.w. Norma de um vetor ||u|| =

Vetor unitário ||u|| = 1 = Vetor nulo u = (0, 0, 0).

q

q

u21 + u22 + u23 . Temos ainda que

||u||2 = u.u = u21 + u22 + u23 .

u21 + u22 + u23 .

Vetores perpendiculares u.v = 0. Ângulo entre vetores cosθ =

u.v . Observe ainda que ||u||.||v|| u.v = ||u||.||v||cosθ.

A prova destas propriedades é similar ao caso para vetores definidos no plano. Faça-as!!!! Bem, mas temos algumas novidades e uma delas é a existência agora de um vetor que perpendicular simultaneamente a outros dois vetores que não são paralelos. Para obtê-lo, precisamos definir mais uma operação, que é chamada de Produto Vetorial entre vetores. Dados os vetores não nulos u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ), queremos um terceiro, w = (w1, w2 , w3 ) que seja perpendicular a estes, ou seja u.w = 0 e v.w = 0. Destas equações, temos o sistema linear u1 w1 + u2 w2 + u3 w3 =

0

v 1 w1 + v 2 w2 + v 3 w3 =

0.

Este sistema admite uma infinidade de soluções e uma delas é dado por w1 =

u2 v 3 − v 2 u3

w2 =

v 1 u3 − u1 v 3

w3 =

u1 v 2 − v 1 u2

Assim, o vetor w = ( u2 v 3 − v 2 u3 , v 1 u3 − u1 v 3 , u1 v 2 − v 1 u2 )

é simultaneamente perpendicular aos vetores u e v.

Definição 1.17. Sejam os vetores não nulos u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ), então definimos o produto vetorial entre u e v, como sendo um vetor que simultaneamente perpendicular aos dois e denotamos por u × v = ( u2 v 3 − v 2 u3 , v 1 u3 − u1 v 3 , u1 v 2 − v 1 u2 ) . Sempre podemos usar este procedimento para calcular o vetor w, mas vamos apresentar uma forma mais simples de se lembrar. Considerando os vetores i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1), como de costume, observamos que podemos escrever o vetor w na forma u × v = (u2 v3 − v2 u3 )i + (v1 u3 − u1 v3 ) j + (u1 v2 − v1 u2 )k. Podemos ainda escrever que u2 v 3 − v 2 u3 =

u1 v 2 − v 1 u2 = ou ainda que

=

u2 u3 i u1 v1

v2 ; v3

u1 v1

u2 ; v2

u − 1 u3

v 1 u3 − u1 v 3 =

u×w =

u2 u3

u1 v2 i − u3 v3

j u2 v2

k u3 v3



v1 ; v3

u1 v1 j + v1 v3

u2 v2

Obviamente, aqui não temos uma matriz com entradas reais, pois i, j e k são vetores. Mas, é um bom formato para se lembrar do produto vetorial. É importante ressaltar que o produto escalar entre vetores é um número e o produto vetorial entre vetores, resulta em um vetor. Temos as seguintes propriedades para o produto vetorial entre vetores, que seguem diretamente das propriedades dos determinantes. • (u + v) × w = u × w + v × w; • w × (u + v) = w × u + w × v; • u × v = −v × u. • u × v = 0 ⇔ u e v são paralelos. Exercício 1.18. 1. Verifique as propriedades listadas aqui relativas a vetores. 2. Verifique a seguinte igualdade: Se u e v são vetores, então

||u × v||2 = ||u||2 .||v||2 − (u.v)2. Obs. Utilize as coordenadas dos vetores e verifique que os dois lados da igualdade são realmente iguais.

O ângulo entre vetores está relacionado com a igualdade u.v = ||u|.||v||cosθ. Assim, do Exercício 2 da Lista 1.18, segue que

||u × v||2 = ||u||2 .||v||2 − (u.v)2 = ||u||2 .||v||2 − (||u|.||v||cosθ )2 = ||u||2 .||v||2 (1 − cos2 θ = ||u||2 .||v||2 sen2 θ. Assim, temos que

||u × v|| = ||u||.||v||senθ,

onde θ é o ângulo entre os vetores u e v.

Exemplo 1.19. Observe ainda que a área de um paralelogramo definido por vetores u e v é igual a u × v. Veja a Figura 1.20.

v h θ u Figura 1.20: Área de um paralelogramo é ||u × v||.

Solução Isto é verdade, pois a área do paralelogramo é dado por A = base × altura,

e neste caso, a base é ||u|| e a altura é dado por

h = ||v||senθ.

Exemplo 1.20. Utilizando uma chave inglesa, ao apertarmos uma porca, exercemos um torque ao longo do eixo do parafuso. A norma do torque depende da distância entre o eixo do parafuso e o ponto sobre a chave inglesa no qual a força é aplicada e de quanto da força é perpendicular à chave no ponto de aplicação. Veja a Figura 1.21.

Solução Para calcular a norma do Torque, basta calcularmos a norma do vetor || F × r ||. Observe que o vetor F × r é perpendicular simultaneamente aos vetores F e r e portanto paralelo ao vetor que dá o torque. Assim,

||torque|| = || F ||||r ||senθ,

onde θ é o ângulo entre os vetores r e F.

Torque

r θ F⊥

F

Figura 1.21: Cálculo do torque gerado pelo aperto de um parafuso com uma chave inglesa. Exercício 1.21 (Produto misto). Vefique que o volume do paralepípedo dado pelos vetores u, v e w é igual a |(u × v).w| = ||u × v||||w||cosθ.

Lembre-se que o volume é dado pela área da base vezes a altura. Neste caso a base é o paralelogramo definido por dois destes vetores.

1.5.1 Retas e Planos no Espaço As retas no espaço, assim como no plano, necessitam de apenas um ponto e um vetor paralelo para serem definidas. Assim, seja a reta r que passa pelo ponto A( x0 , y0 , z0 ) e que é paralela ao vetor u = ( a, b, c). Veja a Figura 1.22. z A

P

r

u y x Figura 1.22: Equações paramétricas da reta.

−→ Seja P um ponto qualquer da reta, então, o vetor AP( x − x0 , y − y0 , z − z0 ) é paralelo ao vetor u = ( a, b, c), ou seja −→ AP = t.u, que nos dá

( x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = t( a, b, c) = ( at, bt, ct),

ou ainda, temos o seguinte sistema de equações  x = x0 + at      r: y = y0 + bt      z = z0 + ct. que são as equações paramétricas da reta r.

Observamos que neste caso não podemos explicitar t, como fizemos no plano para obtermos a equação cartesiana da reta, ou seja, retas no espaço não têm equação cartesiana. Verifique isto!!!!

E como determinarmos os planos? Sabemos que três pontos quaisquer e não colineares determinam um único plano. Digamos então que queremos determinar a equação de um plano α definido pelos pontos A( a1 , a2 , a3 ), B(b1 , b2 , b3 ) e C (c1 , c2 , c3 ). Com este pontos −→ −→ formemos dois vetores, digamos AB e AC. Como os pontos são não colineares temos que estes vetores não são paralelos entre si. −→ Ora, para um ponto qualquer P( x, y, z) pertencer ao plano, temos que ter o vetor AP paralelo ao plano, ou seja pela regra do paralelogramo, podemos escrevê-lo como uma −→ −→ soma de vetores paralelos aos vetores AB e AC. Veja a Figura 1.23.

−→ λ2 AC

P

C

−→ λ1 AB

A

B

Figura 1.23: Equações paramétricas do plano.

Escrevemos então

−→ −→ −→ AP = λ1 AB + λ2 AC.

Em coordenadas ficamos com as seguintes equações  x = a1 + (b1 − a1 )λ1 + (c1 − a1 )λ2      α: y = a2 + (b2 − a2 )λ1 + (c2 − a2 )λ2      z = a3 + (b3 − a3 )λ1 + (c3 − a3 )λ2 ,

que são as equações paramétricas do plano α definido pelos pontos A( a1 , a2 , a3 ), B(b1 , b2 , b3 ) e C (c1 , c2 , c3 ), ou ainda por um destes pontos e dois vetores paralelos ao plano. Lembremos que para obtermos a equação cartesiana da reta no plano, foi suficiente um ponto e um vetor perpendicular à reta. Ora, e para obtermos a equação cartesiana do plano? Observamos inicialmente que um ponto A( x0 , y0 , z0 ) e um vetor u = ( a, b, c) perpendicular ao plano, definem um único plano. Para obtermos a equação do plano, consideramos o ponto qualquer P( x, y, z) pertencente ao plano, isto que dizer que

−→ AP.u = 0, −→ pois o vetor AP é paralelo ao plano α e o vetor w é perpendicular a este plano. Assim, ficamos com

( x − x0 , y − y0 , z, z0 ).( a, b, c) = 0,

ou

α : ax + by + cz = ax0 + by0 + cz0 . que é a equação cartesiana do plano. Exercício 1.22. 1. Obtenha a equação cartesiana do plano α resolvendo o sistema de equações dado pelas equações paramétricas do plano, ou seja, resolva-o considerando as variáveis λ1 e λ2 . 2. Determine um ponto do plano x = 1.

3. Determine um vetor paralelo ao plano x − y = 1. 4. Determine um vetor perpendicular ao plano x − y = 1. 5. Determine equações paramétricas para o plano α : x + y − z = 0. 6. Obtenha uma equação do plano (a) paralelo ao eixo z e que contenha os pontos (2, 0, 0) e (0, 3, 2). (b) paralelo ao eixo y e que contenha os pontos (2, 1, 0) e (0, 2, 1). (c) paralelo ao plano yz e que contenha o ponto (3, 4, −1).

(d) perpendicular ao eixo z e que contenha o ponto (1, 1, 1). (e) que contenha o eixo z e o ponto (4, 4, 1). (f) que contenha o ponto (2, 1, 0) e que seja perpendicular ao plano 2x − y + z = 0. 7. Determine a intersecção dos planos α : 2x + 3y + z = 1 e β : x − 2y + 3z = 0. 8. Determine a intersecção entre o plano α : x − 4y + z = −2 e a reta

 x=      r: y=      z=

9. Determine a intersecção entre as retas  x = 3+t      r: y = 2−t      z = 1 + 4t

10. Determine a intersecção entre as retas  x = 1 + 2t      y = −1 + t r:      z = 5 − 3t 11. Determine a intersecção entre as retas  x = 3+t      y = 2−t r:      z = 1 + 4t

3 − 2t 1+t 2 + 3t

 x=      e s: y=      z=  x=      y= e s:      z=  x=      y= e s:      z=

2+s

−3 + 2s 1 + 2s

4s 2 + 2s 8 − 6s

2+s

−3 + 2s 2 + 2s

12. Seja o plano α : x − y + z = 1 e o ponto A(1, 1, 3). Calculemos a distância entre o ponto A e o plano α. (a) Escreva a equação da reta r que contenha o ponto A e que seja perpendicular ao plano α; (b) Determine o ponto I que é a intersecção dessa reta r com o plano α; (c) Calcule a distância entre os pontos A e I. Este número é a distância entre o ponto A e o plano α.

(d) Generalize este resultado, ou seja, considere o plano α : ax + by + cz + d = 0 e o ponto ( x0 , y0, z0 ). Verifique que a distância entre o ponto P e o plano α é dado por d( P, α) = d( P, I ) =

| ax0 + by0 + cz0 + d| √ . a 2 + b2 + c 2

13. Seja o ponto P(1, 2, −1) e a reta  x=      y= r:      z=

1 + 2t 5−t

−2 + 3t.

Determine a distância entre a reta r e o ponto P. Para isto faça: (a) Determine um plano α que contenha P e que seja perpendicular a reta r; (b) Determine o ponto I que é a intersecção dessa reta r com o plano α; (c) Calcule a distância entre os pontos P e I. Este número é a distância entre o ponto P e a reta r. 14. Considere as retas  x=      y= r:      z=

3+t 2−t 1 + 4t

 x=      y= e s:      z=

2+s

−3 + 2s 2 + 2s

Vimos no exercício anterior que a intersecção entre elas é vazio e as mesmas não são paralelas, ou seja, estas retas são reversas. Vamos calcular a distância entre elas. Para isto façamos o seguinte: (a) Determine um ponto A da reta s; (b) Determine uma reta s1 que contenha o ponto A e que seja paralelo a reta r; (c) Determine um plano α que contenha as retas s e s1 . Observe que o plano α é paralelo à reta r; (d) Como o plano α é paralelo a reta r, então qualquer ponto de r está a mesma distância de α. Calcule então a distância de qualquer ponto de r ao plano α. Este número é a distância entre as retas reversas r e s.

1.6 Superfícies Uma das superfícies mais simples e conhecida no espaço é justamente a esfera, que se caracteriza como sendo o lugar geométrico do espaço dos pontos que equidistam de um ponto dado, ou ainda, consideremos um ponto dado P( x0 , y0 , z0 ), então a esfera tendo o centro em P e raio r é dado por S2 = {( x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = r2 }.

Algumas superfícies não são tão conhecidas, mas são belas, como por exemplo, a esboçada na Figura 1.24. Vamos nesta secção dar vários exemplos de superfícies que são úteis em várias situações.

Figura 1.24: Superfície z = (1.3) x .sen(y). Cilindro Desde o ensino médio, conhecemos muito bem o cilindro circular reto, que é representado pelo conjunto Ccr = {( x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 1}. Este é um cilindro circular reto particular, pois interceptando ele pelo plano z = 0, temos a circunferência de raio 1 e centro (0, 0, 0). Mas, os cilindros na verdade são mais gerais, como por exemplo este: C1 = {( x, y, z) ∈ R3 : y = x2 }, que é chamado de cilindro parabólico e que no dia-a-dia, chamamos de calha. Veja a Figura 1.25.

Figura 1.25: Representação gráfica da superfície y = x2 .

Outro exemplo, é o conjunto dado por C2 = {( x, y, z) ∈ R3 : z = seny}. Você já viu este cilindro por aí? Na verdade a resposta é sim, pois a telha eternit ondulada parece-se muito com ele. Veja a Figura 1.26.

Assim, dado uma curva qualquer e em um ponto dela, uma reta. Agora, para obtermos um cilindro, basta fazer esta reta percorrer a curva deslocando-a paralelamente a reta dada. Portanto, o cilindro parabólico é obtido considerando-se a parábola y = x2 no plano z = 0 e uma reta perpendicular a este plano e que intercepta a parábola.

Figura 1.26: Representação gráfica da superfície z = seny. Superfícies de Revolução Consideremos uma curva α e a superfície gerada pela rotação desta curva em torno de uma reta. Estas superfícies são chamadas de superfícies de revolução. Mais precisamente, consideremos uma curva no plano yz que é dado por x = 0 e façamos a rotação desta curva em torno do eixo z. A curva C é dada geralmente por F (y, z) = 0 e x = 0. Um exemplo de uma curva assim, seria a semi–parábola F (y, z) = y − z2 = 0, y ≥ 0 e x = 0. Vamos deduzir então a equação da superfície gerada pela rotação da curva C em torno do eixo z. Deduzir uma equação é equivalente a dado um ponto P( x, y, z) da superfície, determinar a equação que as coordenadas deste ponto tem que satisfazer. Observe, a Figura 1.27. z C R P

Q y B

Figura 1.27: Determinação da equação de uma superfície de revolução.

Assim, pelo ponto P passemos um plano que seja perpendicular ao eixo z (eixo de rotação). Com isto, determinamos uma circunferência S1 que tem centro no ponto R(0, 0, z) e raio igual a distância do centro R ao ponto P, ou ainda q raio = d( P, R) = x2 + y2 . Determinamos agora um outro ponto nesta circunferência e que pertença à curva C, digamos um ponto Q. Como Q está na curva e no plano, ele tem coordenadas (0, y1, z). A primeira coordenada é zero, pois ele está no plano yz, a segunda é um valor qualquer e a terceira é z, pois o ponto Q pertence ao plano em que está o ponto

P também. Observe ainda que a distância do ponto Q ao ponto R é também igual ao raio da circunferência S1 , ou melhor raio = d( Q, R) =

q

y21 .

Destas duas últimas igualdades, elevando-as ao quadrado, obtemos que y21 = x2 + y2 . Como o ponto Q pertence curva, então sabemos que F (y1 , z) = 0. Assim, a superfície de revolução gerada pela rotação da curva C em torno do eixo z fica dada por F (y1 , z) = 0 e y21 = x2 + y2 . Vamos usar este procedimento para obtermos algumas superfícies muito especiais chamadas quádricas. Elipsóide Consideremos a semi–elipse no plano yz dado por y2 z2 + 2 = 1, y ≥ 0 e x = 0. 2 b c z

P

R

Q y

x Figura 1.28: Determinação da equação do Elipsóide.

Observação 1.23. Não haveria problema algum considerar a elipse inteira, pois ela é simétrica em relação ao eixo z, mas para nos mantermos fiel ao procedimento acima, consideraremos apenas a metade dela. Muito bem, consideremos então um ponto P( x, y, z) qualquer e mais, para esta curva (a semi–elipse) temos que F (y, z) =

z2 y2 + 2 − 1 = 0. 2 b c

Pelo procedimento, consideremos então os pontos R(0, 0, z) e Q(0, y1, z) e obtemos x2 y2 z2 + + = 1, b2 b2 c2 que é a equação do elipsóide de revolução obtido através da rotação da semi–elipse em torno do eixo z. Observe ainda que se a = b = c teríamos uma circunferência de centro na origem e raio a e por outro lado temos ainda outros elipsóides, que não são de revolução dados em sua forma mais simples por x2 y2 z2 + + = 1, a2 b2 c2 onde a, b e c são reais quaisquer.

Hiperbolóides Consideremos agora a hipérbole (como é simétrica, a consideraremos completa), y2 z2 − = 1, e x = 0. b2 c2

C

R P

Q y

x Figura 1.29: Determinação da equação do Hiperbolóide de uma folha.

Muito bem, consideremos então um ponto P( x, y, z) qualquer e mais, para esta hipérbole temos que y2 z2 F (y, z) = 2 − 2 − 1 = 0. b c Pelo procedimento, consideremos então os pontos R(0, 0, z) e Q(0, y1, z) e obtemos x2 y2 z2 + 2 − 2 = 1, 2 b b c que é a equação do hiperbolóide de revolução de uma folha ou simplesmente hiperbolóide de uma folha obtido através da rotação da hipérbole em torno do eixo z.

C

R P

Q y

x Figura 1.30: Determinação da equação do Hiperbolóide de duas folhas.

Observe ainda que poderíamos tê-la girado em torno do eixo y e obteríamos agora x2 y2 z2 + 2 − 2 = 1, 2 b b c que é a equação do hiperbolóide de revolução de duas folhas ou simplesmente hiperbolóide de duas folhas obtido através da rotação da hipérbole em torno do eixo y.

−

Parabolóides Consideremos agora a parábola no plano yz (como é simétrica, a consideraremos completa), y = z2 , e x = 0. Muito bem, consideremos então um ponto P( x, y, z) qualquer e mais, para esta parábola temos que F (y, z) = y − z2 = 0.

z R

P

Q

y

x Figura 1.31: Determinação da equação do Parabolóide.

Pelo procedimento, consideremos então os pontos R(0, 0, z) e Q(0, y1, z) e obtemos x2 + y2 − z2 = 0, ou melhor

x 2 + y 2 = z2 ,

que é a equação do parabolóide obtido através da rotação da parábola em torno do eixo z. Observe ainda que poderíamos tê-la girado em torno do eixo y e obteríamos agora

−

y2 z2 x2 + 2 − 2 = 1, 2 b b c

que é a equação do hiperbolóide de revolução de duas folhas ou simplesmente hiperbolóide de duas folhas obtido através da rotação da hipérbole em torno do eixo y. Cone de revolução Ao girarmos uma reta que passa pela origem e que não é paralela ao eixo z, em torno do eixo z obtemos um cone de revolução. Vamos obter sua equação!!! Consideremos a reta contida no plano yz que passa pela origem y = mz, e x = 0. z P

R

Q

y

x Figura 1.32: Determinação da equação do Cone de Revolução para z ≥ 0.

Muito bem, consideremos então um ponto P( x, y, z) qualquer, e mais, para esta parábola temos que F (y, z) = y − mz = 0. Pelo procedimento, consideremos então os pontos R(0, 0, z) e Q(0, y1, z) e obtemos x2 + y2 − mz = 0,

ou melhor

x2 + y2 = m.z,

que é a equação do cone de revolução obtido através da rotação da reta em torno do eixo z. Cilindro de revolução Ao girarmos uma reta paralela r ao eixo z e distinta deste, em torno do eixo z, obtemos um cilindro de revolução. Vamos obter sua equação!!! Observe que no nosso procedimento sempre consideramos uma curva dada por um gráfico ou seja do tipo F (y, z) = 0, e x = 0. Mas, neste caso, não temos esta situação pois para esta reta teríamos as seguintes condições y = y0 , e x = 0. Lembremos que ao contrário para retas no plano, que podemos expressá-las por meio de uma equação cartesiana, no espaço isto não é possível! Muito bem, consideremos então um ponto P( x, y, z) qualquer, e da mesma forma os pontos R(0, 0, z) e Q(0, y0, z). Então, P pertence a essa superfície se d2 ( P, Q) = d2 ( R, Q), ou ainda

x2 + y2 = y20 . z P

R

Q

y

x Figura 1.33: Determinação da equação do Cilindro Circular Reto para z ≥ 0.

Mas, y0 é a distância da reta r ao eixo z, ou seja, d(r, z) = y0 = R. Portanto, temos que

x 2 + y 2 = R2 ,

e a equação do cilindro de revolução ou cilindro circular reto obtido através da rotação de uma reta paralela ao eixo z em torno do eixo z.

Exemplo 1.24. Podemos ter algumas superfícies que ainda não foram batizadas, mas que são extremamemente bonitas e ricas. Por exemplo, veja a superfície dada por z = sen( xy) representada na Figura 1.34.

Figura 1.34: Representação gráfica da superfície z = sen( xy). Exercício 1.25. 1. Mostre que o gráfico de cada uma das seguintes equações reduz-se a um único ponto: (a) x2 + y2 + z2 − 2x − 4y + 2z + 6 = 0; (b) x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz = 0; Sugestão: Basta completar os quadrados. 2. Mostre que o gráfico de 2x2 + 2y2 + 5z2 + 2xy + 2xz + 2yz + 8 = 0. 3. Esboce os cilindros dados por (a) x2 + (y − 1)2 = 1; (b) z = y2 + 2; (c) xy = 1. 4. Encontre uma superfície tal que sua intersecção com planos da forma x = k dá a elipse y2 z2 + = k2 , 9 4 com planos da forma y = k, dá a hipérbole 9 9x2 − z2 = k2 , 4 e, com planos da forma z = k, dá a hipérbole 4 4x2 − y2 = k2 . 9 5. Determine o centro da circunferência dada pela intersecção das superfícies z = x2 + y2 e x2 + y2 + z2 = 1. 6. Determine m para que o cone gerado pela rotação da reta y = mz, x = 0, em torno da reta y = z, x = 0, intercepte o plano x = 1 segundo a cônica 2yz = 1.

1.7 Curvas Espaciais Assim, como no caso de curvas planas, o movimento de uma partícula no espaço é descrito por curvas que agora chamamos de espaciais. Assim, as posições vão sendo descritas pelo vetor posição α(t), onde para cada valor de t temos a posição no espaçõ da partícula, ou ainda, temos a seguinte aplicação α:

I⊂R t

→ R3 α(t) = ( x (t), y(t), z(t))

onde I é um intervalo real, e x (t), y(t) e z(t) são funções reais.

Exemplo 1.26. Na Figura 1.35, apresentamos a curva dada pela aplicação de R em R3 , α(t) = (tsent, t, tcost), t ∈ R.

Figura 1.35: Representação gráfica da curva espacial α(t) = (tsent, t, tcost), t ∈ R.

Na verdade, para todos os conceitos apresentados para curvas planares, temos o análogo aqui. Vamos a eles: Seja a aplicação α:

I⊂R t

→ R3 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 + z(t)e3 = ( x (t), y(t), z(t)),

então temos que Limites O limite da aplicação α existe para t → t0 se e somente se existem os limites das funções reais x (t), y(t) e z(t), para t → t0 . Continuidade A aplicação α é contínua se e somente se as funções reais x (t), y(t) e z(t), também são contínuas. Derivabilidade A aplicação α é derivável se e somente se as funções reaisx (t), y(t) e z(t), também são deriváveis e   dα dx dy dz dx dy dyz = e1 + e2 + e3 = , , dt dt dt dt dt dt dt onde e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1), ou ainda, α′ (t) = x ′ (t)e1 + y′ (t)e2 + z′ (t)e3 = ( x ′ (t), y′ (t), z′ (t)). Neste caso, o vetor α′ (t) é um vetor tangente ao movimento no ponto α(t). Mais ainda, α′ (t) é o vetor velocidade do objeto no ponto α(t). Vamos a alguns exemplos: Exemplo 1.27. Uma das curvas espaciais mais famosas é a hélice α(t) = ( x (t), y(t), z(t)) = (cost, sent, t), t ∈ R.

Para analisarmos o seu movimento, ou seja, a sua representação gráfica, observamos inicialmente que esta hélice mora no cilindro x2 + y2 = 1. Para ver isto, basta substituir α(t) nessa equação. Faça isto!

Figura 1.36: Representação gráfica da Hélice α(t) = (cost, sent, t), t ∈ R. Solução Na verdade, a hélice se enrola ao redor deste cilindro, e ela sobe a medida que z(t) = t aumenta. Observe ainda que a cada vez que t aumenta em 2π, a hélice dá uma volta completa ao redor do cilindro. Veja a Figura 1.36. Obviamente, α(t) é contínua e derivável, pois as suas coordenadas o são e o seu vetor velocidade, é

v(t) = α′ (t) = (−sent, cost, 1).

Assim, como para curvas planares, temos as seguintes propriedades para curvas espaciais, ou ainda aplicações de R em R3 : Considere a aplicação α:

I⊂R t

→ R3 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 + z(t)e3 = ( x (t), y(t), z(t)),

Função constante Se as funções x (t), y(t) e z(t) são constantes, então α(t) também é constante e α′ (t) = 0. Produto por um escalar Seja a função real f (t) e consideremos a aplicação β(t) = f (t)α(t), então β′ (t) = ( f (t)α(t))′ = f ′ (t)α(t) + f (t)α′ (t). Observe que se f (t) = k = constante, então f ′ (t) = 0 e β′ (t) = kα′ (t). Soma de aplicações Seja a aplicação β(t) = ( x1 (t), y1(t)), então

( α + β ) ′ ( t ) = α ′ ( t ) + β ( t ) ′ ( t ). Produto de aplicações Seja a aplicação β(t) = ( x1 (t), y1 (t)), então

(αβ)′ (t) = α′ (t) β(t) + α(t) β′ (t). Regra da cadeia Seja a função real f (t) e consideremos a aplicação β(t) = α( f (t)), então β′ (t) = f ′ (t)α′ ( f (t)). Vetor aceleração Considerando o movimento de uma partícula no espaço temos que a velocidade e aceleração, a(t) = α′′ (t) são ortogonais, se o vetor velocidade é unitário, ou seja ||v(t)|| = ||α′ (t)|| = 1. A prova deste fato é feita da mesma forma que fizemos para curvas planares

Exemplo 1.28. Uma pessoa em uma asa delta está espiralando para cima devido a uma corrente de ar ascendente em uma trajetória descrita pela aplicação α(t) = (3cost, 3sent, t2 ). Esta trajetória se assemelha ao movimento de uma hélice, embora não seja o mesmo, devido a terceira coordenada z(t) ser t2 . Para este movimento determine: 1. os vetores velocidade e aceleração; 2. a velocidade escalar da asa delta, ou seja, a norma do vetor velocidade; 3. os instantes, caso existam, em que a aceleração da asa delta é ortogonal ao vetor velocidade. Solução 1. O vetor velocidade é a derivada do vetor posição, ou seja v(t) = α′ (t) = (−3sent, 3cost, 2t), e o vetor aceleração é a segunda derivada do vetor posição ou ainda a primeira derivada do vetor velocidade, ou seja a(t) = v′ (t) = α′′ (t) = (−3cost, −3sent, 2). 2. A velocidade escalar da asa delta é dada pela norma do vetor velocidade, ou seja p ||v(t)|| = (−3sent)2 + (3cost)2 + (2t)2

=

√

9sen2 t + 9cos2 t + 4t2

=

√

9 + 4t2 .

Observe que a velocidade aumenta a medida em que a asa delta sobe em relação a terra. O movimento descrito desta forma, obviamente não pode ser executado para todo valor de t real. Por quê? 3. Para que os vetores velocidade e aceleração da asa delta sejam ortogonais, basta que o produto escalar entre eles seja nulo, ou seja v.a = 9sentcost − 9costsent + 4t = 4t = 0. Ou seja, eles serão perpendiculares apenas para t = 0. As regras de derivação são as mesmas válidas para curvas planares ou ainda para aplicações da reta no plano, considerando apenas mais uma coordenada. Citaremos aqui apenas as que envolvem o produto vetorial, visto que esta operação não está definida para as aplicações planares. Sejam α e β aplicações da reta no espaço, ou ainda funções vetoriais de R em R3 , então vale que Regra do Produto Vetorial A derivada do produto vetorial u(t) × v(t) é dado por d [u(t) × v(t)] = u′ (t) × v(t) + u(t) × v′ (t). dt Este resultado segue diretamente da derivada da função determinante e a deixamos como um exercício. Exercício 1.29.

1. Escreva as equações paramétricas da curva dada pela intersecção das superfícies (a) z = x2 + y2 e x2 + y2 + z2 = 1. (b) x2 + (y − 1)2 = 1 e y = x2 + 2. 2. Mostre que a curva dada pela intersecção das superfícies x2 + (y − 1)2 = 1 e x2 + y2 + z2 = 4, não é plana. 3. Verifique que a curva cuja equações paramétricas são x = cost y = sent z = t, intercepta o plano x − y = 0 numa infinidade de pontos. 4. Mostre que a tangente à curva x = 6t y = 3t2 z = t3 faz um ângulo constante com o vetor (1, 0, 1). 5. Escreva a equação cartesiana do plano osculador da curva x=t y = et z = cost, no ponto (0, 1, 1).

1.7.1 Integrais

Uma função vetorial β(t) é uma primitiva de α(t), que estão definidas em um intervalo I ⊂ R se dβ (t) = α(t), ∀t ∈ I ⊂ R. dt Ou seja, noção equivalente à dada para funções reais. Assim, equivalentemente dizemos que O vetor posição α(t) de uma partícula no plano, que se move ao longo de uma curva, em qualquer instante t é dado pela aplicação α:

I⊂R t

→ R2 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 + z(t)e3 = ( x (t), y(t), z(t)),

então temos que R α(t)dt =

R R R ( x (t)dt, y(t)dt, z(t)dt)

R R R = ( x (t)dt) e1 + ( y(t)dt) e2 + ( z(t)dt) e3

=

β(t) + c,

onde β é uma função vetorial no espaço e c = c(c1 , c2 , c3 ) é um vetor constante.

Observemos ainda que geometricamente, a integral do vetor a(t) nos dá o vetor velocidade, e a integral deste, o vetor posição. Assim como para funções reais, temos também para funções vetoriais ou aplicações da reta no plano, as integrais definidas, que de forma semelhante são definidas. O vetor posição α(t) de uma partícula no plano, que se move ao longo de uma curva, em qualquer instante t é dado pela aplicação α:

I⊂R t

→ R2 α(t) = x (t)e1 + y(t)e2 + z(t)e3 = ( x (t), y(t), z(t)),

então temos que

Rb a

α(t)dt =

=

R R

b a

x (t)dt,

Rb

b a

 R  R  b b x (t)dt e1 + a y(t)dt e2 + a z(t)dt e3 .

a

y(t)dt,

Rb a

z(t)dt



Exemplo 1.30. Suponha que no Exemplo 1.28 soubessémos apenas que o vetor aceleração da asa delta era dado por a(t) = (−3cost, −3sent, 2),

e quiséssemos saber o vetor posição da asa delta. Para isto, bastaria integrarmos seguidamente por duas vezes o vetor aceleração ou seja, integramos uma primeira vez e obtemos o vetor velocidade que é dado por R v(t) = a(t)dt

R R R = ( −3costdt, −3sentdt, 2dt) = (−3sent, 3cost, 2t) + (c1 , c2 , c3 ).

Solução Observe que para determinarmos o vetor constante (c1 , c2 , c3 ) basta termos informação em relação ao vetor velocidade em algum momento, ou seja, sabermos o vetor velocidade para um tempo t0 . A isto chamamos condição inicial e você vai retornar a isto quando estiver no curso de métodos matemáticos e estiver estudando equações diferenciais, a verdadeira base dos modelos físicos. Por enquanto, assumamos que v(0) = (0, 3, 0) e neste caso temos que v(0) = (0, 3, 0) = (−3sen0, 3cos0, 2(0)) + (c1 , c2 , c3 ) ou ainda que

(c1 , c2 , c3 ) = (0, 3, 0) − (0, 3, 0) = (0, 0, 0). Portanto, temos que v(t) = (−3sent, 3cost, 2t) . Determinando agora o vetor posição α(t), temos que R α(t) = v(t)dt

R R R = ( −3sentdt, 3costdt, 2tdt) =


3cost, 3sent, t2 + (c1 , c2 , c3 ).

E o mesmo se passa novamente para determinarmos o vetor constante e, assim, assumindo que α(0) = (0, 0, 0) ficamos com (c1 , c2 , c3 ) = (−3, 0, 0). Ou ainda que,     α(t) = 3cost, 3sent, t2 + (−3, 0, 0) = 3cost − 3, 3sent, t2 .

Observe que sob as condições acima assumidas, determinamos outra curva que é diferente da curva dada no Exemplo 1.28. Qual deveria ser a condição inicial sob α(0) para que obtivéssemos a mesma curva do exemplo aqui citado?

1.8 Comprimento de Arco Para movimentos retílineos, a determinação da distância percorrida era feita de forma muito simples, bastando medir o trecho do segmento de reta percorrido e para curvas planares, vimos que basta integrarmos a norma do vetor velocidade. Para curvas espaciais não temos surpresas, pois para calcularmos o espaço percorrido S ao longo de uma curva espacial α(t) = ( x (t), y(t), z(t)), para a ≤ t ≤ b, basta calcularmos

S=

Z b a

s

dx dt

Ou ainda, S=



Z b a

+



dy dt



+



 dz . dt

||v(t)||dt.

Exemplo 1.31. Um pássaro está voando conforme a hélice dada por α(t) = (cost, sent, t). Qual a distância percorrida, em metros, ao longo dessa trajetória no período, em segundos, de t = 0 a t = 2π? Solução Calculando, obtemos que Z 2π

S=

0

||v(t)||dt

=

Z 2π q

=

Z 2π √

0

0

(−sen(t))2 + (cost)2 + (1)2 dt

√ 2dt = 2π 2.

√ Assim, o pássaro percorreu a distância de 2π 2 metros. Em relação a altura, quanto ele subiu?

1.8.1 Vetor Aceleração Vimos que para uma trajetória dada por α(t) = ( x (t), y(t), z(t), t inI ⊂ R, que o vetor velocidade, v(t), é dado por v ( t ) = α ′ ( t ), e que este vetor é tangente ao movimento e, ainda, sabemos que o vetor aceleração é a derivada do vetor velocidade.

Agora, dado o vetor velocidade podemos obter um vetor unitário, ou um versor, bastando para isto dividirmos o vetor velocidade pela sua norma. A este vetor, chamaremos de vetor tangencial à curva e o denotamos por T (t) =

1 v ( t ), ||v(t)||

ou ainda que v(t) = ||v(t)||.T (t). Derivando esta expressão ficamos com a(t) = v′ (t) =

d ||v(t)||.T (t) + ||v(t)||.T ′ (t). dt

Ora, mas o vetor T (t) é unitário e assim T ((t) e T ′ (t) são ortogonais. Mostre isto!!! Portanto, podemos escrever o vetor aceleração como a soma dos vetores d ||v(t)||.T (t) e ||v(t)||.T ′ (t), dt sendo que o primeiro é tangente à curva e o segundo perpendicular à trajetória e estes dois vetores têm os nomes de componente tangencial da aceleração e componente normal da aceleração. Veja a Figura 1.37. α

T′

a

T

Figura 1.37: Representação gráfica dos vetores T (t), T ′ (t) e a(t) em uma curva α(t).

O plano que contém o ponto α(t) e é paralelo aos vetores T (t) e T ′ (t) é chamado plano osculador. Observe ainda que se a velocidade tem norma constante, ou seja, se

||v(t)|| = k constante, então sua derivada é nula e o vetor aceleração é ortogonal ao vetor velocidade, ou ainda, tangente a T. Exemplo 1.32. Determine o plano osculador à hélice α(t) = (cost, sent, t), t ∈ R, no ponto α(0) = (1, 0, 0). Solução Determinemos os vetores T (t) e T ′ (t). Para isto, calculemos o vetor velocidade da curva e que neste caso é dado por v(t) = (−sent, cost, 1). O vetor unitário T (t) é dado por T (t) =

v(t) 1 = √ (−cost, sent, 1). ||v(t)|| 2

Assim,

1 T ′ (t) = √ (−cost, −sent, 0). 2

No ponto t = 0, temos que 1 1 T (0) = √ (0, 1, 1) e T ′ (0) = √ (−1, 0, 0). 2 2

cas

Como o plano osculador, Π, é paralelo aos vetores T (0) e T ′ (0), obtemos as equações paramétri-

ou ainda que

Π : ( x, y, z) = (1, 0, 0) + T (0)s1 + T ′ (0)s2 , s1 , s2 ∈ R   x= y=  z=

1 − s2 s1 s1

Quais são as componentes do vetor aceleração neste caso?

Capítulo 2

Funções de Várias Variáveis Em muitas situações práticas ou mesmo teóricas, o valor de uma grandeza pode depender do valor de duas ou mais outras grandezas. Em particular, tanto nos modelos geométricos quanto nos sistemas físicos reais isto geralmente ocorre. A área ou o perímetro de uma região retangular, por exemplo, depende das medidas de seus lados. O volume de um reservatório depende de suas dimensões. A produção de uma lavoura, dentre outras variáveis, depende da área utilizada, da fertilidade do solo, de sua manutenção. Por motivos didáticos, para o estudo dessas funções, iremos trabalhar preferencialmente com aquelas que dependem de duas variáveis e cujos valores poderão ser indicados por valores numéricos . Trabalhamos com funções de uma variável, ou seja, funções do tipo y = f ( x ), onde f é uma função que depende de uma variável, que no caso é x. Para analiSarmos estas funções estudamos sobre limites, continuidade, diferenciabilidade e também integrabilidade. Estes conceitos também são importantes para o estudo de funções de várias variáveis, ou seja funções que dependem de mais de uma variável, ou ainda, como exemplo de uma função que depende de duas variáveis apresentamos z = f ( x, y) = x2 + y2 . Um aspecto importante e que envolve todos os conceitos inerentes às funções é o seu gráfico. Para funções de uma variável, como por exemplo, y = f ( x ) = x, sabemos que o gráfico é o subconjunto do plano, dado por Gráfico( f ) = {( x, y) ∈ R2 : y = x } e representamos graficamente esta reta na Figura 2.1. y y=x

x

Figura 2.1: Representação do gráfico da função y = f ( x ) = x. 56

Neste gráfico podemos observar a continuidade e a diferenciabilidade, pois o traço não tem saltos e em todos os pontos do gráfico podemos apoiar uma reta tangente. É claro que apenas desta observação não podemos assegurar estes fatos!!! Bem, agora teremos algumas surpresas agradáveis, pois quando trabalhamos com funções de várias variáveis, embora queiramos estudar os mesmos aspectos sobre uma função, teremos diferenças interessantes, pois para o estudo e análise sempre precisamos investigar o que acontecia numa vizinhança do ponto em questão, o que para funções de uma variável, bastava observar e analiSar o que acontecia em um intervalo aberto (em geral!!!) que continha o ponto. Para funções de mais de uma variável, não é tão simples assim, pois agora quando consideramos um conjunto que contém pontos próximos de um ponto dado, temos na verdade que estudar o que ocorre em uma região que contenha este ponto. Vejamos um exemplo. Exemplo 2.1. Seja a função de f : R2 → R definida por f ( x, y) = x. Ora, o gráfico desta função é o subconjunto do espaço R3 dado por Gráfico( f ) = {( x, y, z) ∈ R3 : z = x }, ou ainda, é um plano. Veja a Figura 2.2. z

z=x y

x Figura 2.2: Representação do gráfico da função z = f ( x, y) = x.

Muitas vezes temos funções dadas implicitamente, ou seja, definimos os pontos de determinada região satisfazendo uma equação, como por exemplo: x2 + y2 = 1. Neste caso, é importante sabermos onde estamos trabalhando, pois neste exemplo, se estivermos considerando os pontos do plano R2 que satisfazem esta equação, temos que o objeto é uma circunferência C de centro (0, 0) e raio 1, mas se consideraRmos os pontos do espaço R3 , teremos então um cilindro circular reto que contém a circunferência C . Veja a Figura 2.3.

Exemplo 2.2. Podemos representar os exemplos mencionados na introdução deste capítulo, por meio de equações de funções como (a) O perímetro e a área de um retângulo, cujas medidas dos lados são x e y, são dadOs respectivamente, pelas funções p( x, y) = 2x + 2y e a( x, y) = xy. (b) Se o reservatório tiver o formato de um paralelepípedo retângulo de arestas x, y e z, o volume é V ( x, y, z) = xyz.

z

y

1 x

1

y

x

Figura 2.3: Representação dos gráficos das funções dadas implicitamente por x2 + y2 = 1, no plano e no espaço, respectivamente. Observamos que no item ( a) a representação é feita utilizando funções que dependem de duas variáveis, enquanto que no item (b) utilizamos funções que dependem de três variáveis. Em ambos os casos, as variáveis envolvidas são grandezas que podem ser representadas por números reais, no primeiro exemplo, as grandezas a que estamos referindo são as medidas dos lados do retângulo. Estas grandezas são chamadas de independentes, enquanto que as grandezas área e perímetro que dependem dos valores dados às medidas dos lados são as dependentes. Da mesma forma que para funções reais de uma variável, para funções de duas variáveis temos a seguinte definição: Definição 2.3. Seja D um subconjunto de R2 . Uma função f de D em R é uma regra que associa a cada ( x, y) ∈ D, um único valor real representado por z = f ( x, y) . Da mesma forma que para funções de uma variável, o conjunto D é chamado de domínio de f e z = f ( x, y) o valor de f no ponto ( x, y) e o conjunto de todos os valores z = f ( x, y) é o conjunto imagem, ou simplesmente, imagem da função f que indicamos por

ℑ( f ) = {z ∈ R | z = f ( x, y), para ( x, y) ∈ D.} No Exemplo 2.2 as variáveis independentes x, y e z assumem apenas valores reais positivos, pois representam comprimentos de lados, portanto, o domínio das funções p( x, y) e a( x, y) é o conjunto D = {( x, y) ∈ R + } = R + × R + = R2+ , enquanto que o domínio da função V ( x, y, z) é R + × R + × R + = R3+ . Assim, como no Cálculo 1, temos ainda a seguinte representação: f :

D ⊂ R2 ( x, y)

→

R . f ( x, y)

Em relação ao domínio de uma função devemos observar dois detalhes importantes: (a) O conjunto de valores que as variáveis independentes fazem sentido; (b) As operações envolvidas na expressão que define a função, elas também tem que fazer sentido. Nos exemplos acima tomamos todos reais não negativos, pois representam medidas e as operações envolvidas foram apenas somas e produtos.

Exemplo 2.4. Para uma situação em que não foi especificado o significado das variáveis e que a função representante seja, por exemplo, q f ( x, y) = y − x2 convenciona-se que o domínio é o conjunto de todos os pares ( x, y) para os quais a operação raiz quadrada esteja definida no conjunto dos números reais. Neste exemplo, o conjunto D é

{( x, y) ∈ R2 |y − x2 ≥ 0.} Graficamente, na Figura 2.4, representamos o conjunto D. y

D

x

Figura 2.4: Representação gráfica do domínio D da função f .

Exercício 2.5. Para cada uma das seguintes funções, determine o domínio e a imagem. Represente graficamente esses conjuntos: 1. f (x, y) = 2. f (x, y) = 3. f (x, y) =

x2 x2 p

1 ; + y2 1 ; − y2

y − x;

9 − y2 − x 2 ;   5. f (x, y) = ln x2 − y − 1 ; 4. f (x, y) =

6. f (x, y) =

p

p

2x − y + 4 . x−2

Existem diversas maneiras de representar funções com mais de uma variável independente sob a forma de gráficos. Para o nosso entendimento inicial veremos os gráficos cartesianos, que trazem uma representação bastante apropriada para a maioria dos estudos que precisamos fazer. Lembremos que para as funções reais de uma variável real que estudamos no curso de Cálculo 1, o gráfico era sempre representado no plano R2 . Vejamos um exemplo. Exemplo 2.6. Seja a função f :

D⊂R x

→ √ R , x

onde D = { x ∈ R | x ≥ 0 }.

Ora, podemos representar esta função por y=

√

x

e o gráfico desta função são os pontos do plano tais que √ ( x, y) = ( x, x ) para x ≥ 0. Graficamente temos y

y=

√

x

x

Figura 2.5: Representação √ gráfica do domínio D (em vermelho), da imagem (em azul) e do gráfico da função y = x.

E como é o gráfico para funções de mais de uma variável? Para responder esta pergunta, vamos trabalhar com funções de duas variáveis f : D ⊂ R2 → R ou ainda z = f ( x, y) para ( x, y) ∈ D ⊂ R2 . Ora, então o gráfico de f é o conjunto

{( x, y, z) ∈ R2 × R = R3 |z = f ( x, y)} ou ainda, o gráfico de f está contido em R3 . Vejamos um exemplo simples: Exemplo 2.7. Consideremos a função f : D ⊂ R2 → R dada por f ( x, y) = x2 + y2 , onde D é o subconjunto do plano

{( x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0 e y ≥ 0} Neste caso, considerando z = f ( x, y) e ( x, y) ∈ D, o gráfico é dado por

{( x, y, z) ∈ R3 |z = x2 + y2 }

Exercício 2.8. Determine o domínio, a imagem e esboce o gráfico das funções abaixo: 1. f (x, y) = 4 − 2x − 3y; p 2. f (x, y) = 9 − x2 − y2 ; 3. f (x, y) = x2 + y2 − 2.

z

y x Figura 2.6: Representação gráfica do domínio D (em vermelho), da imagem (em azul) e do gráfico da função z = x2 + y2 . Há outra forma interessante de visualizar uma função de duas variáveis e que será uma ferramenta interessante que nos ajudará a esboçar o gráfico da função. Esse método consiste em determinar o conjunto de pontos do domínio da função que tenham a mesma imagem, ou seja, para um valor escolhido na imagem de f , digamos k, determinar os pontos ( x, y) do domínio da função tal que f ( x, y) = k,

k ∈ Im( f ).

Observarmos que para cada valor k escolhido na imagem da função determinamos um subconjunto no domínio de f . Cada um destes conjuntos é chamado de curva de nível k da função e é representado por n o Ck = ( x, y) ∈ D f : f (x, y) = k, k ∈ Im ( f ) Vamos apresentar alguns exemplos para curvas de nível. Exemplo 2.9. As curvas de nível 1, 4 e 9 da função f (x, y) = x2 + y2 são, respectivamente, as circunferências C1 : x2 + y2 = 1, C4 : x2 + y2 = 4, e C9 : x2 + y2 = 9. Essas curvas de nível indicam que a imagem de todos os pontos da circunferência de raio 1, de raio 2 e de raio 3, são iguais, respectivamente, a 1, 4 e 9. Veja a Figura 2.7. z f (C9 ) f (C4 ) f (C1 )

3 y x Figura 2.7: Representação gráfica das curvas de nível no gráfico da função f ( x.y) = x2 + y2 .

Exemplo 2.10. As curvas de nível k da função f (x, y) = 4 − x − y são as retas de equações 4 − x − y = k ⇔ x + y = 4 − k. y C4

C3

C1

x

C2

Figura 2.8: Representação gráfica das curvas de nível no gráfico da função f ( x, y) = 4 − x − y.

Observe ainda que ao calcularmos a curva de nível 0, na verdade estamos encontrando a intersecção do gráfico da função f com o plano z = 0. Exercício 2.11. 1. Esboce algumas curvas de nível e das seguintes funções, bem como os seus respectivos gráficos: (a) f ( x, y) = 9x2 + 4y2; (b) g (x, y) = y − x2 + 5; 1 (c) h ( x, y) = 2 ; x + y2 (d) i ( x, y) = y2 − x2 . 2. Explique porque duas curvas de nível não se interceptam. 3. Dada a função f ( x, y) = ln ( x + y − 3) . (a) Calcule f (1, 3) e f (3, e); (b) Determine e esboce o domínio de f; (c) Determine a imagem de f; (d) Determine e esboce algumas curvas de nível de f; (e) A partir das informações acima, você tem alguma ideia de como é o gráfico de f ? Da mesma forma que definimos curvas de nível para funções de duas variáveis, definimos superfícies de nível para funções de três ou mais variáveis. Cada conjunto solução da equação f ( x, y, z) = k, k ∈ Im( f )

é uma superfície de nível de f .

Exercício 2.12. Determine e esboce algumas das superfícies de nível das funções abaixo: 1. f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 e 2. g ( x, y, z) = z − x2 − y2 .

2.1 Limites e Continuidade Os conceitos de limite e de continuidade para funções de duas ou mais variáveis, bem como suas interpretações, são similares aos dados para funções de uma variável, entretanto, há uma diferença relevante, a qual explicaremos na sequência. De modo intuitivo, se os valores de uma função z = f (x, y) estão próximos de um número real L para todos os pontos (x, y) suficientemente próximos de um ponto fixado (a, b), dizemos então que f tem limite L quando ( x, y) tende ao ponto ( a, b). Neste caso, escrevemos lim

( x,y)→(a,b)

[ f ( x, y)] = L.

Devemos observar que se ( a, b) for um ponto que se encontra no interior do domínio, D, da função f, então o ponto ( x, y) pode se aproximar de (a, b ) por qualquer direção. Lembremos que no caso de funções de uma variável, as únicas direções possíveis para a aproximação de um ponto x a um ponto fixo a, são à esquerda e à direita, enquanto que agora, para funções de mais de uma variável, temos muitas outras direções a considerar. Veja a Figura 2.9. y D

b a

x

a

x

Figura 2.9: Representação gráfica das direções de aproximação a um ponto.

Vamos estudar o Limite de funções reais de várias variáveis a partir de alguns exemplos: Exemplo 2.13. Consideremos as funções: 1. f (x, y) = x + 2y;
sen x2 + y2 2. g ( x, y) = e x 2 + y2 3. f (x, y) =

x 2 − y2 . x 2 + y2

e estudemos os seus comportamentos quando (x, y) aproxima-se do ponto (0, 0) por quaisquer direções. Solução Analisando f : No caso da função f , é fácil ver que seu valor se aproximará de zero se ( x, y) aproxima de (0, 0), pois esta função é polinomial. Neste caso, o domínio é todo o plano R2 .

Analisando g: No caso da função g, já não tão simples, mas podemos observar que seu valor aproximará de 1 se (x, y) aproxima de (0, 0). Para isto podemos fazer

x 2 + y2 = r2

e a função fica dependente apenas da variável r, ou seja podemos considerar a função g (r ) =

sen(r2 ) r2

e como já estudamos no Cálculo 1, este limite é o fundamental trigonométrico e vale 1 sempre que r se aproxima de zero (r → 0). Observe ainda que quando r tende a zero, temos que x e y também tendem a zero!

Analisando h: Vamos analisar agora o limite da função h, quando x e y tendem a zero. Para isto escolhamos direções e calculemos os limites resultantes. Veja quando ( x, y) aproxima-se de (0, 0) na direção, por exemplo, do eixo x , isto é, na direção (x, 0). Neste caso, podemos escrever lim

( x,y)→(0,0)

f (x, y) =

lim

( x,y)→( x,0)

x 2 − 02 x2 = lim = 1. x →0 x 2 x 2 + 02

E para ( x, y) aproximando-se de (0, 0) na direção do eixo y, isto é, na direção (0, y), temos que  2 02 − y 2 −y lim f ( x, y) = lim = lim = −1. 2 2 y →0 y2 ( x,y)→(0,0) ( x,y)→(0,y) 0 + y Melhor ainda, quando (x, y) aproxima-se de (0, 0) na direção da reta y = mx isto é, na direção (x, mx). Observe que variando o valor de m obtemos todas as retas que passam pela origem, com exceção da reta x = 0. Escrevemos lim

( x,y)→(0,0)

f ( x, y) =

lim

( x,mx)→(0,0)

x2 − (mx)2

x2 + (mx)2

= lim

x →0



1 − m2 1 + m2



=

1 − m2 . 1 + m2

Ora, da última igualdade, variando m obtemos valores diferentes, ou seja, não existe o limite da função g, quando o ponto se aproxima da origem. É importante ainda perceber que se para todas as retas obtivéssemos o mesmo valor, isto ainda não implicaria que o limite da função seria este valor. Veja o próximo exemplo! Exemplo 2.14. Verifique a existência de x 3 + y3 . ( x,y )→(0,0) y − x 2 lim

Solução Ora, para funções de uma variável real, calculando o limite do quociente de dois polinômios sem termos constantes, sendo o do numerador com grau maior do que o denominador, o limite sempre é zero. Neste caso temos uma situação análoga. Façamos a análise deste limite.

Verifiquemos o valor deste limite ao longo de retas que passam pela origem, ou seja, retas de equação y = mx, m ∈ R. x 3 + y3 ( x,y )→(0,0) y − x 2 lim

=

x3 + (mx )3 ( x,y )→(0,0) ( mx ) − x 2

=

x 3 (1 + m3 ) ( x,y )→(0,0) x ( m − x )

=

x 2 (1 + m3 ) m−x ( x,y )→(0,0)

lim

lim

lim

= 0. Calculando ao longo de qualquer caminho do tipo y = x n , com n ≥ 2. x 3 + y3 ( x,y )→(0,0) y − x 2 lim

=

x 3 + ( x n )3 ( x,y )→(0,0) ( x n ) − x 2

=

x3 (1 + x3n−3 ) ( x,y )→(0,0) x 2 ( x n−2 − 1)

=

x (1 + x3n−3 ) ( x,y )→(0,0) x n−2 − 1

lim

lim

lim

= 0. Esse procedimento nos parece indicar que o limite é nulo. Mas, observe ao calcularmos o limite ao longo da curva y = x2 + x3 , ficamos com x 3 + y3 ( x,y )→(0,0) y − x 2 lim

=

x 3 + ( x 2 + x 3 )3 ( x,y )→(0,0) ( x 3 + x 2 ) − x 2

=

x 3 (1 + x 3 ( x + a )3 ) x3 ( x,y )→(0,0)

=

lim

lim lim

( x,y )→(0,0)

1 + x 3 ( x + a )3

= 1. Portanto, como obtivemos valores para o limite diferentes, o lim( x,y)→(0,0)

x 3 +y3 y−x2

não existe.

Dos exemplos, concluímos que a existência do limite para funções de várias variáveis, embora análoga ao já estudado para o caso de funções de uma variável, tem que ser mais cuidadosa pois envolve toda uma região e não mais um intervalo como antes. Definição 2.15. Seja f : D ⊂ R2 → R uma função de duas variáveis cujo domínio D contém pontos arbitrariamente próximos de ( a, b). Dizemos que o limite de z = f (x, y) quando (x, y) tende ao ponto (a, b ) é L e escrevemos lim

( x,y)→(a,b)

[ f ( x, y)] = L,

se para todo número ε > 0, existe, em correspondência, um número δ > 0 tal que, para todo ( x, y) no domínio de f , | f (x, y) − L| < ε sempre que |( x, y) − (a, b)| < δ.

Observe que a definição de limite diz que a distância entre f (x, y) e L se torna arbitrariamente pequena se tomarmos a distância entre ( x, y) e ( a, b) suficientemente pequena, mas não nula. Portanto, a definição se refere apenas a distância entre (x, y) e ( a, b), mas nada sobre a direção em que o ponto ( x, y) se aproxima de (a, b ). Este fato nos permite concluir que se encontrarmos dois caminhos distintos, pelos quais há a aproximação, e se por esses caminhos f (x, y) obtivermos limites diferentes, então lim

( x,y)→( a,b)

[ f (x, y)]

não existe. Ou ainda, se para ( x, y) → ( a, b), obtivemos que f ( x, y) → L1 ao longo de um caminho C1 e f ( x, y) → L2 ao longo de um caminho C2 , com L1 6 = L2 , então lim

( x,y)→( a,b)

[ f (x, y)]

não existe. Vejamos alguns exemplos. Exemplo 2.16.

1.

pontos.

lim

( x,y)→(1,2)

( x + 2y) = 5. Neste caso, a função está definida em todos os

2. Do exemplo anterior, temos que lim

( x,y)→(0,0)

x 2 − y2 x 2 + y2

não existe, pois ao longo de dois caminhos distintos, obtemos valores distintos, ou ainda x 2 − y2 x 2 − 02 x2 = lim = lim 2 = 1, e 2 2 2 2 x →0 x ( x,y)→(0,0) x + y ( x,y)→(x,0) x + 0  2 x 2 − y2 02 − y 2 −y lim = lim = lim = −1. y →0 y2 ( x,y)→(0,0) x 2 + y2 ( x,y)→(0,y) 02 + y2 lim

3. Se f (x, y) =



x + 2y, 3,

(x, y) 6= (1, 2) (x, y) = (1, 2)

Para esta função temos diretamente que lim

( x,y)→(1,2)

f ( x, y) = 5.

Esta função é contínua?

2.1.1 Propriedades de Limites As propriedades operatórias de limites para funções de várias variáveis são análogas às que possuem as funções de uma variável, e assim as enunciamos:

Se L, M e k são números reais e se lim

( x,y)→(a,b)

f ( x, y) = L e

lim

( x,y)→(a,b)

g ( x, y) = M,

então: 1. 2. 3. 4.

lim

[k f ( x, y)] = kL.

lim

[ f (x, y) ± g (x, y)] = L ± M.

lim

[ f (x, y) .g (x, y)] = L.M;

lim



( x,y)→( a,b) ( x,y)→( a,b) ( x,y)→( a,b)

( x,y)→( a,b)

 f ( x, y) L = , M 6= 0. g ( x, y) M

2.2 Continuidade Assim também como para funções de uma variável, a continuidade para funções de várias variáveis é dada por, Uma função z = f (x, y) é contínua em um ponto ( a, b) se são satisfeitas as condições: 1. f está definida em ( a, b); 2. Existe 3.

lim

lim

( x,y)→(a,b)

( x,y)→( a,b)

f ( x, y);

f (x, y) = f ( a, b).

Dizemos também que uma função é contínua quando ela é contínua em todos os pontos de seu domínio. Exercício 2.17. Decida sobre a continuidade das funções dadas nos exemplos da secção anterior.

Capítulo 3

Diferenciabilidade de Funções de Várias Variáveis Existem muitos problemas que envolvem funções de várias variáveis, cujas resoluções passam pela determinação da taxa de variação da função em relação a uma das variáveis, enquanto que as outras permanecem constantes. Casos como este requer a determinação de derivadas da função dada em relação à variável em questão. O Cálculo de funções de várias variáveis, em muitos casos, é o Cálculo de funções de uma variável aplicado a várias variáveis, uma a cada vez. Vejam no caso de fixarmos todas variáveis de uma função, exceto uma delas, a função se transforma em função apenas da variável livre. Vamos dar um exemplo: Exemplo 3.1. Considere a função de duas variáveis 1 2 πr h 3

V (r, h) = que representa o volume do cone de raio r e altura h. Fixando r = 3 e variando h, temos a função V1 (h) = V (3, h) =

1 π (3)2 h = 3πh, 3

que é função apenas da variável h. Agora se fixamos o valor de h, por exemplo, h = 2 e variamos r, temos a função V2 (r ) = V (r, 2) =

2 2 πr , 3

que é função apenas da variável r. Notemos que a função V1 (h) é linear e representa, para cada valor de h, a altura do cilindro circular reto de raio 3, enquanto que a função V2 (r ) é quadrática e representa 2/3 da área do círculo de raio r. Ambas as funções V1 e V2 , são funções de uma só variável. Este mesmo raciocínio estende de modo natural a funções de mais variáveis.

3.1 Derivadas Parciais de Funções de Duas Variáveis Sejam uma função z = f ( x, y) e ( x0 , y0 ), um ponto do domínio de f . O plano y = y0 intercepta a superfície S : z = f ( x, y)

na curva z = f ( x, y0 ), a qual é o gráfico da função de uma variável z = f (x, y0 ) = F ( x ) . z = f ( x, y0 )

z

S

y0

x0

y

x Figura 3.1: Representação gráfica da derivada considerando y constante (y = y0 ).

Já o plano x = x0 intercepta a mesma superfície segundo a curva z = f ( x0 , y) , a qual é o gráfico da função z = f ( x0 , y ) = G ( y ) . z = f ( x0 , y )

z

S

y0 x0

y

x Figura 3.2: Representação gráfica da derivada considerando x constante (x = x0 ).

A derivada da função z = f ( x, y0 ) = F ( x ) é chamada de derivada parcial da função z = f ( x, y) em relação à variável x, no ponto ( x0 , y0 ). Esta derivada é denotada por F ′ ( x0 ) = ou ainda

∂f ∂z ( x0 , y0 ) = ( x0 , y0 ) ∂x ∂x

F ′ ( x0 ) = f x ( x0 , y0 )

e seu significado geométrico é, como em funções de uma variável, ou seja, é a medida da inclinação da reta tangente ao gráfico da função z = f ( x, y0 ) = F ( x ) no ponto ( x0 , y0, z0 ) = (x0 , y0 , f ( x0 , y0 )).

De modo análogo, tem-se a derivada parcial da função z = f (x, y) em relação à variável y, no ponto ( x0 , y0 ), a qual é denotada por G ′ ( x0 ) = ou

∂z ∂f ( x0 , y0 ) = ( x0 , y0 ) ∂y ∂y

G ′ ( x0 ) = f y ( x0 , y0 )

e o significado geométrico é a medida da inclinação da reta tangente ao gráfico da função z = f ( x0 , y) = G ( y ) no ponto ( x0 , y0, z0 ) = (x0 , y0 , f ( x0 , y0 )). Portanto, para a determinação das derivadas parciais, devemos proceder como se a função z = f (x, y) fosse de uma só variável, ou seja, consideramos uma das duas variáveis constante. Exemplo 3.2. Se f ( x, y) = 3 − 2x2 − y2 , então f x ( x, y) = −4x e f y ( x, y) = −2y. Observemos ainda que tanto f x ( x, y) e f y ( x, y) são também funções de duas variáveis e mais, representam a inclinação da reta tangente considerando uma das duas variáveis constante. Mais especificamente, se queremos determinar a inclinação dessas retas no ponto (1, 3), basta f x (1, 3) = −4 e f y (1, 3) = −6.
Exemplo 3.3. Se f ( x, y) = sen xy2 , então     f x (x, y) = y2 cos xy2 e f y ( x, y) = 2xycos xy2 . Verifique!

A derivada parcial, calculada em um ponto (x0 , y0 ), é dada pelo limite do quociente de Newton, isto é, F ′ ( x0 ) = f x ( x0 , y0 ) = lim

h →0

f (x0 + h, x0 ) − f ( x0 , x0 ) . h

Muitas vezes, não poderemos derivar diretamente no ponto e sim , determinarmos a derivada utilizando esta definição, ou seja, usando esse limite. Por exemplo, para a determinação das derivadas parciais no ponto (0, 0) em que  xy   x2 + y2 , ( x, y) 6= (0, 0) f ( x, y) = .   0, ( x, y) 6= (0, 0) Para este caso temos que

F ′ (0) = f x (0, 0) = lim

f (0 + h, 0) − f (0, 0) 0−0 = lim = 0; h h →0 h

G ′ (0) = f y (0, 0) = lim

f (0, 0 + k) − f (0, 0) 0−0 = lim = 0. k k k →0

h →0

k →0

Já as derivadas parciais da função f nos pontos

(x, y) 6= (0, 0)

podem ser calculadas pelas regras de derivação conhecidas para funções de uma variável. Assim, ′

F ( x ) = f x ( x, y) =


x2 + y2 y − xy.(2x ) 2 ( x 2 + y2 )

=

y3 − x 2 y

( x 2 + y2 )

2

.

Exercício 3.4.  x . Mostre que: 1+y   ∂f 1 x (a) cos (x, y) = ∂x 1+y 1+y   x ∂f x cos (b) (x, y) = − ∂y 1+y (1 + y )2

1. Dada a função f (x, y) = sen



2. Calcule as derivadas parciais, em relação a x e também a y, de f (x, y) = x2 + 3xy + y − 1 no ponto (4, −5)

3. Seja a função z = f (x, y) definida implicitamente pela equação x3 + y3 + z3 + 6xyz = 1. Mostre que: (a)

∂z x2 + 2yz =− 2 . ∂x z + 2xy

(b)

∂z y2 + 2xz =− 2 ∂y z + 2xy

4. A intersecção do plano x = 1 com o parabolóide de revolução z = x2 + y2 é a parábola z = 1 + y2 . (a) Esboce o parabolóide z = x2 + y2 e nele, destaque a parábola z = 1 + y2 (b) Determine a inclinação da reta tangente à parábola, no ponto (1, 2, 5) (c) Qual é a equação cartesiana da reta tangente à parábola no ponto (1, 2, 5)? Determine também as equações paramétricas dessa reta. 5. Enuncie e resolva o exercício semelhante ao anterior, apenas trocando o plano x = 1 pelo plano y = 2.
 xy x2 − y2    , ( x, y) 6= (0, 0) x 2 + y2 6. Dada a função f (x, y) =    0, ( x, y) 6= (0, 0) (a) Mostre que f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0;

(b) Calcule as derivadas parciais, f x ( x, y) e f y ( x, y), para ( x, y) 6= (0, 0), e verifique que f x (y, x) = − f y ( x, y);

(c) Escreva a funções f x (x, y) e f y ( x, y) e explique por que ela é definida em todo plano R2 .

3.1.1 Derivadas de Ordem Superior Como vimos anteriormente, as derivadas parciais, f x e f y , de uma função f são funções também de duas variáveis, e quando calculadas no ponto ( x0 , y0 ) significam, respectivamente, as inclinações das curvas f (x, y0 ) e f (x0 , y) no ponto ( x0 , y0 ), ainda mais, representam as taxas de variações, respectivamente, de x e y no ponto ( x0 , y0 ).

Assim sendo, é natural considerarmos as suas derivadas parciais,

( f x ) x = f xx , ( f x )y = f xy e f y y = f yy , f y x = f yx .

Essas são as derivadas parciais de segunda ordem da função f , as quais são também funções de ( x, y). Notação

f xx

∂2 f ∂ = 2 = ∂x ∂x

f xy

∂2 f ∂ = = ∂y∂x ∂y



∂f ∂x





∂f ∂x

, e



.

Exemplo 3.5. Calcular as derivadas de 2ª ordem da função f (x, y) = x2 + 3xy + y − 1. Solução Sabemos que f x ( x, y) = 2x + 3y e f y ( x, y) = 3x + 1. Assim, f xx (x, y) = 2, f xy (x, y) = 3, f yx ( x, y) = 3 e f yy ( x, y) = 0. Exemplo 3.6. Se f ( x, y) = cos ( xy) + x3 y3 , então f x (x, y) = −ysen (xy) + 3x2 y3 e f y ( x, y) = − xsen ( xy) + 3x3 y2 . Assim,

f xx ( x, y) = f yy ( x, y) = f xy ( x, y) =

−y2 cos (xy) + 6xy3 ; − x2 cos ( xy) + 6x3 y e −sen ( xy) − xycos (xy) + 9x2 y2 = f yx (x, y) .

Observe que em ambos os exemplos, tivemos a f xy ( x, y) = f yx ( x, y), mas isso não é coincidência, ocorrem na maioria das funções, principalmente naquelas que encontramos na prática. Vamos analisar um exemplo em que esse fato, o de f xy (x, y) = f yx (x, y), não ocorre. Para isto, consideramos a função
  xy x2 − y2 , f ( x, y) = x 2 + y2  0,

( x, y) 6= (0, 0)

( x, y) 6= (0, 0)

Observe ainda que apenas no ponto (0, 0), é que temos que f xy (0, 0) = −1 e f yx (0, 0) = 1. Verifique! Mas, e como saber se isto ocorre ou não? Para isto temos um resultado devido a Schwartz que assegura o seguinte: Se uma função z = f (x, y) e suas derivadas parciais f x , f y e f xy estão definidas em um conjunto aberto contendo o ponto ( x0 , y0 ) e tal que todas são contínuas, então f xy (x0 , y0 ) = f yx ( x0 , y0 ) . Este é o teorema das derivadas parciais mistas, ele é devido a Clairaut.

Exercício 3.7. 1. Dada a função f (x, y) = 12 − x2 − 2y2 . Calcule ∂f ∂f (1, 2) e (1, 2) . ∂x ∂y Interprete esses números como inclinações de retas tangentes. Faça o esboço de uma figura mostrando o gráfico dessa função e as retas tangentes. 2. As derivadas parciais ocorrem em equações diferenciais parciais que descrevem determinados fenômenos físicos. Um exemplo é a Equação de Laplace, z xx + zyy = 0. As soluções dessa equação são chamadas funções harmônicas e são importantes no estudo de condução de calor, escoamento de fluídos e potencial elétrico. Verifique se as funções abaixo satisfazem a Equação de Laplace. (a) z = x3 − 3xy2. q  2 2 (b) z = ln x +y . y . (c) z = arctg x

3. Outro exemplo é a equação diferencial que descreve o movimento de uma onda, que pode ser de um som do mar ou de uma corda vibrante. A Equação da Onda é utt = c2 u xx . Verifique se as funções a seguir são soluções da Equação da Onda. (a) u (t, x) = sen ( x + ct). (b) u (t, x) = ln (2x + 2ct). (c) u (t, x) = 6 ln (2x + 2ct) + e(x +ct) + tg (2x − 2ct). 4. Mostre que a função

 2 1 z = √ e− x 4kt t

satisfaz a equação de difusão ou do calor zt = kz xx , onde k é uma constante. 5. A temperatura em um ponto (x, y) de uma placa plana de metal é dada pela função T (x, y) =

60 , 1 + x 2 + y2

onde T é medido em 0 C e x e y, em metros. Calcule a taxa de variação da temperatura no ponto (1, 2), com relação a distância na direção do eixo x e também na do eixo y. 6. A resistência total R produzida por três condutores com resistências R1 R2 e R3 , conectados em paralelo em um circuito elétrico é dada por 1 1 1 1 = + + . R R1 R2 R3 Calcule

∂R ∂R

e interprete o resultado.

7. A energia cinética de um corpo com massa m e velocidade v é E = 12 mv2 . Mostre que ∂E ∂2 E = E. ∂m ∂v2

3.2 Diferenciabilidade Ao estudarmos funções de uma variável, vimos que se elas forem deriváveis em um ponto, então ela é contínua nesse ponto. No caso de funções de mais variáveis isto não é mais verdade. Veja o próximo exemplo. Exemplo 3.8. A função f (x, y) =

(

xy , x 2 +y2

0,

(x, y) 6= (0, 0) ( x, y) 6= (0, 0)

não é contínua em (0, 0), pois não existe lim

( x,y)→(0,0)

f ( x, y) .

Verifique! Entretanto, ela possui derivadas parciais neste ponto: f x (0, 0) =

= f y (0, 0) =

=

lim

f (0 + h, 0) − f (0, 0) h

lim

0−0 = 0; h

lim

f (0, 0 + k) − f (0, 0) k

lim

0−0 = 0. k

h →0

h →0

k →0

k →0

A existência das derivadas parciais de uma função em um ponto garante a continuidade dela apenas nas direções dos eixos coordenados, ou seja, apenas a continuidade das curvas z = f ( x, y0 ) e z = f (x0 , y) , para as quais as derivadas existem. Portanto, isto não contradiz nada estudado em funções de uma variável. Lembremos que para funções de uma variável, y = f (x ), vimos que se ela é derivável em um ponto x0 , então existe a reta tangente ao gráfico de f no ponto (x0 , f ( x0 )), cuja equação é y = f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) ( x − x0 ) , ou seja, a derivabilidade equivale à diferenciabilidade.

O conceito de diferenciabilidade, que traremos a seguir, implicará na continuidade da função, assim como tínhamos para funções deriváveis de uma variável. As definições são, respectivamente: Definição 3.9. Uma função f de uma variável é derivável em um ponto x0 , se existir o limite lim

∆x →0

f (x0 + ∆x ) − f (x0 ) = f ′ ( x0 ) , ∆x

e é diferenciável em x0 , se existir uma reta pelo ponto ( x0 , f (x0 )) de equação y = f ( x0 ) + m ( x − x0 ) tal que para x tendendo a x0 , a diferença f ( x ) − y tenda a zero mais rápido que r = x − x0 , ou seja     f (x) − y f ( x ) − f ( x0 ) − mr lim = lim = 0. x → x0 x − x0 r r →0

É fácil notar que, no caso de funções de uma variável, ser derivável ou diferenciável significam coisas equivalentes, é o que mostraremos a seguir: Teorema 3.10. Uma função f de uma variável é derivável em um ponto x0 , se e somente se, for diferenciável neste ponto. Se f é diferenciável em um ponto x0 , então existe uma reta pelo ponto ( x0 , f ( x0 )) de equação Y = f ( x0 ) + m ( x − x0 )

tal que

lim

x → x0



   f (x) − Y f ( x ) − f (x0 ) − mr = lim = 0. x − x0 r →0 r

Mas, isto equivale a     f (x ) − f ( x0 ) − mr f ( x ) − f ( x0 ) lim = lim = m. x → x0 r x − x0 r →0 Portanto, f sendo diferenciável em x0 , é derivável neste ponto e, além disso, m = f ′ ( x0 ) . Assim, a reta tangente no ponto está bem definida e é dada pela equação Y = f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) ( x − x0 ) Observação 3.11. Essa reta é exatamente a tangente ao gráfico de f no ponto (x0 , f (x0 )), como estudado no primeiro curso de Cálculo. Assim, funções diferenciáveis ou deriváveis em um determinado ponto são aquelas que possibilitam apoiar reta tangente a seu gráfico no ponto especificado. Uma conseqüência importante desse fato sobre funções de uma variável é que diferenciabilidade ou derivabilidade implicam em continuidade. Outro fato muito importante da equivalência descrita acima é a possibilidade de generalização para funções de mais variáveis. Antes de definirmos a diferenciabilidade para funções de duas variáveis, observemos que se definimos q r = k( x, y) − (x0 , y0 )k = ( x − x0 )2 + (y − y0 )2 então para r → 0 temos que x → x0 e y → y0 , pois r é a distância entre os pontos ( x, y) e ( x0 , y0 ).

Definição 3.12. Uma função z = f ( x, y) é diferenciável em ( x0 , y0 ), se existir um plano pelo ponto ( x0 , y0 , f (x0 , y0 )), de equação Z = f ( x0 , y0 ) + A ( x − x0 ) + B (y − y0 ) ,

tal que a diferença f ( x, y) − Z tende a zero mais rápido que q r = k( x, y) − (x0 , y0 )k = ( x − x0 )2 + (y − y0 )2

tende a zero quando (x, y) tende a ( x0 , y0 ), no sentido que     f ( x, y) − Z f ( x, y) − f ( x0 , y0 ) − A ( x − x0 ) − B (y − y0 ) lim = lim = 0. r →0 r r →0 r

Podemos notar que a diferenciabilidade dessa função z = f ( x, y) no ponto (x0 , y0 ) tem implicações importantes. Para isto denotando o quociente a=

f ( x, y) − f ( x0 , y0 ) − A (x − x0 ) − B (y − y0 ) , r

(3.1)

temos: 1. Da igualdade 3.1 podemos escrever f ( x, y) = f ( x0 , y0 ) + A (x − x0 ) + B (y − y0 ) + ar. E agora, considerando esta última igualdade e a equação 3.1, temos que se a → 0 para r → 0, temos que f ( x, y) → f ( x0 , y0 ) . Portanto, a diferenciabilidade de f em ( x0 , y0 ) implica em sua continuidade neste ponto. 2. Calculando lim a

r →0

na direção do eixo x, isto é, tomando y = y0 , temos

lim

( x,y0 )→( x0 ,y0 )



 f (x, y0 ) − f ( x0 , y0 ) − A (x − x0 ) = r

lim

x → x0

h

f (x,y0 )− f (x0 ,y0 ) x − x0

−A

i

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

∂f ( x0 , y0 ) = A. ∂x

De modo análogo, calculando o limite de a na direção do eixo y, ou seja para x = x0 , obtemos ∂f f y ( x, y) = ( x0 , y0 ) = B. ∂y Sendo assim, a diferenciabilidade de f em ( x0 , y0 ) implica na existência de suas derivadas parciais neste ponto. 3. Além da continuidade e da existência das derivadas parciais da função f em ( x0 , y0 ) o plano de equação Z = f ( x0 , y0 ) + f x ( x0 , y0 ) ( x − x0 ) + f y ( x0 , y0 ) ( y − y0 ) , aproxima o gráfico de z = f ( x, y) na forma descrita acima, isto é, de modo que a diferença f (x, y) − Z tende a zero muito mais rápido que o ponto (x, y) tende ao ponto ( x 0 , y 0 ). Da mesma forma que a reta y = f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 ) é tangente ao gráfico da função y = f ( x ) no ponto x = x0 , este plano é o plano tangente ao gráfico de z = f ( x, y) no ponto ( x0 , y0 ). 4. Entretanto, observemos que a continuidade e a existência das derivadas parciais de uma função em um ponto não são condições suficientes para que ela seja diferenciável nesse ponto. Por exemplo, analisemos a função f (x, y) =

q

| xy|.

A função f é contínua em todos os pontos do plano e suas derivadas parciais são iguais a zero no ponto (0, 0). Verifique! Entretanto, ela não é diferenciável em (0, 0). Para isto notemos que para esta função, a expressão p f ( x, y) − f (0, 0) − f x (0, 0) x − f y (0, 0) y | xy| = p a= 2 r x + y2

não tem limite, portanto, não tende a zero. Para verificar isto, por exemplo, calcule este limite para y = x. 5. Uma condição suficiente para a diferenciabilidade de uma função em um ponto é que suas derivadas parciais de primeira ordem sejam contínuas em um conjunto aberto D, ou seja, não basta a existência delas em um ponto. Definição 3.13. Quando a função z = f ( x, y) for diferenciável no ponto(x0 , y0 ), a expressão d f = f x ( x0 , y0 ) dx + f y ( x0 , y0 ) dy, onde dx = x − x0 e dy = y − y0 , é a diferencial de z = f ( x, y) no ponto(x0 , y0 ) . Exercício 3.14. 1. A pressão, o volume e a temperatura de um mol de um gás ideal estão relacionados pela equação PV = 8, 31T, onde P é medida em quilopascals, V em litros e T em Kelvins. Utilize diferenciais para determinar a variação aproximada da pressão se o volume aumenta de 12 L para 12,3 L e a temperatura diminui de 310 K para 305 K. 2. Se R é a resistência total produzida por três condutores com resistências R1 , R2 e R3 conectadas em paralelo em um circuito elétrico, então 1 1 1 1 = + + . R R1 R2 R3 Se as resistências medem R1 = 25Ω, R2 = 40Ω e R3 = 50Ω, com precisão de 0, 5% em cada uma, o "erro"que se comete na determinação de R pode ser estimado por meio de diferenciais. Calcule então este erro. RESPOSTA

1 17

≃ 0, 059Ω.

3.3 Regra da Cadeia Se y for uma função derivável de x, y = f ( x ), e se x por sua vez for função derivável de t, x = g (t), então, a Regra da Cadeia para funções de uma variável nos diz que dy dx dy = · . dt dx dt Para as funções de mais variáveis, a Regra da Cadeia tem várias versões, cada uma delas nos dá um método de como calcular a derivada de uma função composta. Admitiremos, a seguir, que as funções envolvidas sejam todas diferenciáveis.

3.3.1 Regra da Cadeia: Versão 1 Consideremos o caso em que z = f (x, y) e que as variáveis x e y sejam funções da variável t. Assim, temos z = f ( x, y) , x = x (t) e y = y (t) ,

ou ainda, z(t) = f ( x (t), y(t)), dz . Mas o que seria esta derivada? dt Antes de darmos a resposta, apresentaremos um exemplo.

ou seja, z é função da variável t, daí, tem sentido falar em

Exemplo 3.15. Consideremos a função

z = x2 y,

com x = t2 e y = t3 . Assim,

z= = =

Portanto, temos que

x2 y
2 t2 t3 t7 .

dz = 7t6 . dt

Observemos agora que: ∂z dx ∂z = 2xy, = x2 , = 2t ∂x ∂y dt e

dy = 3t2 . dt

Fazendo ∂z dx ∂z dy · + · = 2xy · 2t + x2 · 3t2 ∂x dt ∂y dt e, substituindo x e y, respectivamente, por t2 e t3 , temos  2 ∂z dy ∂z dx · + · = 2xy · 2t + x2 · 3t2 = 2t2 t3 · 2t + t2 · 3t2 = 7t6 , ∂x dt ∂y dt que é exatamente o valor de

dz calculado anteriormente. dt

Este exemplo sugere o seguinte procedimento: Se z = f ( x, y), x = x (t) e y = y (t), então dz ∂z dx ∂z dy = · + · . dt ∂x dt ∂y dt O que de fato é verdade. Confira!!! A função z = f ( x, y) é agora uma função diferenciável de uma única variável t, pois z = f (x (t) , y (t)) , onde as funções x = x (t) e y = y (t) são deriváveis, então, dz ∆z = lim . dt ∆t →0 ∆t Além disso, uma variação ∆t, em t, implicará variações ∆x, ∆y e ∆z, em x (t), y (t) e z = f ( x, y), respectivamente.

Mas, ∆z =

= com a → 0, quando

f ( x + ∆x, y + ∆y) − f ( x, y) f x ( x0 , y0 ) ∆x + f y ( x0 , y0 ) ∆y + ar,

r = k(∆x, ∆y)k =

pois z = f (x, y) é diferenciável.

q

(∆x )2 + (∆y)2 → 0,

Portanto, ∆z = ∆t

=

∂ f ∆x ∂ f ∆y ar · + · + ∂x ∆t ∂y ∆t ∆t ∂ f ∆x ∂ f ∆y · + · ±a ∂x ∆t ∂y ∆t

s



∆x ∆t

2

+



∆y ∆t

2

,

onde o sinal desta última parcela é positivo ou negativo dependendo do sinal de ∆t. Queremos calcular

dz ∆z = lim , dt ∆t →0 ∆t

mas

∆t → 0 ⇒ a → 0. Daí, dz = dt

lim

∆t →0

∆z ∆t

∂ f dx ∂ f dy · + · . ∂x dt ∂y dt

=

Esta é a Regra da Cadeia para este caso e que pode ser escrita como o produto escalar entre os vetores  
∂f ∂f , e x ′ , y′ , ∂x ∂y ou seja,

dz = dt O vetor



∂f ∂f , ∂x ∂y 



∂f ∂f , ∂x ∂y


· x ′ , y′ . 

é chamado de Gradiente da função z = f ( x, y) calculado no ponto ( x, y) e é denotado por   ∂f ∂f ∇f = , ∂x ∂y e o vetor ( x ′ , y′ ) é o vetor tangente à curva α (t) = ( x (t) , y (t)) no ponto t.

Exercício 3.16. 1. Dada a função z=

p

xy + y, x = cosθ, y = senθ :

dz , usando a regra da cadeia; dθ dz (b) Calcule , substituindo x e y na função z; dθ (c) Mostre que dz 1 (π /2) = − . dθ 2 (a) Calcule

2. Considere o caso em z = f ( x, y) e y = y (x ). Mostre que dz ∂f ∂ f dy = + · . dx ∂x ∂y dt 3. Considere que a equação F (x, y) = 0 define implicitamente y como função derivável de x e ∂F 6= 0. Mostre que que ∂y  ∂F ∂x dy =  . dx ∂F ∂y Utilize este resultado para mostrar que

dy 3x2 + y2 =− , dx 2xy em que F ( x, y) = x3 + xy2 − 3 = 0. 4. Considere que a função z = T (x, y) = x2 y + 3xy4 , x = sen(2t), y = cost represente a temperatura no ponto ( x, y). Então a função composta z = T (sen(2t), cost) representa a temperatura dos pontos da curva C (t) = (sen(2t), cost) e sua derivada

dT dt

corresponde a taxa de variação da temperatura ao longo de C.

Mostre que à taxa de variação da temperatura no instante t = 0 é 6. 5. A pressão, o volume e a temperatura de um mol de um gás ideal estão relacionados pela equação PV = 8, 31T, onde P é medida em quilopascals, V em litros e T em Kelvins. Mostre que a taxa de variação da pressão quando a temperatura é de 300 K e está aumentando à taxa de 0, 1K /s e o volume é de 100 L e está aumentando à taxa de 0, 2L/s é dP = −0, 04155. dt Uma aplicação muito importante desta versão da Regra da Cadeia é para mostrar que o vetor gradiente, ∇ f = ( f x , f y ),

de uma função z = f (x, y), quando não nulo, é perpendicular à curva de nível da função f.

Seja Ck = {( x, y) : f ( x, y) = k }

uma curva de nível da função z = f ( x, y).

Considere que a curva Ck seja dada na forma paramétrica por α (t) = ( x (t) , y (t)) . Assim, para cada t, α (t) = (x (t) , y (t)) é um ponto de Ck , portanto, f ( x (t) , y (t)) = k. Calculando a derivada em relação à variável t em ambos os membros da igualdade anterior, obtemos, d [ f (x (t) , y (t))] = dt ∂f ∂x

(x, y) · x ′ (t) +

∂f ∂y

d (k) dt

( x, y) y′ (t) = 0


∇ f (x, y) · x ′ (t) , y′ (t) = 0

O que mostra que se os vetores forem não nulos, então são perpendiculares, ou seja que o vetor gradiente é perpendicular à curva de nível. Veja a Figura 3.3.

∇ f ( x, y)

α′

C3 : α(t) C2 C1

Figura 3.3: O gradiente é perpendicular ao vetor tangente às curvas de nível.

3.3.2 Regra da Cadeia: Versão 2 Consideremos o caso em que z = f ( x, y) e que as variáveis x e y sejam funções das variáveis t e s. Assim, temos z = f ( x, y) , x = x (t, s) e y = y (t, s) . Isto nos diz que z é função das variáveis t e s, a qual pode ser representada por z = f (x (t, s) , y (t, s)) = F (t, s) . Neste caso, tem sentido calcular em ∂f ∂f e . ∂t ∂s Mas, o que seriam estas derivadas?

∂f , basta considerar fixa a variável s, e assim, ∂t as funções x e y passam a ser de uma só variável, recaindo portanto à Versão 1. Neste caso, para calcular, por exemplo,

Portanto, se z = f (x (t, s) , y (t, s)) = F (t, s), então ∂z ∂ f ∂x ∂ f ∂y = · + · ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t e

∂z ∂ f ∂x ∂ f ∂y = · + · . ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s

Uma observação importante é que os resultados que temos para funções de duas variáveis se estende de modo natural para funções de três ou mais variáveis. Exemplo 3.17. Se t w = f ( x, y, z) = x + 2y + z2 , x = , y = t2 + ln s, z = 2t, s então ∂w = ∂t

∂ f ∂x ∂ f ∂y ∂ f ∂z · + · + · ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t

= 1· =

1 + 2 · 2t + 2z · 2 s

1 + 12t, e s ∂w 2 t = − 2. ∂s s s

Verifique!!!! Exercício 3.18. 1. A voltagem V em um circuito que satisfaz a lei vai caindo lentamente à medida que a bateria descarrega. Ao mesmo tempo, a resistência R vai aumentando conforme o resistor esquenta. (a) Sabendo que V = IR e que todos os elementos do circuito dependem do tempo t, mostre que a taxa de variação da voltagem V em função do tempo pode ser dada pela equação dV ∂V dI ∂V dR = + ; dt ∂I dt ∂R dt (b) Calcule a variação da corrente desse circuito no instante em que R = 600 ohm, I = 0, 04 amp,

 dR dV = 0, 5 ohm e = −1volt s. dt dt

2. Os comprimentos a, b e c das arestas de uma caixa retangular variam com o tempo. Em um determinado momento tem-se a = 1 m, b = 2 m, c = 3 m,

da db dc = = 1m/s e = −3m/s. dt dt dt

Calcule as taxas de variações da área A e do volume V da caixa no instante considerado. Decida se as diagonais do interior da caixa estão aumentando ou diminuindo naquele instante. 3. Determine a taxa que está variando a área de um triângulo se sua base é de 30 cm e está crescendo à taxa de 6 cm/s, enquanto que sua altura é de 20 cm e está crescendo à taxa de 4 cm/s.

3.4 Derivada direcional e Gradiente As derivadas parciais, f x (x, y) e f y ( x, y), significam as taxas de variações da função z = f (x, y) nas direções dos eixos coordenados, x e y, no sentido positivo, calculadas em cada ponto ( x0 , y0 ) do plano. A partir de agora estamos interessados em determinar a taxa de variação da função z = f (x, y), no ponto (x0 , y0 ) e em direção e sentido quaisquer. Para isto, tomemos um vetor unitário u = (a, b) em sentido e direção arbitrários. A derivada direcional da função f no ponto ( x0 , y0 ), na direção u = ( a, b) é dada pelo limite ∂f f (x0 + at, y0 + bt) − f ( x0 , y0 ) , ( x0 , y0 ) = lim ∂~u t →0 t quando este existe. Podemos observar que o numerador da fração dada acima é a variação, ∆ f , da função f , na direção do vetor u, portanto, o quociente f ( x0 + at, y0 + bt) − f ( x0 , y0 ) t é a taxa de variação média de f , no ponto ( x0 , y0 ) e direção u. Assim, a derivada direcional é a taxa de variação instantânea. Uma interpretação geométrica importante está representada na Figura 3.4. z T P

Q C S

y

P′

u

ha hb

Q′

x Figura 3.4: Representação gráfica da derivada direcional.

Um resultado importante é que se uma função f for diferenciável em um ponto (x0 , y0 ), então essa função possui derivada direcional em todas as direções neste ponto. Sendo f diferenciável, então ∆ f = f (x0 + h, y0 + k ) − f (x0 , y0 ) = f x ( x0 , y0 ) h + f y ( x0 , y0 ) k + ar, e a → 0 quando r =

√

h2 + k2 → 0.

Fazendo h = at e k = bt, temos ∆f = f x (x0 , y0 ) a + f y ( x0 , y0 ) b ± a, t e a → 0 quando r = |t| → 0.

Portanto, se f é diferenciável, ∂f ( x0 , y0 ) = ∂~u

f (x0 + at, y0 + bt) − f ( x0 , y0 ) t

lim

t →0

∆f t →0 t

.

= lim

f x ( x0 , y0 ) a + f y ( x0 , y0 ) b

=

Temos então que a derivada direcional é o produto escalar do gradiente de f pelo vetor direcional, daí ∂f f x ( x0 , y0 ) a + f y ( x0 , y0 ) b ∂~u ( x0 , y0 ) =

=


f x ( x0 , y0 ) , f y ( x0 , y0 ) · (a, b )

= ∇ f · ~u. Exemplo 3.19.

1. Para calcular a derivada direcional da função

√ f ( x, y) = 3x2 y na direção do vetor v = (3, 4) no ponto P = (2, 4). Solução Procedemos da seguinte forma: (a) Determinamos o vetor gradiente da função f no ponto P = (2, 4):
∆ f ( x, y) = f x ( x, y) , f y (x, y)

=



3x2 6x y, √ 2 y

√



E assim, temos que ∆ f (2, 4) = (24, 3) . (b) Determinamos o vetor unitário na direção e sentido do vetor v = (3, 4), o qual é dado por   v 3 4 u= = , . 5 5 kv k (c) Por fim, calculamos  a derivada pedida, que é dada pelo produto escalar entre os vetores ∆ f (2, 4) e u =

Assim,

3 4 5, 5

.

∂f (2, 4) = (24, 3) · ∂~v



3 4 , 5 5



= 24 ·

3 4 84 +3· = . 5 5 25

2. Para calcular a derivada de z = e xy no ponto (−2, 0) na direção do vetor que faz um ângulo de π3 com o eixo x no sentido positivo, procede-se da seguinte forma: (a) Determine o vetor unitário ~u. Este vetor é dado por π π ~u = cos , sen = 3 3 

√ ! 1 3 , ; 2 2

(b) Determine o gradiente de f no ponto (−2, 0). O qual é ∆ f (x, y) = (ye xy , xe xy ) ⇒ ∆ f (−2, 0) = (0, −2) ; (c) Por fim, ∂f (−2, 0) = (0, −2) · ∂~u

√ ! √ 3 1 , = − 3. 2 2

3.4.1 Observações e Interpretações A seguir, apresentamos algumas importantes observações e interpretações sobre derivada direcional. 1. Sendo a derivada direcional na direção u = (a, b) no ponto P0 = ( x0 , y0 ) de uma função diferenciável z = f ( x, y) dada por e

∂f ( P0 ) = ∆ f ( P0 ) · ~u ∂~u
∆ f (x, y) = f x ( x, y) , f y ( x, y) ,

então se u = (1, 0) temos a igualdade

Agora, se


∂f ( P0 ) = f x ( P0 ) , f y ( P0 ) · (1, 0) = f x ( P0 ) . ∂~u
∂f ( P0 ) = f x ( P0 ) , f y ( P0 ) · (0, 1) = f y ( P0 ) . ∂~u

Temos que em ambos os casos as derivadas direcionais coincidem com as derivadas parciais. 2. Se na igualdade

∂f ( P0 ) = ∆ f ( P0 ) · ~u ∂~u substituirmos o vetor direcional ~u = (a, b ) pelo seu oposto, −~u = (− a, −b ) o sinal da derivada fica também invertido, isto é, ∂f ∂f ( P0 ) = − ( P0 ) ∂~u ∂ (−~u) Verifique!

3. De forma semelhante, se θ for o ângulo entre os vetores ∆ f ( P0 ) e ~u então cosθ =

∆ f ( P0 ) · ~u . k ∆ f ( P0 )k k~u k

Daí, temos que ∂f ( P0 ) = k ∆ f ( P0 )k k~u k cosθ = k∆ f ( P0 )k cosθ ∂~u Assim, o valor máximo da derivada direcional em um ponto P0 é na direção do gradiente, isto é, quando θ for o vetor nulo, pois, neste caso cos θ = 1, que é seu valor máximo.

4. O gráfico da função z = f ( x, y) é uma superfície S no espaço, se para um ponto P0 = (x0 , y0 ) do domínio de f tem-se z0 = f (x0 , y0 ), então o ponto P = ( x0 , y0 , z0 ) pertence a S. O plano paralelo ao eixo z e ao vetor u = ( a, b) e que contém os pontos P0 e P intercepta S segundo uma curva C. A derivada direcional

∂f (P ) ∂~u 0 é a inclinação da reta tangente à curva C no ponto P = ( x0 , y0 , z0 ).

Assim, a equação dessa reta é

(x − x0 ) a = (y − y0 ) b. Além disso, se θ for o ângulo dessa reta com o plano xy, então ∂f ( P0 ) = tgθ. ∂~u Deste fato, podemos observar que a derivada é positiva se a função f cresce à medida que o ponto Q = (x, y) se desloca a partir de P0 na direção u = ( a, b) e negativa caso f decresce. 5. Seja Ck = {( x, y) : f ( x, y) = k}

uma curva de nível da função z = f ( x, y) em que a curva Ck seja parametrizada por α (t) = (x (t) , y (t)) . Assim, para cada t, α (t) = ( x (t) , y (t)) é um ponto em Ck , portanto,

f (x (t) , y (t)) = k,

para todo t. Calculando a derivada em relação à variável t em ambos os membros da igualdade acima, temos, d [ f (x (t) , y (t))] = dt ∂f ∂f ( x, y) · x ′ (t) + ( x, y) y′ (t) = ∂x ∂y

d (k) dt 0

.

∇ f ( x, y) · α′ (t) = 0 Se

α′ (t) 6= (0, 0) ,

isto mostra que os vetores ∇ f (x, y) e α′ (t) são perpendiculares. Mas,

α ′ (t )

é tangente à curva de nível Ck da função f , assim, o gradiente é perpendicular à curva de nível em cada ponto dela. Além disso, tomando

~u = podemos observar que

α′ (t) , k α′ (t)k

∂f α ′ (t ) = 0. ( P0 ) = ∇ f ( x, y) · ′ ∂~u kα (t)k

Isto, na verdade, não é uma surpresa, pois a função f é constante ao longo da curva de nível Ck . Esta observação vale também para funções de mais variáveis, por exemplo, no caso de três variáveis w = f ( x, y, z) a curva de nível Ck é, na verdade, uma superfície de nível contida no domínio de f . O gradiente é então um vetor perpendicular a ela em cada ponto.

z

∇f

S : z = f ( x, y) y x Figura 3.5: Determinação de um plano tangente a uma superfície.

A partir deste fato, fixando um ponto P0 = ( x0 , y0 , z0 ) da superfície de nível Ck , podemos determinar o plano tangente a essa superfície, pois temos um ponto e um vetor perpendicular a ela. Portanto, se P = ( x, y, z) for um ponto qualquer desse plano, então a equação dele é
( P − P0 ) · ∇ f ( P0 ) = 0 ⇔ ( x − x0 , y − y0 , z − z0 ) · f x ( P0 ) , f y ( P0 ) , f z ( P0 ) = 0.

Ou seja,

f x ( P0 ) (x − x0 ) + f y ( P0 ) (y − y0 ) + f z ( P0 ) (z − z0 ) = 0.

3.4.2 Aplicações Apresentaremos aplicações na sequência. 1. Considerando a função diferenciável z = f (x, y), seu gráfico é a superfície dada pelos pontos na equação ( x, y, f (x, y)). O gráfico da equação f (x, y) − z = 0

coincide com o gráfico de z = f ( x, y). Mas, a equação

f (x, y) − z = 0

é uma superfície de nível da função

F ( x, y, z) = f ( x, y) − z. Portanto, o vetor gradiente de F

∇ F = Fx , Fy , −1




é perpendicular ao gráfico de z = f ( x, y) em cada ponto ( x, y, z). O plano tangente a esse gráfico no ponto P0 = ( x0 , y0 , z0 ) é dado por
( P − P0 ) · Fx ( P) , Fy ( P) , −1 = 0.

2. A reta normal à superfície gráfico de z = f ( x, y) ponto P0 = (x0 , y0 , z0 ) é dada pelas equações paramétricas P − P0 = t( Fx ( P), Fy ( P), −1), t ∈ R. De modo mais geral, se w = f ( x, y, z), então o vetor
∇w = f x , f y , f z

é normal à superfície de nível

f ( x, y, z) = k, k ∈ Im ( f ) , em todo ponto P0 = ( x0 , y0, z0 ) ∈ D ( f ), e, consequentemente, o plano tangente à superfície de nível em P0 é dado pela equação P − P0 = t · ∇ f ( P0 ) , t ∈ R. 3. Dada a função

x2 y2 + , 2 2 responderemos três questões interessantes sobre a variação desta função. f ( x, y) =

(a) Em que direção ela possui maior crescimento a partir do ponto (1, 1). (b) Em que direção ela decresce mais rapidamente a partir do ponto (1, 1). (c) Em quais direções ela possui variação zero a partir do ponto (1, 1). Vamos às respostas!!! (a) A função f cresce mais rapidamente na direção e sentido de seu gradiente no ponto considerado, portanto, é na direção de

∇ f (1, 1) = (x, y)(1,1) = (1, 1) , a qual pode ser dada pelo vetor

~u =



1 1 √ ,√ 2 2



.

(b) A função f decresce mais rapidamente na direção de seu gradiente, porém no sentido oposto, isto é, na direção −∇ f (1, 1), portanto, na direção de

−∆ f (1, 1) = (−1, −1) , a qual pode ser dada pelo vetor

−~u =



 1 1 −√ , −√ . 2 2

(c) As direções de variações nulas em (1, 1) são as direções ortogonais ao gradiente no ponto. Portanto, são as direções ~v = ( a, b) tais que     1 1 1 1 = 0 ⇒ ( a, b) = − √ , √ , ~v · ~u = ( a, b) · √ , √ 2 2 2 2 ou

(a, b) =



1 1 √ , −√ 2 2



.

4. Determinaremos uma reta tangente à elipse x2 + y2 = 1 4 no ponto (−2, 1) . Para isto, observemos inicialmente que a elipse x2 + y2 = 1 4 é uma curva de nível da função f ( x, y) =

x2 + y2 . 4

Portanto, o gradiente de f no ponto (−2, 1) é perpendicular à elipse neste ponto

∇ f (−2, 1) = (−1, 2) . Assim, um vetor normal ao gradiente é tangente à elipse em (−2, 1). Logo, usando o vetor ~t = (2, 1) tangente à elipse como direcional da reta, ela pode ser escrita parametricamente por

( x + 2, y − 1) = r (2, 1) ou na forma

−1 (x + 2) + 2 (y − 1) = 0. Exercício 3.20. 1. Defina o vetor gradiente, ∇ f , de uma função f de duas ou de três variáveis e: (a) Explique o significado geométrico do vetor ∇ f ;

(b) Escreva a derivada direcional, 2. Considere a função

∂f ∂u

em termos de ∇ f .

f ( x, y, z) = x3 − xy2 − z.

(a) Verifique que a derivada direcional da função f no ponto P0 = (1, 1, 0) e na direção ~v = (2, −3, 6) é igual a 47 .

(b) Determine as direções em que a função f varia mais rapidamente em P0 e mostre que as taxas de variações nessas direções são iguais a 3 ou −3. 3. Mostre que as equações paramétricas da reta normal ao elipsóide 3x2 + 12y2 + 4z2 = 48

 √  √ √ no ponto 2, 1, 6 são x = 2 + 3t, y = 1 + 6t e z = 6 + 2 6 t. Escreva a equação do plano tangente a esse elipsóide no ponto indicado e esboce o elipsóide, a reta normal e o plano tangente. 4. Dada a função f (x, y, z) = x2 + y2 + z: (a) Determine e esboce a superfície de nível de f que contém o ponto (1, 2, 4); (b) Determine e esboce o vetor ∇ f (1, 2, 4);

(c) Determine e esboce a reta normal à superfície de nível determinada no item (a), no ponto (1, 2, 4);

(d) Determine e esboce o plano tangente à superfície de nível determinada no item (a), no ponto (1, 2, 4). 5. Dada a função f (x, y) = x2 + 2y2 :

(a) Desenhe a curva de nível de f que contém o ponto (3, 1) e esboce ∇ f (3, 1);

(b) Explique o significado do item (a) em relação ao gráfico da função f .

6. Determine as equações paramétricas da reta tangente à curva dada pela interseção do parabolóide z = x 2 + y2 com o elipsóide

3x2 + 2y2 + z2 = 9

no ponto (1, 1, 2). (lembre que o vetor direcional da reta tangente será simultaneamente normal aos vetores normais a cada uma das superfícies no ponto (1, 1, 2)) 7. Determine os planos tangentes à esfera x 2 + y 2 + z2 = 1 que sejam paralelos ao plano 2x + y − 3z = 1.

3.5 Extremos de Funções de Duas Variáveis Ao estudarmos funções de uma variável (Cálculo I), estudamos máximos e mínimos locais e absolutos, aplicamos estes conceitos na resolução de diversos problemas de otimizações, como determinar as dimensões de embalagens de modo a ter maior capacidade, gastando a menor quantidade de material possível. Agora, pretendemos entender esses conceitos e suas aplicações envolvendo funções de duas variáveis. Um exemplo simples e motivador, poderia ser: "Uma folha retangular de zinco com 1 m de largura deve ser dobrada ao longo dos dois lados para formar uma calha de seção transversal trapezoidal, como na Figura 3.6. Determinar x e θ de modo que a calha tenha maior capacidade de escoamento".

x

x θ 27 − 2x Figura 3.6: Representação gráfica da Calha.

3.5.1 Extremos Locais e Absolutos As definições de máximo e de mínimo para funções de várias variáveis são as mesmas que no caso de funções de uma variável. Uma função f de duas variáveis tem um máximo local em ( a, b) se existir um círculo aberto C contendo ( a, b) de modo que f ( x, y) ≤ f (a, b ) para todo ( x, y) em C e tem um mínimo local em ( a, b) se existir um círculo aberto C contendo (c, d) de modo que f (x, y) ≥ f (c, d)

para todo (x, y) em C. Os máximos locais podem ser observados como sendo os pontos altos das superfícies gráficos das funções, e os mínimos locais aqueles pontos baixos do gráfico, conforme indicados na Figura 3.7. Os pontos de máximo e os de mínimo locais de uma função são denominados de pontos extremos ou extremantes da função e suas imagens são valores extremos da função. Um ponto (x0 , y0 ) é de máximo absoluto de uma função f se f ( x0 , y0 ) ≥ f ( x, y) , para todo (x, y) pertencente ao domínio de f e de mínimo absoluto se f ( x0 , y0 ) ≤ f ( x, y) , para todo (x, y) pertencente ao domínio de f . Máximo local Máximo absoluto

Mínimo local Mínimo absoluto Figura 3.7: Representação gráfica de uma superfície com vários tipos de extremos.

Exemplo 3.21. 1. A função f ( x, y) = tem domínio

p

4 − x 2 − y2 x 2 + y2

n o D = (x, y) : x2 + y2 ≤ 4 ,

não tem máximo, pois quando (x, y) → (0, 0), f ( x, y) → +∞.

Solução

Ela tem mínimo absoluto igual a zero, que ocorre em qualquer ponto da circunferência x2 + y2 = 4. 2. A função f (x, y) =

y x2

tem domínio D = {( x, y) : x 6= 0} . Ela não tem máximo nem mínimo absolutos. Justifique! Um resultado importante sobre extremos que se aplica às funções contínuas definidas em domínios fechados que foi visto para funções de uma variável e que é válido também para funções de várias variáveis é o seguinte: Se f é uma função contínua em um domínio fechado e limitado D, então f possui um máximo absoluto f ( a, b) e um mínimo absoluto f (c, d) para algum (a, b) e algum (c, d) em D, isto é, f (c, d) ≤ f ( x, y) ≤ f (a, b) para todo (x, y) em D.

Observação 3.22. 1. O extremo absoluto de uma função f ocorrerá sempre em pontos extremos locais ou na fronteira da região em que ela é definida. 2. Para determinar o máximo ou mínimo absolutos de uma função contínua f em um conjunto fechado e limitado, D, procede-se da seguinte maneira: (a) Determine os valores de f em seus pontos críticos, os quais encontram-se no interior de D; (b) Determine os valores extremos de f na fronteira de D; (c) O maior dos valores determinados nos itens anteriores é o valor máximo absoluto de f em D e o menor é o mínimo absoluto. Exemplo 3.23. Determinar os extremos absolutos de f ( x, y) = x2 − 2xy + 2y em D = {(‘x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2} . Para isto temos que como f é contínua no conjunto D que é fechado e limitado, podemos aplicar o resultado exposto acima. Solução Inicialmente calculemos o único ponto crítico de f , que é a solução do sistema linear  f x = 2x − 2y = 0 ⇒ x = y = 1 ⇒ (1, 1) . f y = −2x + 2 = 0 No qual se tem f (1, 1) = 1. Em seguida, estudamos os extremos de f na fronteira de D, a qual é constituída pelos quatro segmentos de reta indicados a seguir: Segmento 1: Segmento 2: Segmento 3: Segmento 4:

f ( x, 0) f (3, y) f ( x, 2) f (0, y)

= = = =

x2 , 0 ≤ x ≤ 3; 9 − 4y, 0 ≤ y ≤ 2; x2 − 4x + 4, 0 ≤ x ≤ 3; 2y, 0 ≤ y ≤ 2.

Podemos observar que para o Segmento 1, temos uma função crescente no intervalo 0 ≤ x ≤ 3, portanto, possui valor mínimo absoluto f (0, 0) = 0 e máximo absoluto f (3, 0) = 9; Para o Segmento 2, temos uma função decrescente no intervalo 0 ≤ y ≤ 2, portanto, seu mínimo f (3, 2) = 1 e seu máximo f (3, 0) = 9; No Segmento 3, a função f (x, 2) = x2 − 4x + 4, 0 ≤ x ≤ 3, cujo mínimo ocorre em x = 2 e é f (2, 2) = 0 e seu máximo é f (0, 2) = 4 Finalmente, para o Segmento 4, temos a função f (0, y) = 2y, 0 ≤ y ≤ 2, cujo mínimo ocorre é f (0, 0) = 0 e máximo é f (0, 2) = 4. Portanto, comparando os diversos valores, concluímos que o mínimo absoluto de f em D é f (0, 0) = f (2, 2) = 0 e o máximo absoluto é f (3, 0) = 9. Outro fato interessante relacionado com extremantes locais é o seguinte:

Se f tem derivadas parciais de primeira ordem contínuas em (x0 , y0 ) e se ( x0 , y0 ) for um ponto extremo local, então o plano tangente ao gráfico de z = f (x, y) em ( x0 , y0 , z0 ) é paralelo ao plano xy, assim, sua equação é z = z0 . Mas, a equação do plano tangente é dada por z = z0 + f x ( x 0 , y 0 ) ( x − x 0 ) + f y ( x 0 , y 0 ) ( y − y 0 ) , o que implica que f x ( x0 , y0 ) = f y (x0 , y0 ) = 0. Portanto, as derivadas parciais calculadas nos pontos de máximo ou de mínimo locais são nulas. Podemos então concluir que os pontos do domínio de uma função f para os quais as derivadas parciais de primeira ordem forem nulas são os candidatos a extremantes locais da função f . Esses pontos são denominados pontos críticos de f . Na verdade, nem sempre estes candidatos serão pontos de máximo ou de mínimos, e a seguir, daremos alguns exemplos em que em uns os candidatos serão eleitos e em outros não. Exemplo 3.24. O único ponto crítico da função f (x, y) = x2 + y2 é o ponto (0, 0) , pois f x ( x, y) = 2x = 0, f y ( x, y) = 2y = 0 ⇒ ( x, y) = (0, 0) . E neste ponto o valor da função é zero, f (0, 0) = 0, e em qualquer outro ponto o valor de f (x, y) = x2 + y2 é positivo. Portanto o candidato foi eleito, ou seja, (0, 0) é ponto de mínimo local de f e f (0, 0) = 0 é o valor mínimo local. Exemplo 3.25. O único ponto crítico da função f (x, y) = y2 − x2 é o ponto (0, 0), pois f x ( x, y) = −2x = 0, f y ( x, y) = 2y = 0 ⇒ (x, y) = (0, 0) . E neste ponto o valor da função é zero, f (0, 0) = 0, entretanto, em qualquer círculo aberto centrado em (0, 0), por menor que seja o raio, existem pontos ( x, y) para os quais f (x, y) > 0 e pontos em que f ( x, y) < 0. Verifique!!! Assim, (0, 0) não é extremante de f . Nestes casos, dizemos que (0, 0) é um ponto de sela. Exemplo 3.26. A função

f (x, y) = 3 − ( x − 1)2 + (y − 2)2

possui um único ponto crítico e ele é ponto de máximo. O valor máximo é 3? Verifique isto!!! Exercício 3.27. 1. Dê o significado de cada uma das sentenças abaixo: (a) A função f tem um máximo local em ( x0 , y0 );

(b) A função f tem um máximo absoluto em ( x0 , y0 ); (c) A função f tem um ponto de sela em (x0 , y0 ). 2. Dada a função definida em

f ( x, y) = xy (3 − x − y) , D = {( x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 3} .

(a) Esboce o domínio da função; (b) Justifique por que é que f tem máximo e mínimo absolutos em D; (c) Mostre que f se anula em todos os pontos da fronteira de seu domínio; (d) Calcule o único ponto crítico de f ; (e) Qual o valor máximo e qual o valor mínimo de f e onde eles ocorrem? 3. Determine os valores máximos e mínimos da função f (x, y) = 3xy − 6x − 3y + 7 na região triangular D com vértices (0, 0) , (3, 0) e (4, 0). 4. Determine a distância mínima da origem ao plano 2x + 3y + z = 4. 5. Determine os valores máximos e mínimos absolutos de f (x, y) = 4xy2 − x2 y2 − xy3 no conjunto D, onde D é a região triangular com vértices (0, 0) , (6, 0) e (0, 6). 6. Determine os valores máximos e mínimos absolutos de   2 2 f ( x, y) = e− x −y x2 + 2y2 no conjunto D, onde D é o círculo

7. Determine os pontos da superfície

x2 + y2 ≤ 4. z2 = xy + 1

que estão mais próximos da origem. 8. Se função f é diferenciável e tem um máximo local em (x0 , y0 ), o que se pode dizer de suas derivadas parciais neste ponto? E de suas derivadas direcionais? Os Exemplos 3.24, 3.25 e 3.26 mostram que o fato de fx = fy = 0 em um ponto (x0 , y0 ) interior ao domínio de f não é suficiente para que esse ponto seja extremante da função. Lembremos que para funções de uma variável y = f (x ) , usamos o teste da derivada segunda para caracterizar um ponto crítico, se é ou não extremante. Para as funções de duas variáveis também tem o teste da derivada segunda que, na maioria dos casos, permite caracterizar um ponto crítico, se é ou não extremante.

3.5.2 Teste da Derivada Segunda

Seja f uma função de duas variáveis com derivadas parciais até segunda ordem contínuas em um círculo aberto centrado em ( x0 , y0 ) com f x ( x0 , y0 ) = f y ( x0 , y0 ) = 0 e seja D o determinante da matriz Hessiana, dada por D = f xx ( x0 , y0 ) · f yy (x0 , y0 ) − f xy ( x0 , y0 )


2

Então,

f = xx f xy

f xy . f yy

1. Se D > 0 e f xx (x0 , y0 ) < 0, então f tem um máximo local em (x0 , y0 ); 2. Se D > 0 e f xx (x0 , y0 ) > 0, então f tem um mínimo local em ( x0 , y0 ); 3. Se D < 0, então f tem um ponto de sela em ( x0 , y0 ); 4. Se D = 0, então nenhuma conclusão pode ser retirada. Exemplo 3.28. Determinemos e caracterizemos os pontos críticos da função f ( x, y) = 4xy − x4 − y4 definida em todo o plano Inicialmente, calculemos os pontos críticos de f , isto é, aqueles que anulam a primeira derivada:  f x ( x, y) = 4y − 4x3 = 0 . f y ( x, y) = 4x − 4y3 = 0 Para isto, substituindo a primeira equação na segunda, obtemos x9 − x = 0, a qual nos dá x = 0, x = 1, x = −1.

Substituindo esses valores na primeira equação, obtemos os valores correspondentes y = 0, y = 1, y = −1.

Portanto, os pontos críticos são

(0, 0) , (1, 1) e (−1, −1) . Mas,

f xx ( x, y) = −12x2 , f yy ( x, y) = −12y2 , f xy (x, y) = 4.

Daí, obtemos: 1. Para o ponto (0, 0), e assim, é um ponto de sela;

D = −16 < 0 ⇒ (0, 0)

2. Para os pontos (1, 1) e (−1, −1), temos que D = 128 > 0 e f xx (1, 1) < 0. Portanto, ambos são pontos de máximos absolutos de f em R2 .

Exercício 3.29. 1. Determine e classifique os pontos críticos das funções abaixo: (a) f ( x, y) = xy − x2 − y2 − 2x − 2y + 10;

(b) f ( x, y) = xy;

(c) f ( x, y) = ysenx; (d) f ( x, y) = senx + seny + sen ( x + y). 2. Determine o máximo e o mínimo absolutos da função em D: (a) f ( x, y) = x2 + y2 − xy − y, D = {(x, y) : | x | ≤ 1, |y| ≤ 1};

(b) f ( x, y) = 8x3 + y3 − 3xy, D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}; 3. Uma transportadora trabalha apenas com caixas retangulares (forma de paralelepípedos retângulos), cuja soma das medidas do comprimento e do perímetro da seção transversal é igual a 1,08 metros. Mostre que, nessas condições, a caixa de maior volume possível é aquela que tem comprimento 36 cm, altura e largura 18 cm. Quais as dimensões da caixa de retangular de maior volume cuja área superficial total é 64 cm2 ? 4. Encontre números a e b de modo que f ( a, b) =

Zb  a

 6 − x − x2 dx

tenha o valor máximo possível. Outro método interessante para determinar extremos absolutos de funções contínuas definidas em conjuntos limitados e fechados é a utilização e interpretação de suas curvas de nível. A seguir, daremos um exemplo para ilustrar esse processo. Exemplo 3.30. Determine o máximo e o mínimo absolutos de f ( x, y) = xy restrita à elipse g : 4x2 + y2 = 4. Solução Inicialmente, esboçaremos a elipse (domínio de f ) e algumas curvas de nível, xy = c, de f em um mesmo sistema de coordenadas.

Figura 3.8: Curvas de nível e a elipse. Em azul, ∇ f e em amarelo ∇ g.

Por simples observação na Figura 3.8, podemos notar que o mínimo e o máximo de f serão, respectivamente, os valores de c para os quais a curva de nível xy = c intercepta a elipse em um único ponto, no terceiro e primeiro quadrantes. Para determiná-los, basta impor a condição para que o sistema de equações  4x2 + y2 = 4 xy = c

tenha solução única.

Mas, substituindo a segunda equação na primeira, obtemos 4x2 +

c2 = 4 ⇔ 4x4 + c2 = 4x2 ⇔ 4x4 − 4x2 + c2 = 0, x2

a qual tem solução "única"se ∆ = 16 − 16c2 = 0 ⇒ c = ±1. Substituindo estes valores na equação acima, obtemos 4x4 − 4x2 + 1 = 0 ⇒ x2 = ±

√ 1 1 ⇒ x = ± √ ⇒ y = ± 2. 2 2

Portanto, os pontos de mínimo são  e de máximo são



Os respectivos valores são f e

√ 1 ±√ , ∓ 2 2



√  1 ±√ , ± 2 . 2

√  1 ± √ , ∓ 2 = −1 2  √  1 f ± √ , ± 2 = 1. 2 

Exercício 3.31. 1. Faça como no Exemplo 3.30 para f ( x, y) = 2x − y restrita ao círculo x2 + y2 = 1. 2. Faça como no exemplo acima para f (x, y) = senx + cosy restrita ao círculo x2 + y2 = 1. Este método sugere o importante método denominado de Multiplicadores de Lagrange, o qual mostraremos a seguir. Em primeiro lugar, voltemos à Figura 3.8 dada no exemplo anterior e agora sabemos que a função que determina os extremos é f ( x, y) = xy restrita à condição

g (x, y) = 4x2 + y2 − 4 = 0.

Observemos na Figura 3.8 que os vetores ∆ f ( x, y) = (y, x) e ∆g ( x, y) = (8x, 2y) são perpendiculares às curvas f e g no ponto em que elas se tangenciam. Isto é suficiente para percebermos que este raciocínio pode ser generalizado no sentido de que os pontos que minimizam ou que maximizam funções definidas em conjuntos fechados são aqueles cujos gradientes têm a mesma direção. Sendo assim, podemos voltar ao exemplo acima e formulá-lo da seguinte forma: Exemplo 3.32. Ache os extremos de f ( x, y) = xy restrita à condição

g (x, y) = 4x2 + y2 − 4 = 0.

Para a resolução, determinemos os pontos em que os vetores ∆ f ( x, y) = (y, x) e ∆g ( x, y) = (8x, 2y) são paralelos, isto é,

(y, x ) = λ(8x, 2y), λ ∈ R. Temos então o sistema

y − 8λx = x − 2λy =  2 4x + y2 − 4 =  

0 0 , 0

cuja solução pode ser encontrada de muitas formas diferentes. Resolveremos substituindo a segunda equação na primeira, obtendo assim   1 y = 8λ (2λy) ⇔ y 16λ2 − 1 = 0 ⇒ y = 0, λ = ± . 4 Substituindo λ = ± 41 em x = 2λy, obtemos   1 x=2 ± y ⇔ y = ±2x. 4 E que quando substituído na terceira equação, obtemos 1 4x2 + (±2x)2 − 4 = 0 ⇒ 8x2 = 4 ⇒ x = ± √ . 2

√ Logo, y = ± 2.

Desprezando os valores de λ, temos  √   1 √  1 √ , ∓ 2 e −√ , ± 2 . 2 2 Por fim, fazendo x = 0 na equação 4x2 + y2 − 4 = 0, obtemos y = ±2.

Assim, os pontos (0, ±2) podem determinar extremos da função f ( x, y) = xy na elipse.

Este método pode ser descrito assim: Sejam f e g funções de duas variáveis com derivadas primeiras contínuas, e suponhamos que ∆g 6= 0 em uma região do plano xy.

Se f tem um extremo f (x0 , y0 ) sujeito à condição g (x, y) = 0, então existe um número real λ tal que ∆ f (x0 , y0 ) = λ∆g (x0 , y0 ) . O número λ é denominado Multiplicador de Lagrange. A partir deste resultado, podemos concluir que os pontos extremos da função f sujeito à condição g ( x, y) = 0 fazem parte dos pontos ( x, y), determinados pela solução do sistema   f x ( x, y) = λgx ( x, y) f y ( x, y) = λgy (x, y) .  g ( x, y) = 0 Exemplo 3.33.

1. Vamos usar esse método para mostrar que o retângulo de maior área com perímetro dado é o quadrado. Sejam x e y as medidas dos lados do retângulo e p o perímetro. A função a ser maximizada é f ( x, y) = xy, com a restrição g ( x, y) = 2x + 2y − p = 0. Solução Para isto devemos resolver o sistema   f x (x, y) = f y (x, y) =  g (x, y) =

λgx ( x, y) λgy ( x, y) . 0

Ou ainda,

y= x=  2x + 2y =  

2λ p 2λ ⇒ x = y = . 4 p

2. Este resultado pode ser estendido de modo natural ao caso de funções de mais variáveis. U

Vamos usá-lo para determinar o volume da maior caixa retangular de lados paralelos aos eixos coordenados, que possa ser inscrita no elipsóide 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144. Resolução: O que pretendemos é encontrar o máximo da função V = 8xyz restrita à condição g (x, y, z) = 16x2 + 4y2 + 9z2 − 144 = 0. Fazendo

  ∆ f ( x, y, z) = λ∆g ( x, y, z) e ,  16x2 + 4y2 + 9z2 − 144 = 0

Figura 3.9: Representação gráfica de 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144. obtemos o sistema   (8yz, 8xz, 8xy) = λ (32x, 8y, 18z) √ √ √ e ⇒ x = 3, y = 2 3 , z = 4 3.  16x2 + 4y2 + 9z2 − 1 = 0

√ Segue que o volume da maior caixa possível é V = 64 3.

Verifique isto!!! Exercício 3.34.

1. Determine o ponto da reta 2x − 4y = 3 que está mais próximo da origem.

2. Determine o ponto do plano x + 2y + z = 2 que está mais próximo da origem. 3. Determine o ponto do círculo x2 + y2 = 45 que está mais próximo e um outro que esteja mais distante do ponto (1, 2). 4. Seja a temperatura em um ponto (x, y) de uma placa de metal dada por T (x, y) = 4x2 − 4xy + y2 Uma formiga, andando sobre a placa, percorre uma circunferência de raio 5 centrada na origem. Qual é a maior e a menor temperatura encontrada pela formiga ao longo deste caminho?

x

x θ 27 − 2x

Figura 3.10: Representação gráfica da Calha.

5. Uma folha retangular de zinco com 1 m de largura deve ser dobrada ao longo dos dois lados para formar uma calha de seção transversal trapezoidal, como na Figura 3.10. Determinar x e θ de modo que a calha tenha maior capacidade de escoamento.

Capítulo 4

Integração de Funções de Várias Variáveis Neste capítulo, estudaremos a integral de funções de duas variáveis, f ( x, y), em uma região do plano, a integral dupla e a integral tripla, que é a integral de funções de três variáveis, f (x, y, z), em uma região do espaço. Essas integrais são também chamadas de integrais múltiplas e são vistas como uma extensão natural das integrais definidas de uma variável em um intervalo da reta, elas são definidas como limite de somas. Essas integrais são utilizadas para calcular volumes de sólidos, áreas de superfícies, trabalho de uma força, massa contida em uma região, centro de gravidade, probabilidade de ocorrer um evento, dentre outros. Lembramos que as integrais chamada simples, ou seja, as integrais de funções de uma variável y = f (x ) são dadas por lim

n→∞

n

∑ i

f ( xi )∆xi =

Z b a

f ( x )dx

e originaram-se e também foram motivadas devido a determinação de áreas sob curvas. Veja a Figura 4.1. y

y y=

y = x2

x2

x

x

( b)

( a)

Figura 4.1: Aproximação da área sob a parábola por falta ( a) ou por excesso (b).

Para as integrais duplas e triplas, o procedimento que usamos é análogo, ou mais especificamente: 101

Seja f ( x, y) definida num domínio D do plano, o qual suporemos limitado, isto é, estar contido em um retângulo R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} . Ilustramos na Figura 4.2. f ( xi , yi )

z

c

d y

b x

( xi , yi )

a

Figura 4.2: Definição da integral dupla: dividindo o domínio D.

Para definir a integral dupla de modo semelhante ao que foi feito para integrais simples, procedemos da seguinte forma: • Traçando retas paralelas aos eixos coordenados, dividimos o retângulo R, que contém D, em n pequenos sub-retângulos e excluiremos aqueles que contiverem pelo menos um ponto fora da região D, permanecendo apenas sub-retângulos que são subconjuntos de D. Denotaremos a área de cada um desses n sub-retângulos por ∆Ai . • Escolheremos um ponto qualquer contido em cada sub-retângulo e denotemo-lo por (xi , yi ), como representado na figura abaixo. O produto f (xi , yi ) ∆Ai pode ser interpretado como o volume do paralelepípedo de altura f (xi , yi ) e área da base ∆Ai , com sinal positivo se f ( xi , yi ) > 0 e com sinal negativo se f ( xi , yi ) < 0. • O somatório

n

∑ f (xi , yi ) ∆Ai

i =1

é uma aproximação do volume com sinal da região do espaço compreendida entre o domínio D e a superfície gráfico da função z = f (x, y). Esta aproximação deverá ser melhor à medida que o número n de sub-retângulos for maior, devendo ter valor exato quando esse número tender a infinito. • Assim, o volume com sinal do sólido compreendido entre o domínio D e o gráfico da função z = f (x, y) será n

∑ f (xi , yi ) ∆Ai . n→∞

V = lim

i =1

Definição 4.1. Seja f ( x, y) definida num domínio limitado D do plano xy e seja R = {( x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d} um retângulo que contém D. O limite n

∑ f (xi , yi ) ∆Ai , n→∞ lim

i =1

quando existe, é a integral dupla de f ( x, y) em D e é denotado por lim

n→∞

n

∑ i =1

f ( x1 , y1 )∆Ai =

ZZ

f ( x, ydA.

Observação 4.2. 1. Se a função f ( x, y) for positiva em todo o domínio D, então ZZ

V=

D

f ( x, y)dA

é o volume do sólido compreendido entre a região D do plano xy e o gráfico de z = f (x, y); 2. Se f (x, y) for negativa em todo o domínio D, então ZZ

V=

D

f ( x, y)dA

também será o volume, porém com sinal negativo; 3. Se f (x, y) for negativa em parte de D e positiva em outra, então ZZ

V=

D

f ( x, y)dA

é um número igual a diferença entre os volumes com sinais; 4. Se f (x, y) = 1, então V= é a medida da área de D.

ZZ

D

f ( x, y)dA =

ZZ

D

dA

5. Sabemos que se f ( x ) ≥ 0, para todo x ∈ [ a, b], então Z b a

f (x )dx = A

é igual a área abaixo da curva y = f (x ), acima do eixo x e entre as retas x = a e x = b. Portanto, podemos escrever Z b Z b Z f ( x )  ZZ f ( x )dx = A. dy dx = dA = 0

a

D

a

4.1 Cálculo de Integrais Repetidas Ao estudarmos integrais simples, as de funções de uma variável, vimos que a determinação de integrais como limite de somas não é viável, pois apenas é possível para algumas funções muito simples e ainda assim, para essas funções, o cálculo é bastante trabalhoso. Esta observação é também válida para integrais múltiplas. O cálculo das integrais simples se reduziu à determinação de uma primitiva da função a ser integrada e ao uso do Teorema Fundamental do Cálculo, como no exemplo a seguir: Z 2 1

2 2xdx = x2 = 22 − 12 = 3. 1

Na verdade, a determinação de integrais múltiplas se reduz à mesma situação, como veremos, a seguir, em algumas situações especiais. Situação 1: Seja f ( x, y) uma função contínua e positiva no retângulo R = {( x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} a integral de f em R é V=

ZZ

R

f ( x, y)dA =

Z dZ b c

a

f ( x, y)dxdy =

Z d Z b c

a

 f ( x, y)dx ) dy.

A integral A (y ) =

Z b a

f (x, y) dx

que aparece entre colchetes é calculada considerando a variável y constante. A seguir, devemos calcular V=

Z d c

A (y)dy.

É importante observar que para cada y no intervalo [ c, d], a integral A (y ) =

Z b a

f (x, y) dx

é a área da seção plana do sólido obtida pela interseção do plano paralelo xz contendo o ponto (0, y, 0) com o sólido acima do plano xy e abaixo do gráfico de z = f ( x, y). Veja a Figura 4.3. y

y

c

y = g1 ( x )

x = f1 (y) d

y = g2 ( x ) a

x = f2 (y)

b

x

x Região 2

Região 1

Figura 4.3: Regiões 1 e 2 para a integração dupla.

Pelo Princípio de Cavalieri, podemos expressar o volume V do sólido acima do retângulo R = {( x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} e abaixo do gráfico de z = f (x, y) pela integral V= Portanto, V=

ZZ

R

f ( x, y)dA =

Z dZ b c

a

Z d c

A (y)dy.

f ( x, y)dxdy =

Z d Z b c

a

 f ( x, y)dx dy.

Exemplo 4.3. Vamos calcular a integral da função f (x, y) = x2 + y2 , −1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ x ≤ 2. Neste caso, basta calcularmos a integral V= Ou seja,

ZZ

R

( x2 + y2 )dA.

Z 2Z 2

V=

0

−1

( x2 + y2 )dxdy

=

Z 2 Z 2

=

Z 2 3 x

0

2

3

=

Z 2  8

=

Z 2h

=



3

0

0



( x + y )dx dy

−1

0

2

+ xy

2

2

dy



1 − − − y2 3

0

+ 2y

2





dy

i 3 + y2 dy

3y +

y3 3

2

= 8.

0

Exercício 4.4. Esboce o sólido cujo volume é igual a 8 e que corresponde a integral calculada acima, calcule a integral e compare o resultado e os procedimentos realizados no exemplo. Situação 2: Seja f ( x, y) uma função contínua em D = {( x, y) : a ≤ x ≤ b, α (x ) ≤ y ≤ β ( x )} , onde α (x ) e β (x ) são funções contínuas em [ a, b ]. A integral de f em D é ZZ

D

f ( x, y)dA =

Z bZ a

α( x )

β( x ) f ( x, y)dydx =

Z b Z β( x ) a

α( s )



f ( x, y)dy dx.

Como antes, para calcularmos a integral A (x) =

Z β( x ) α( x )

f (x, y) dy

consideramos a variável sendo x somente, ou ainda que a variável y seja constante. Agora, a seguir, calcula-se I=

Z b a

A ( x )dx.

Observação 4.5. • Se f (x, y) for positiva em D, para cada x no intervalo [ a, b ], a integral A (x) =

Z β(x ) α( x )

f ( x, y) dy

é a área da seção plana do sólido obtida pela interseção do plano paralelo yz contendo o ponto ( x, 0, 0) com o sólido, como está ilustrado na Figura 4.4.

Pela mesma razão dada na Situação 1, o volume V do sólido acima do retângulo D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, α ( x ) ≤ y ≤ β (x )} e abaixo do gráfico de z = f (x, y) é dado pela integral V=

Z b a

A ( x )dx.

z = f ( x, y)

z = f ( x, y)

z

z

S

S A( x )

A( x ) y

y

x = x0

y = β( x )

x = x1

x = β(y)

y = α( x ) x

x

x = α(y) y = y0 y = y1

Figura 4.4: Cálculo do volume. • Se D = {( x, y) : α (y) ≤ x ≤ β (y) , c ≤ y ≤ d}, onde α (y) e β (y) são funções contínuas em [c, d], então integral de f em D é  ZZ Z b Z β( x ) Z b Z β( x ) f ( x, y)dA = f ( x, y)dxdy = f ( x, y)dx dy. D

a

α( x )

a

α( x )

Exemplo 4.6. Vamos usar integral dupla para calcular o volume do prisma cuja base é o triângulo delimitado pelas retas y = 0, y = 2x e x = 1 e a face superior está no plano z = f (x, y) = x + 2y + 3. Solução Vamos resolver por passos que estão a seguir. • Em primeiro lugar é importante esboçar o domínio de integração, que neste caso será a base do prisma, que está ilustrado na Figura 4.5. z

y x Figura 4.5: Representação gráfica do Prisma - Exemplo 4.6.

• Em seguida, escrevemos a integral que dá o volume procurado, a qual é V=

ZZ

D

( x + 2y + 3)dA.

• Escolhemos a ordem de integração conveniente, integrando primeiro em relação à variável x ou à variável y;

• Se a escolha for integrar primeiro em relação à variável y, então x e y estão nos intervalos 0 ≤ y ≤ 2x e 0 ≤ x ≤ 1. Portanto,

ZZ

V=

D

( x + 2y + 3)dA

=

Z 1 Z 2x

=

Z 1 Z 2x

=

Z 1h

=

Z 1h

0

0

0

0

h

=

0

0

( x + 2y + 3)dydx 

( x + 2y + 3)dy dx

xy + y2 + 3y

iy=2x y =0

dx

i 6x2 + 6x dx

2x3 + 3x2

i x =1

= 5.

x =0

Integrando primeiro em relação à variável x, então x e y estão nos intervalos y ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2. 2 Portanto, V=

ZZ

D

( x + 2y + 3)dA

=

Z 2Z 1

=

Z 2 Z 1

=

Z 2 2 x

0

0

0

y/2

( x + 2y + 3)dxdy

y/2

2

=

Z 2  1

=

Z 2

=



0

0

2



( x + 2y + 3)dx dy

+ 2xy + 3x

 x =1

y

dy

x= 2



+ 2y + 3 −



y2 3y + y2 + 8 2



dy

 9y2 y 7 − + + dy 8 2 2

9y3 y2 7 − + + y 24 4 2

 y =2

= 5.

y =0

Exercício 4.7. 1. Esboce a região R do plano xy delimitada pela parábola y = x2 e pela reta y = 2x. Mostre que ZZ 32 I= ( x3 + 4y)dA = . 3 R Calcule essa integral duas vezes, uma integrando primeiro em relação a x e outra invertendo a ordem de integração.

2. Esboce o domínio R de integração da integral Z 4Z 2  √

0

y

 ycos( x5 ) dxdy

reescreva-a na ordem de integração invertida e mostre que ela é igual a

sen(32) . 10

Situação 3: Esta situação é quando o domínio, D, de integração puder ser decomposto em partes disjutas, D = D1 ∪ D2 , de modo que cada uma delas seja adaptada a uma das situações anteriores. Neste caso a integral I=

ZZ

D

f ( x, y)dA =

ZZ

D1

f ( x, y)dA +

ZZ

D2

f ( x, y)dA.

A partir daí, procede-se como nas situações anteriores. Exemplo 4.8. Para calcular a integral da função f ( x, y) = 1 − 2xy no domínio D delimitado pelas retas y = 0, x + y = 4 e pela parábola y2 = 2x. Solução Procedemos da seguinte forma: • Em primeiro lugar, esbocemos o domínio de integração D. Veja a Figura 4.6. y y2 = 2x 2

x x+y = 4

2

Figura 4.6: Representação gráfica do Triângulo D - Exemplo 4.8.

• Em seguida, vamos escrever a integral nas duas ordens possíveis. Assim, elas são: I=

ZZ

D

2xydA =

Z 2 Z 4− x 0

y2 /2

2xydxdy,

ou I=

ZZ

D

2xydA =

Z 2 Z √2x 0

0

2xydydx +

Z 4 Z 4− x 2

0

2xydydx.

• Por último resolva uma das integrais. Esta parte fica como exercício.

4.1.1 Propriedades Da mesma forma que a definição de integral dupla é análoga à definição de integral simples, as propriedades também são. Temos então que 1.

ZZ

2.

ZZ

D

D

k f ( x, y)dA = k

ZZ

D

f ( x, y)dA para k ∈ R.

( f ( x, y) ± g( x, y)) dA =

ZZ

D

f ( x, y)dA ±

ZZ

D

g( x, y)dA.

3. Se D = D1 ∪ D2 e se D1 ∩ D2 = ∅, então, ZZ

D

f ( x, y)dA =

ZZ

D1

f ( x, y)dA +

ZZ

D2

f ( x, y)dA.

4. Se f ( x, y) ≥ 0, para todo x real, então ZZ

Exercício 4.9.

f ( x, y)dA ≥ 0.

D

1. Calcule a área da região delimitada pela reta y = − x e pela parábola y = 4x − x2 por dois caminhos diferentes, um caminho usando uma integração simples e outro por meio de uma integração dupla. 2. Calcule a área da região delimitada pelas retas y = x − 3 e x = −1 e pela função 4 1 + x2

y=

por dois caminhos diferentes: usando uma integração simples e outro por meio de uma integração dupla. Calcule a área da região delimitada pelas parábolas y = x2 e x = y2 . 3. Mostre que o volume do sólido abaixo do gráfico da função z = 4x2 + y2 e acima da região do plano xy, delimitada pelo polígono de vértices (0, 0) , (0, 1) , (2, 0) e (2, 1) é igual a 34 3 . 4. Calcule

ZZ

D

( x + y)dA,

onde D é o círculo x2 + y2 ≤ 1 e interprete o resultado geometricamente.

5. Calcule

ZZ

D

dA,

onde D é o círculo x2 + y2 ≤ 1 e interprete o resultado geometricamente.

6. Apresente um argumento geométrico que justifique a igualdade Z Z √ q 1−y2

1

0

0

1 − x2 − y2 dydx =

π . 6

7. Esboce os gráficos das funções y = 4x3 − x4 e y = 3 − 4x + 4x2 em um mesmo sistema de coordenadas, encontre os pontos de interseções entre eles e calcule a área delimitada por esses gráficos. 8. O valor médio de uma função contínua z = f ( x, y) em uma região R é definido por 1 A( R)

ZZ

D

f ( x, y)dA,

onde A ( R) é a área da região R. Dê uma interpretação geométrica para essa igualdade considerando que z = f ( x, y) > 0 em toda a região R. 9. Calcule o valor médio de

1 x2 + 1 na região interna ao triângulo de vértices (0, 0) , (0, 1) e (1, 1). Faça o mesmo para a função f ( x, y) =

f ( x, y) = x2 − xy

na região delimitada pela reta y = x e pela parábola f ( x, y) = 3x − x2 .

4.2 Mudança de Variáveis O principal objetivo da mudança de variáveis na integral, seja ela simples ou múltipla, é a busca pela simplificação. Para funções de uma variável, vimos que a mudança de variáveis é exatamente a integração por substituição, cujo método é basicamente dado pela igualdade: Z b a

f ( x )dx =

Z d = g (b) c = g (a )

f ( g (u)) g′ (u) du,

sendo g invertível e com derivada contínua em [c, d].

4.2.1 Mudança de Variáveis na Integral Dupla No caso de funções de duas variáveis, transformamos a integral dupla ZZ

D

f ( x, y)dxdy,

onde D é uma região do plano xy, em outra integral dupla, ZZ

Q

f (u, v)dudv,

onde Q é uma região do plano uv. Para isto, consideremos que o domínio D do plano xy seja transformado no domínio Q do plano uv por uma aplicação biunívoca dada pelas equações x = x (u, v) e y = y (u, v) . Suponhamos também que essas funções sejam contínuas, com derivadas contínuas e que o determinante jacobiano da aplicação, que é dado por xu xv ∂ ( x, y) J= = yu yv ∂ (u, v) seja diferente de zero em Q. Nessas condições, ZZ

D

f ( x, y)dxdy =

ZZ

Q

[( x (u, v), y(u, v)] | J |dudv.

Exemplo 4.10. Vamos resolver a integral ZZ

D

(1 − ( xy)2 + sen( xy))dxdy

onde D é a região delimitada pelas retas y = x e y = 4x e pelas hipérboles xy = 1 e xy = 2. Solução Usando a transformação x = u/ v e y = v, v > 0 temos que 1/v J = 0

 −u v2 1

= 1. v

Essa transformação leva D na região Q, delimitada pelas retas u = 1 e u = 2 e pelas parábolas . u = v2 e u = v2 4.

Veja a Figura 4.7.

v u = v2 /4 u = v2

1

2

u

Figura 4.7: Representação gráfica do domínio D - Exemplo 4.10.

Assim, I=

=

Z 1 Z 2√u  0

√

Z 1 0

= ln 2

u

1 − u2 + senu

1 − u2 + senu

Z 1 0



1 dvdu v

√ √
ln 2 u − ln u du

 1 − u2 + senu du

1  u3 + cosu = ln 2 u − 3 0   1 = ln 2 − + cos1 . 3

4.2.2 Mudanças de Coordenadas Especiais Mudança Linear Consideremos a transformação linear g definida pelas equações

( x, y) = g (u, v) , onde

e a, b, c e d são reais.



x = au + bv y = cu + dv

O determinante jacobiano desta transformação é dado por a b ∂ (x, y) . J= = c d ∂ (u, v)

Se J 6= 0, então g é injetora em R2 e ZZ

D

f ( x, y)dxdy =

ZZ

Q

f ( au + bv, cu + dv)| ad − bc|dudv.

Exemplo 4.11. Vamos usar uma transformação linear conveniente para simplificar e calcular a integral ZZ D

e(y− x )/( x+y)dxdy,

onde R é o triângulo delimitado pelos eixos coordenados e a reta x + y = 2.

Solução Utilizemos a seguinte mudança de coordenadas dada por  cujo determinante jacobiano é

 u+v    x= 2

u = y−x ⇔ , v = x+y    y = u−v 2

1 /2 ∂ ( x, y) J= = 1 /2 ∂ (u, v)

1 1 1/2 = − ⇒ |J| = . −1 / 2 2 2

Para encontrar a região de integração Q observemos que as retas x = 0 e y = 0 são levadas, respectivamente, nas retas u = v e u = −v, e a reta x + y = 2 é levada na reta u = 2. Veja a Figura 4.8. v

u = −v

2

u

u=v Figura 4.8: Representação gráfica do Triângulo D - Exemplo 4.8.

Assim, temos, ZZ

D

e(y− x )/( x +y)dxdy =

ZZ

1 eu/v . .dudv 2 Q

=

1 2

Z 2Z v

=

1 2

Z 2

0

0

−v

eu/v dudv

v(e − e−1 )dv

= ( e − e −1 ) . Mudança Polar Um ponto P (x, y) tem coordenadas polares (r, θ ), onde r é a distância do ponto P à origem e θ é o ângulo formado pelo eixo x, sentido positivo, e o segmento de reta que une P à origem. As coordenadas retangulares e polares do ponto P estão relacionadas pelas equações: x = rcosθ e y = rsenθ, onde r ≥ 0 e θ0 ≤ θ < θ0 + 2π.

A transformação definida por essas equações é contínua juntamente com suas derivadas, seu jacobiano é x xθ cosθ −rsenθ ∂ ( x, y) = = r. J= = r yr yθ senθ rcosθ ∂ (r, θ )

E, escolhendo variações convenientes para r e θ de modo que ela seja biunívoca, podemos aplicar a regra de mudança de variáveis. Assim, ZZ

D

ZZ

f ( x, y)dxdy =

Q

f (rcosθ, rsenθ )rdrdθ

Z β Z r2 ( θ )

=

r1 ( θ )

α

f (rcosθ, rsenθ )rdrdθ

Exemplo 4.12. Vamos usar uma transformação polar para resolver a integral que dá o volume da esfera de raio R. O gráfico da função q z = R2 − x 2 − y 2

 em D = (x, y) : x2 + y2 ≤ R2 é a parte da esfera que está acima do plano xy. Veja a Figura 4.9.

Figura 4.9: Semi-esfera - Exemplo 4.9.

Portanto, o volume da esfera é dado pela integral V=

ZZ q D

R2 − x2 − y2 dxdy

=

Z R Z x = √ R2 − y 2 q

=

Z 2π Z R p

=

Z 2π 

=

Z 2π 2 3 R dθ

=



− R x =−

0

0

0

0

−

√

R2 − y 2

R2 − x2 − y2 dxdy

R2 − r2 (2r )drdθ

3/2 r = R 2 2 R − r2 dθ 3 r =0

3

2 3 R θ 3

θ =2π θ =0

=

4 πR3 . 3

Exercício 4.13. 1. Mostre que ZZ

D

cos( x − y) dxdy = 1, sen( x + y)

onde D é o trapézio 1 ≤ x + y ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0.

2. Mostre que se

n o D = ( x, y) : x2 + y2 ≤ 1

e usando coordenadas polares, então ZZ

D

sen( x2 + y2 )dxdy =

Z πZ 1 0

0

rsen(r2 )drdθ =

π (1 − cos(1)). 2

3. Calcule a área da região interna ao círculo r = 4senθ e externa ao círculo r = 2. 4. Use coordenadas polares para calcular o volume abaixo do parabolóide z = x2 + y2 e acima do círculo x2 + y2 ≤ 9.

5. Calcule o volume interna da esfera x2 + y2 + z2 = 16 e externo ao cilindro x2 + y2 = 4. 6. Calcule o volume do sólido acima do plano xy abaixo do gráfico de   f ( x, y) = ln x2 + y2 , dentro do cilindro x2 + y2 = 4 e fora do cilindro x2 + y2 = 1.

7. Calcule o volume do sólido acima do plano xy limitado pelo parabolóide z = x2 + y2 e pelo cilindro x2 + y2 = 2y. Esboce a figura. 8. Seja R a a região delimitada pelo círculo x2 + y2 = a2 . Definindo Z ∞ Z ∞

−∞ −∞

e−( x

2 +y2 )

dA = lim

a→∞

ZZ

e−( x

2 +y2 )

dA,

mostre que essa integral imprópria é igual a π. 9. É possível provar que Z +∞ Z +∞ −∞

−∞

e−( x

Use este fato para mostrar que

2 +y2

) dxdy =

Z +∞ −∞

Z +∞ −∞

2

e− x dx =

2

e− x dx

√

Z +∞ −∞

2

e−y dy.

π.

Interprete esse resultado geometricamente. 10. Utilizando o resultado do exercício anterior, mostre que 1 √ π

Z +∞ −∞

e−

x2 2

−

dx = 1.

4.3 Integral Tripla Definiremos a integral tripla de modo análogo ao que foi feito para integrais duplas, e o faremos como uma extensão natural delas, ou seja estudando as funções não mais de duas, mas de três variáveis. Sendo assim, poderemos observar que todas as propriedades da integral dupla são válidas também para integrais triplas. Consideremos a função definida num domínio D do espaço R3 , o qual suporemos limitado, isto é, D está contido em um paralelepípedo retângulo R = {( x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, e ≤ z ≤ f } ,

conforme Figura 4.10.

Volume = ∆Vi

( xi , yi , zi ) z

y

x Figura 4.10: Integral Tripla - calculando o volume.

Para definir a integral tripla, procedemos da seguinte forma: • Traçamos retas paralelas aos eixos coordenados, dividindo o paralelepípedo R, que contém D, em n pequenos sub-paralelepípedos, excluindo aqueles que contiverem pelo menos um ponto fora da região D. Permanecem assim, apenas sub-paralelepípedos que são subconjuntos de D. Denotaremos o volume de cada um desses n sub-retângulos por ∆Vi . • Escolhemos um ponto qualquer contido em cada sub-paralelepípedo e denotemo-lo por ( xi , yi , zi ). Definição 4.14. Seja f ( x, y, z) definida num domínio limitado D ⊂ R3 em um paralelepípedo retângulo R = {( x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ z ≤ d, e ≤ y ≤ f } ,

conforme Figura 4.10.

Seja f ( x, y, z) definida num domínio limitado D ⊂ R3 . De acordo com o descrito acima, definimos a integral tripla de f em D como sendo o limite, quando este existir, dado por n

∑ f (xi , yi, zi ) ∆Vi . n→∞ lim

i =1

Denota-se por lim

n→∞

n

∑ i =1

f (xi , yi , zi ) ∆Vi =

ZZZ

D

f ( x, y, z)dV.

Assim, como tivemos para integrais duplas no caso da definição de área de uma superfície, e usando a Definição 4.14, observamos que se a função f (x, y, z) for constante e igual a 1 em todo o domínio D, então ZZZ D

f ( x, y, z)dV

é o volume da superfície D e, se for negativa em todo o domínio D, será o volume, porém com sinal negativo.

4.3.1 Cálculo de Integrais Triplas A determinação de integrais triplas se reduz ao cálculo de integrais duplas, como veremos nos exemplos a seguir: Exemplo 4.15. 1. Vamos calcular a integral da função f ( x, y) = x2 + y2 + z2 , no cubo D : Solução

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1,

Para isto, usaremos o mesmo procedimento adotado para a determinação de integrais duplas, ou seja, I=

ZZZ

f ( x, y, z)dV

D

=

Z 1Z 1Z 1

=

Z 1Z 1Z 1 3 x

=

=

=

0

0

0

0

0

3

0

Z 1 y

+

Z 1 1

+

0

0

3

3

3

0

R 1 R 1 1 0

 x2 + y2 + z2 dxdydz 2

+ xy + xz

2

 x =1

dydz

x =0

 + y2 + z2 dydz y3 + yz2 3

 y =1

dz

y =0

 1 + z2 dz = 1. 3

2. Vamos usar integral tripla para calcular o volume do sólido D, delimitado pelos parabolóides z = x2 + 3y2 e z = 8 − x2 − y2 . Sabemos que o volume é dado pela integral V=

ZZZ

D

dV,

onde f ( x, y, z) = 1, para todo ( x, y, z) ∈ D.

Para determinarmos os limites de integração é conveniente esboçar a superfície D, que é feito na Figura 4.11.

As superfícies se interceptam no cilindro elíptico x2 + 2y2 = 4, cuja projeção no plano xy é a elipse x2 + 2y2 = 4, z > 0. O sólido D é limitado superiormente pelo elipsóide z = 8 − x2 − y2 e inferiormente pelo elipsóide z = x2 + 3y2 . Portanto, os limites de integração que determinam a superfície D podem ser descritos por:  x2 + 3y2 ≤ z ≤ 8 − x2 − y2 ,       √ . . √ D: − 4 − x2 2 ≤ y ≤ 4 − x2 2, e       −2 ≤ z ≤ 2.

z = x2 + 3y2 8

z = 8 − x 2 − y2 x2 + 2y2 = 4 Figura 4.11: Representação gráfica do Triângulo D - Exemplo 4.9. Assim, temos que V=

ZZZ

D

dV √

4− x2 2

Z 8− x 2 −y2

=

Z 2 Z

=

. Z 2 Z √4 − x 2 2 

=

Z 2 

=

√ Z 3/2 √ 4 2 2  4 − x2 dx =8π 2. 3 −2

Verifique isto!!!

−2 −

√

4− x2 2

x 2 +3y2

√

. −2 − 4 − x 2 2

−2

dzdydx

 8 − 2x2 − 4y2 dydx



8 − 2x2 y −

. √  y = 4− x 2 2 3 4y

3

. √ y =− 4− x 2 2

dx ⇒

Exercício 4.16. 1. As integrais V1 =

Z 1 Z 1−y Z 2 0

0

0

dxdzdy e V2 =

Z 1 Z 1−z Z 2 0

0

0

dxdydz,

representam o volume de um mesmo sólido. (a) Esboce o sólido e utilize uma fórmula da geometria euclidiana para mostrar que o seu volume sólido é igual a 1. (b) Calcule cada uma das integrais e comprove esses resultados. 2. A integral

representa o volume de um sólido.

Z 1 Z 1 Z 1−y −1 x 2 0

dzdydx

(a) Esboce o sólido; (b) Calcule o volume do sólido; (c) Reescreva a integral nas formas de integrais repetidas equivalentes à integral acima, em todas as ordens possíveis.

3. Inverta a ordem de integração na integral
Z 4Z 1Z 2 2cos x2 0

0

√

2y

z

dxdydz

e revolva-a para mostrar que é igual a 2sen4. 4. Determine o valor da constante k de modo que Z 1 Z 4−k − x 2 Z 4−y − x 2 0

0

k

dzdydx =

4 . 15

Este número representa o volume de qual sólido?

4.3.2 Mudança de Variáveis na Integral Tripla A questão da mudança de variáveis na Integral Tripla é totalmente análoga ao desenvolvido para a Integral Dupla. Para isto, vamos considerar a integração de uma função f ( x, y, z) em um domínio D do espaço xyz. Seja Q, no espaço uvw, a imagem de uma transformação biunívoca, dada pelas equações x = x (u, v, w) ,

y = y (u, v, w) e z = z (u, v, w) .

Suponhamos que em Q, essas funções são contínuas, tem derivadas contínuas e jacobiano diferente de zero, onde xu yu zu J = xv yv zv . xw yw zw E como antes, ficamos com ZZZ

D

f ( x, y, z)dxdydz =

ZZZ

Q

f ( x (u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w))| J |dxdydz.

Coordenadas Cilíndricas: Um ponto P (x, y, z) tem coordenadas polares (r, θ, z), onde r e θ são as coordenadas polares da projeção de P no plano xy. As coordenadas retangulares e cilíndricas do ponto P estão relacionadas pelas equações: x = rcosθ, y = rsenθ e z = z, onde r ≥ 0, θ0 ≤ θ < θ0 + 2π e −∞ < z < +∞.

As equações definem uma transformação que restrita ao conjunto é biunívoca e contínua juntamente com suas derivadas e seu jacobiano é J = r 6= 0. Verifique!

Assim,

ZZZ

D

f ( x, y, z)dxdydz =

ZZZ

Q

f (rcosθ, rsenθ, z)rdrdθdz.

Exemplo 4.17. Vamos usar as coordenadas cilíndricas para simplificar e calcular a integral ZZZ

D

zdxdydz,

onde D é o sólido delimitado pela semi-esfera q z = 8 − x 2 − y2 e pelo parabolóide

2z = x2 + y2 .

Para isto, observemos que se ( x, y, z) for um ponto em D, então, 2z =

x 2 + y2 ≤z≤ 2

q

8 − x 2 − y2 ,

e, se (x, y) ∈ R, onde R é a projeção de D no plano xy, então, R = {( x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4}. Usando as coordenadas cilíndricas x = rcosθ, y = rsenθ e z = z, temos que D = {(r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, Assim,

=

Z 2 Z 2π Z √8−r 2

=

Z 2 Z 2π  r

=

r4 r6 π 4r − − 4 24

=

0

r 2 /2

0

0

2

0



rzdzdθdr

8 − r2 −

2

p r2 ≤ z ≤ 8 − r 2 }. 2

r4 4



dθdr

r = 2 r =0

28π . 3

Coordenadas Esféricas: Um ponto P (x, y, z) tem coordenadas esféricas é dado por (r, θ, φ) , onde r é a distância do ponto P à origem, θ é o ângulo formado pelo eixo x, sentido positivo, e o segmento de reta que une a origem (0, 0, 0) ao ponto P ( x, y, z) e φ é o ângulo formado pelo eixo z, sentido positivo, e o segmento de reta que liga a origem (0, 0, 0) ao ponto P ( x, y, z). As coordenadas retangulares e esféricas do ponto P estão relacionadas pelas equações: x = rsenφcosθ, y = rsenφsenθ e z = rcosφ, onde r ≥ 0, θ0 ≤ θ < θ0 + 2π e 0 ≤ φ ≤ π. Observação 4.18.

• As superfícies no espaço xyz para r constante e igual a R são esferas de centro na origem e raio R. • As superfícies para θ = θ0 constante são semi-planos que contém o eixo z. • As superfícies para φ = φ0 constante são cones circulares com eixos coincidentes com o eixo z. As equações acima definem uma transformação que restrita ao conjunto

{(r, θ, φ) : r ≥ 0, θ0 ≤ θ < θ0 + 2π, 0 ≤ φ ≤ π } é biunívoca e contínua juntamente com suas derivadas e seu jacobiano tem determinante | J | = r2 senφ. Verifique! Assim, ZZZ

D

f ( x, y, z) dxdydz =

ZZZ

Q

f (rsenφcosθ, rsenφsenθ, rcosφ) r2 senφdrdθdφ.

Exemplo 4.19. Vamos usar as coordenadas cilíndricas para simplificar e calcular a integral, ZZZ

D

zdxdydz

onde D é o sólido delimitado pela semi-esfera q z = 8 − x 2 − y2 e pelo parabolóide

2z = x2 + y2 .

Para isto, observemos que se ( x, y, z) for um ponto em D, então, x 2 + y2 ≤z≤ 2

q

8 − x 2 − y2 ,

e, se (x, y) ∈ R, onde R é a projeção de D no plano xy, então, n o R = ( x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4 . Usando as coordenadas cilíndricas x = rcosθ, y = rsenθ e z = z, temos que

Assim,

o . n p D = (r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, r2 2 ≤ z ≤ 8 − r2 . I=

ZZZ

=

ZZZ

=

Z 2 Z 2π Z √8−r 2

=

Z 2 Z 2π  r

=

r4 r6 π 4r − − 4 24

0

zdxdydz

D

rzdrdθdz

Q

0

0

0



r 2 /2

2

rzdzdθdr

8 − r2 −

2

r4 4

 r =2



dθdr

=

28π . 3

r =0

Exercício 4.20. 1. Calcule, através de integral tripla, o volume do sólido limitado pelos gráficos de: (a) z = 4 − x2 , Resp.: v =

y + z = 4,

(b) z = 4 − x2 , z = 0, Resp.: v = 40 (c) z = 1 + x2 + y2 , Resp.: v =

z=0

e

y=0

y=0

e

128 5

20 3

x = 0,

z = 0,

x = −1,

y=6

x = 1,

(d) x = 3, y = 5, z = 4, x = 0, y=0 Resp.: v = 60 x + 2z = 6, y = 0, y = 5, z=0 e Resp.: v = 90

y=1 e

z=0

x=0

e

y = −1

(e) x + 2y + 3z = 12, Resp.: v =

z = 0,

x = 0,

y=0

e

y=4

356 9

(f) x + y = 6, z = 0, z = 4, x = 0 e y = 0. Resp.: v = 72 (g) z = 9 − x2 , z = 0, x = −1, x = 1, y = 0 e y = 5. Resp.: v = 260 3 2. Calcule a quantidade de massa m, sendo: (a) S é o sólido limitado pelos planos y + z = 8, z = 0, x = 0, x = 6 e y = 0, sabendo que a densidade num ponto P( x, y, z) é dada pela função F ( x, y, z) = x. Resp.: m = 576. (b) S é o sólido limitado pelos planos x + 2y = 6, z = 0, x = 0, e y = 0, sabendo que a densidade num ponto P( x, y, z) é dada pela função F ( x, y, z) = x · y Resp.: m = 108. (c) S é o sólido limitado pela calha y = 4 − x2 e pelos planos z = 0, , x = 0, z = 6 e y = 0, sabendo que a densidade num ponto P( x, y, z) é dada pela função F ( x, y, z) = x2 Resp.: m = 25, 6 ou m = 128/5. (d) S é o sólido limitado pelos planos y = 4, z = 6, x = 2, x = 0, z = 0 e y = 0, sabendo que a densidade num ponto P( x, y, z) é dada pela função F ( x, y, z) = x + y. Resp.: m = 144 (e) S é o sólido limitado pelo cilindro y2 + x2 = 4 e pelos planos z = 0, x = 0, z = 6 e y = 0, sabendo que a densidade num ponto P( x, y, z) é dada pela função F ( x, y, z) = y. Resp.: m = 16. 3. Calcule o volume do sólido, através de integral tripla, limitado pelos gráficos de: (a) x2 + y2 = 9, z = 0 e z = 5. Resp.: v = 45π p (b) z = 9 − x2 − y2 e z = 0. Resp.: v = 18π.

(c) z = 1 + x2 + y2 e z = 10. Resp.: v = 81 2 π

(d) z = x2 + y2 e z = 8 − x2 − y2 Resp.: v = 16π p (e) z = x2 + y2 x2 + y2 + 9 e z = 0 Resp.: v = 18π p (f) z = x2 + y2 x2 + y2 + 9 e z = 10 Resp.: v = 72π (g) z = x2 + y2 x2 + y2 + 9 e z = 10 Resp.: v = 99 2 π (h) z = x2 + y2 x2 + y2 + 9 e z = 0 Resp.: v = 81 2 π q p x 2 +y2 2 2 (i) z = 16 − x − y e z = 3

Resp.: v = 64π 3 p p (j) z = 4 − x2 − y2 e z = x2 + y2 √

+12π Resp.: v = −8 2π 3 p (k) z = 9 − x2 − y2 e z = 0 Resp.: v = 36π

4. Calcule as seguintes integrais onde: (a) S é o sólido limitado pelos gráficos de x2 + y2 + z2 = 9, z = 0, x = 0, e y = 0 , sendo F = cosϕ . Resp.: 9π 4 p (b) S é o sólido limitado pelos gráficos de z = x2 + y2 e z = 4 , sendo F = x2 + y2 . Resp.: 512 5 π

(c) S é o sólido limitado pelos gráficos de z = x2 + y2 , z = 0, x2 + y2 = 4 , sendo F = y . Resp.: zero (d) S é o sólido limitado pelos gráficos de z = x2 + y2 , z = 10, x2 + y2 = 1 , sendo F = z . Resp.: 299 6 π p (e) S é o sólido limitado pelos gráficos de z = x2 + y2 ,z = 10 e x2 + y2 = 25 , sendo F = x . Resp.: zero (f) S é o sólido limitado pelo gráfico de x2 + y2 + z2 = 9 , sendo F = x . Resp.: zero (g) S é o sólido limitado pelos gráficos de z = x2 + y2 , z = 0, y = 0 e x2 + y2 = 1 , sendo F = xz . Resp.: zero (h) S é o sólido limitado pelos gráficos de z = x2 + y2 , z = 0, y = 0x = 0 e x2 + y2 = 25 , sendo F = xy . Resp.: 15625 12 5. Calcule a quantidade de massa m, sendo: (a) S o sólido limitado pelos gráficos do parabolóide z = x2 + y2 , cilindro x2 + y2 = 9 e pelo p plano z = 10 e sabendo que a densidade num P ( x, y, z) é dada por F (x, y, z) = 4x2 + 4y2 . Resp.: m = 828 5 π ou m = 165,6 π unidades de massa p (b) S o sólido limitado pelos gráficos do semi-cone z = x2 + y2 , cilindro x2 + y2 = 1 e pelo plano z = 12 e sabendo que a densidade em P ( x, y, z) é dada por F (x, y, z) = 3x2 + 3y2 . Resp.: m = 84 5 π ou m = 16,8 π unidades de massa.

(c) S o sólido limitado pelos gráficos dos parabolóides z = 8 − x2p − y2 e z = x 2 + y2 e sabendo que a densidade em P ( x, y, z) é dada por F ( x, y, z) = 9x2 + 9y2 . Resp.: m = 256 5 π ou m = 51,2 π unidades de massa. p (d) S x2 + y2 e da semi-esfera z = po sólido limitado pelos gráficos do semi-cone z = 8 − x 2 − y2 √ e sabendo que a densidade em P ( x, y, z) é dada por F (x, y, z) = 6 . Resp.: m = 64 2π − 64π unidades de massa.

4.4 Aplicações das Integrais Dupla e Tripla Nesta secção, apresentamos algumas aplicações importantes. Massa: Seja A ⊂ R3 um sólido limitado e fechado. Uma função densidade volumétrica de massa associada ao sólido A é uma função contínua e positiva, ρ : A → R, de modo que, para todo subconjunto A1 ⊂ A, tem-se que, massa de A1 =

ZZZ

ρ (x, y, z)dV.

A1

Assim, se ρ for uma função densidade volumétrica de massa relativamente à superfície A, então ZZZ massa de A =

ρ (x, y, z)dV.

A

Observe que se ρ for constante e igual a k, então, a massa de A será igual ao produto do volume de A pela constante k1. Neste caso, dizemos que o sólido é homogêneo. No caso de uma massa estar distribuída sobre uma lâmina que ocupa uma região A do plano xy e que possui densidade pontual ρ (x, y) então a massa total é dada por m=

ZZ

A

ρ ( x, y) dA.

Exercício 4.21. 1. Sabendo que o sólido delimitado pelos planos

e pela superfície y = igual a 3.

√

x + z = 1, z − x = 1, y = 0 z tem densidade ρ (x, y, z) = 2y + 5. Mostre que ele tem massa

2. Calcule a massa contida no sólido delimitado pelos parabolóides z = 16 − 2x2 − 2y2 e z = 2x2 + 2y2 , p sabendo que ele tem densidade ρ (x, y, z) = 2x2 + 2y2 .

3. Verifique que a massa de uma lâmina triangular com vértices (0, 0) , (1, 0) e (0, 1) com densidade ρ (x, y) = xy é igual a 1/24. Momentos e Centro de Massa: O momento de uma partícula em torno de um eixo é definido como o produto de sua massa pela distância ao eixo. Como consequência, define-se o momento de uma lâmina A, com função densidade contínua ρ (x, y), em torno do eixo x e em torno do eixo y, respectivamente por, Mx =

ZZ

A

yρ (x, y) dA e My =

ZZ

A

xρ (x, y) dA.

As coordenadas do centro de massa da lâmina são dadas por, x¯ = onde m =

RR

A

My Mx e y¯ = , m m

ρ (x, y) dA é a massa total.

Exemplo 4.22. Verifique que o centro de massa de uma lâmina triangular   com vértices 3 11 (0, 0) , (1, 0) e (0, 2), com densidade ρ (x, y) = 1 + 3x + y é o ponto 8 , 16 .

No caso de uma superfície D no espaço, o momento de massa em relação ao plano yz é dado por ZZZ Myz =

xρ (x, y, z)dV,

D

e de modo análogo, define-se os momentos em relação aos planos xz e xy. O centro de massa é definido de modo análogo ao que foi feito no plano, isto é, se a função densidade é ρ (x, y, z), as coordenadas do centro de massa de D são 1 m

ZZZ

xρ (x, y, z)dV,

y¯ =

1 m

ZZZ

yρ (x, y, z)dV e

z¯ =

1 m

ZZZ

zρ (x, y, z)dV,

x¯ =

D

D

D

onde m=

ZZZ

ρ (x, y, z)dV

D

é a massa total contida em D. Momento de Inércia: O Momento de Inércia de uma partícula de massa m que gira em torno de um eixo é definido por mr2 , onde r é a distância da partícula ao eixo de rotação. Esse conceito é estendido a uma lâmina com densidade ρ (x, y) e que ocupa uma região D ⊂ R2 de modo análogo ao desenvolvido para momentos simples. Para isto, imaginemos que a região D seja dividida em pequenos retângulos. Aproximemos os momentos de inércia de cada um desses sub-retângulos em torno do eixo x, somamos esses valores e tomamos o limite com o número de sub-retângulos tendendo a infinito. Assim, temos que o momento de inércia da lâmina em torno do eixo x é dado pela integral Ix = lim

n→∞

n

∑ y2i ρ (xi , yi ) ∆A =

i =1

ZZ

D

y2 ρ (x, y) dA,

da mesma forma, tem-se que o momento de inércia em torno do eixo y é Iy = lim

n→∞

n

∑ i =1

x2i ρ (xi , yi ) ∆A

=

ZZ

D

x2 ρ (x, y) dA.

Já o momento de inércia em torno da origem que é dado por ZZ   I0 = x2 + y2 ρ (x, y) dA. D

Verifique que I0 = Ix + Iy .

Em geral, o momento de inércia da lâmina em relação a um eixo E qualquer é dado por ZZ IE =

D

r2 ρ (x, y) dA,

onde r é a distância do ponto ( x, y) ao eixo E.

De modo inteiramente análogo, se um corpo D ⊂ R3 tem densidade ρ (x, y, z), o momento de inércia em relação a um eixo fixo E, é dado por IE =

ZZZ

r2 ρ (x, y, z) dV,

D

onde r é a distância do ponto ( x, y, z) ao eixo E.

Exemplo 4.23. 1. Um círculo de raio R e centro na origem se for homogêneo, então I x = Iy =

πρR4 . 4

Solução: Para ver isto, basta fazer o seguinte: Como é homogêneo, a densidade é constante. Portanto, consideremos ρ (x, y) = k, então, Ix =

ZZ

=

ZZ

= k = k

D

y2 ρ (x, y) dA

x 2 + y 2 6 R2

R 2π R R 0

R4 4

0

Z 2π 0

ky2 dA =

r3 sen2 θdrdθ sen2 θdθ

kπR4 . 4

=

kπR4 faz-se de modo similar. Faça isso! 4 2. O momento de inércia de uma esfera Para mostrar que Iy =

S : x 2 + y 2 + z 2 6 R2 com densidade constante ρ (x, y, z) = k, em relação a um diâmetro é dado por I=

ZZZ

r2 ρ (x, y, z) dV

S

ZZZ

=

x 2 + y 2 + z2 6 R2



 x2 + y2 kdV.

Passando a coordenadas esféricas, temos que ZZZ   I= x2 + y2 kdV x 2 + y 2 + z2 6 R2

= k =

Z 2π Z R Z π  0

0

8 kπR5 . 15

0

 ρ2 sen2 φ ρ2 senφdθdρdφ

Verifique! Exercício 4.24. 1. Verifique que, o momento de inércia do sólido D : x + y + z 6 4, x > 0, y > 0 e z > 0, homogêneo, densidade constante igual a k, em relação ao eixo z é dado por ZZZ   I= k x2 + y2 dxdydz D

e cujo valor é

512 k. 15

2. O cubo D : 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 1, 0 6 z 6 1 tem, em cada ponto (x, y, z), densidade ρ (x, y, z) = x. (a) Mostre que o momento de inércia em relação ao eixo z é I=

  5 . x x2 + y2 dV = 12

ZZZ D

(b) Mostre também que o centro de massa do sólido é o ponto



2 1 1 3, 2, 2



.

(c) Mostre que o centro de massa de um cone circular reto de raio R e altura 
h, cuja densidade é proporcional a distância da base do cone é o ponto 0, 0, 3h 5 .

Área de uma Superfície: Iremos utilizar a integral dupla para calcular a área de uma superfície em R3 . Para o objetivo de nosso estudo, vamos nos restringir ao cálculo de áreas das superfícies que são gráficos de uma função z = f ( x, y) definida em uma região D do plano xy. Para isso, consideremos a função z = f ( x, y) em que seja contínua e possua derivadas parciais primeiras também contínuas. Sem perda da generalidade, apenas para as explicações iniciais, consideremos f ( x, y) > 0 em todo o domínio D, o qual vamos supor ser um retângulo. Dividindo D em n pequenos retângulos Di com áreas ∆A = ∆x∆y. Se (xi , yi ) for um ponto de Di , então Pi = ( xi , yi , f ( xi , yi )) é um ponto da superfície S, gráfico de f , e que se localiza acima de Di . Seja Ti o plano tangente a S no ponto Pi . Assim, a área ∆Ti do paralelogramo, parte desse plano tangente que está exatamente acima de Di , é uma aproximação da área ∆Si , da parte de S que também está exatamente acima de Di . Então, uma aproximação da área total de S é n

∑ ∆Ti

i =1

e daí, a área de S será A (S) = lim

n→∞

n

∑ ∆Ti

i =1

Mas, ∆Ti pode ser escrito de uma forma bastante conveniente para que a área seja calculada. Para isto, tomamos o ponto ( xi , yi ) como sendo um o vértice de Di mais próximo da origem do plano xy e tomamos também os vetores u e v como sendo os lados do paralelogramo de área ∆Ti . Então, ∆Ti = |u × v| . Mas, f x ( xi , yi ) e f y ( xi , yi ) são as inclinações das retas tangentes a S em Pi , cujas direções são os vetores u e v. Portanto, 

u = (∆x, 0, f x ( xi , yi ) ∆x
) u = 0, ∆y, f y ( xi , yi ) ∆y

e

i u × v = ∆x 0

j 0 ∆y

k f x (xi , yi ) ∆x f y ( xi , yi ) ∆y



Temos ainda que q

∆Ti = |u × v| = Finalmente, A (S ) =

=

n

q

lim ∑

n → ∞ i =1

RR q D

 2 1 + [ f x (xi , yi )]2 + f y (xi , yi ) ∆A.  2 1 + [ f x ( xi , yi )]2 + f y ( xi , yi ) ∆A

 2 1 + [ f x (x, y)]2 + f y ( x, y) dA.

Por simplicidade de notação, denotamos esta integral por ZZ q ZZ  2 1 + [ f x (x, y)]2 + f y ( x, y) dA = dS D

D

Exemplo 4.25. A área da superfície parte do parabolóide z = x 2 + y2 que se localiza abaixo do plano z = 4 é dada pela integral A=

ZZ

=

ZZ

=

Z 2π Z 2 p

=

D

dS

x 2 +y2 64

0

0

q

1 + (2x )2 + (2y)2 dA

1 + 4r2 drdθ

 π √ 17 17 − 1 . 6

Exercício 4.26. Mostre que a área da esfera de raio R é igual a A = 4πR2 . Integral de superfície: A integral de superfície é definida a partir da integral de área que descrevemos anteriormente, isto se faz da seguinte forma: Seja f (x, y, z) uma função definida em S, de modo que f ( x, y, z (x, y)) seja contínua para todo ( x, y) ∈ D.

Então, a integral de f na superfície S é dada por q ZZ ZZ
2 f dS = f ( x, y, z (x, y)) 1 + (z x )2 + zy dA. S

D

É importante observar que: • Se ρ (x, y, z) for a densidade superficial de massa de S (massa por unidade de área), então a massa m de S é dada por m=

ZZ

S

ρ (x, y, z) dS .

• O momento de inércia da superfície em relação a um eixo fixo E é definido por IE =

ZZ

S

r2 ρ (x, y, z) dS ,

onde r é a distância do ponto ( x, y, z) ao eixo E.

• As coordenadas do centro de massa são dadas por x0 =

1 m

ZZ

y0 =

1 m

ZZ

z0 =

1 m

ZZ

Exemplo 4.27.

S

S

S

xρ (x, y, z) dS, yρ (x, y, z) dS, zρ (x, y, z) dS.

1. Se f (x, y, z) = 1, a integral ZZ

f ( x, y, z) dS =

S

ZZ

D

dA,

que é exatamente a área de D. 2. O momento de inércia Ix de uma distribuição homogênea de massa sobre a semi-esfera q S : z = R2 − x 2 − y 2 , x 2 + y 2 6 R2 , em relação ao eixo x, é dado pela integral de superfície ZZ ZZ   Ix = ρr2 dS = k x2 + y2 dS, S

onde, dS = Portanto,

q

S


2

1 + ( z x )2 + z y .

Ix =

ZZ

=

ZZ

S

  ρ x2 + y2 dS

x 2 + y 2 6 R2

= kR


k R2 − x 2 R p dxdy R2 − x 2 − y 2

Z 2π Z R 2 R − r2 cos2 θ 0

0

√

R2 − r 2

rdrdθ ⇒

4πkR4 . 3

= Verifique os cálculos! Exercício 4.28.

1. Mostre que ZZ  S

onde S é a superfície

x2

+ y2

+ z2

 20π x2 + y2 dS = , 3

= 4, z > 1.

2. Verifique que o momento de inércia da superfície esférica de raio R, homogênea, de massa m, 2mR2 em torno de um diâmetro é . 3

4.5 Integrais de Linha A integral

Z b a

f (x )dx

pode ser generalizada de diversas maneiras. Dentre elas é a própria integral múltipla, outra, a que trataremos aqui, são as integrais de linha, as quais têm diversas aplicações importantes, principalmente na Física.

4.5.1 Integral de Linha de Funções Escalares Seja f : R3 → R e seja C uma curva em R3 , a qual é imagem da função α:

[ a, b] → R3 t ( x (t), y(t), z(t)).

Para definirmos a integral de linha da função f ao longo da curva C, temos como uma das principais motivações, por exemplo, o cálculo de massas, sabendo-se a densidade em cada ponto. Consideremos, assim, que a curva α seja um arame e f ( x, y, z) a densidade de massa em cada ponto (x, y, z) ∈ C, isto é, a massa por unidade de comprimento em cada ponto de C. Queremos determinar a massa total, m, do arame. Para isto, vamos dividir o intervalo em n subintervalos da forma

[ti−1, ti ] , i = 1, 2, 3, ... , n, onde t0 = a e tn = b. Com isto, obtemos uma decomposição de C em curvas Ci definidas em [ti−1, ti ]. Veja a Figura 4.12 z tn = b t n −1

α(tn )

α α(ti )

t i +1 ti

α ( t i +1 ) y

α ( t0 )

t1 t0 = a

x

Figura 4.12: Curva - partição do domínio.

Supondo que α (t) seja contínua e possua derivada α′ (t) também contínua e denotando por ∆si o comprimento de Ci , então temos que ∆si =

Z t i +1 ti

α′ (t) dt.

Mas, pelo teorema da média para integrais, existe um ri ∈ [ti−1, ti ] de modo que



∆si = α′ (ri ) . |ti+1 − ti | = α′ (ri ) ∆ti .

Quando n for grande ∆si é "pequeno", assim, f (x, y, z) pode ser considerada constante em Ci e igual a f (α (ri )). Portanto, a massa total m é aproximadamente sn =

n

∑ f (α (ri )) α′ (ri ) ∆ti .

i =1



O lado esquerdo dessa igualdade acima é a soma de Riemann da função

f (α (t)) α′ (t)

no intervalo [ a, b ]. Por fim, se f ( x, y, z) for contínua em C, então m=

Z b

f (α (t)) α′ (t) dt.

a

Agora, aplicaremos para o caso geral, e temos a seguinte definição: Seja C uma curva em R3 , parametrizada por α(t) = ( x (t), y(t), z(t)) , t ∈ [ a, b] , onde α (t) e α′ (t) são contínuas em [ a, b], e seja f ( x, y, z) uma função contínua em C. A integral de linha ao longo de C é definida por Z

C

f ds =

Z

C

f ( x, y, z) ds =

Z b a

f (α (t)) α′ (t) dt.

Para f ( x, y, z) = 1 para todo ponto ( x, y, z) ∈ C, a integral de linha definida acima, se reduz a Z Z Z b

α′ (t) dt, f ds = ds = C

C

a

que é exatamente o comprimento da curva C.

Observação 4.29. Para uma curva C definida no plano R2 , basta que na parametrização dada acima de α (t), consideremos a coordenada z (t) nula, ou seja, α (t) = (x (t) , y (t) , 0) , t ∈ [ a, b] , ou mesmo considerar α (t) = (x (t) , y (t)) , t ∈ [ a, b] .

A partir disso, tudo funciona normalmente. Exemplo 4.30. 1. Vamos calcular a integral

Z

onde C é a semicircunferência orientada no sentido anti-horário.

C

xy2 ds,

x2 + y2 = 1, y ≥ 0,

Solução Para isto, vamos considerar a parametrização para C dada por α (t) = (cost, sent) , t ∈ [0, π ] . Portanto,

R

C

xy2 ds =

= =

Rπ 0

Rπ 0

h

√ costsen2 t sen2 t + cos2 t dt sen2 tcost dt

it=π 1 3t sen 3 t =0

=0

2. Como no exemplo anterior, apenas trocando f (x, y) = xy2 por f (x, y) = 1. Neste caso, Z

C

ds =

Z πp 0

sen2 t + cos2 t dt =

Z π 0

dt = π,

que é exatamente o comprimento da metade da circunferência de raio 1.

3. Um arame delgado é envergado na forma de uma semicircunferência, C, de raio R. Vamos mostrar que se a densidade de massa linear em um ponto P (x, y) for diretamente proporcional à sua distância à reta que contém as extremidades, então a massa do arame é 2kR2 , onde k é a constante de proporcionalidade. Iniciemos a nossa tarefa, escolhendo um sistema de coordenadas xy, de modo que o arame coincida com a semicircunferência de centro na origem, raio e y ≥ 0. Assim, uma parametrização para curva C é dada por

α (t) = ( Rcost, Rsent) , t ∈ [0, π ]

e a densidade dada por f (x, y, z) = ky. Portanto,

m=

=

R

C

Rπ 0

(ky) ds (kRsent)

= kR2 4. Vamos calcular a integral

Rπ 0

√

R2 sen2 t + R2 cos2 t dt

π 2 sentdt = kR2 [−cost]tt= =0 = 2kR

Z  C

 x2 + y2 + z2 ds,

onde C é a hélice definida parametricamente por

α (t) = (cost, sent, t) , 0 ≤ t ≤ 2π. Calculemos inicialmente o vetor velocidade da curva C e também a sua velocidade escalar, que são dados por

√ α′ (t) = (−sent, cost, 1) ⇒ α′ (t) = 2. Portanto,

Z  C

Z 2π 

 x2 + y2 + z2 ds =

0

cos2 t + sen2 t + t2

√

2 dt

=

√ Z 2

=

√ t=2π  √  2 2 t3 = 3 + 4π 2 . 2 1+ 3 t =0 3

Exercício 4.31.

2π

0



1 + t2



dt

1. Verifique que I

onde C : | x | + |y| = 1.

C

xyds = 0,

2. Verifique que

 √ . xds = 5 5 − 1 12, C
2 onde C é dada por α (t) = t, t , 0 6 t 6 1. Z

3. A integral de linha de uma função escalar pode ser aplicada para o cálculo da massa de um fio delgado com densidade linear (massa por unidade de comprimento) ρ (x, y, z) dada. O fio no espaço pode ser interpretado como a imagem de uma curva C, parametrizada por α : [ a, b] → R3 e, a partir daí, a massa é dada por Z

ρ (x, y, z) ds. C

Mostre que a massa do fio dado por α (t) = (t, t, t) , 0 6 t 6 2 √ é igual a 4 3 unidades de massa.

4. O momento de inércia em relação a um eixo fixo E de um fio visto como uma curva C, parametrizada por α : [ a, b] → R3 é dado por Z

IE = r2 ρ (x, y, z) ds, C

onde r é a distância do ponto ( x, y, z) ao eixo E. 5. Mostre que o momento de inércia de um fio homogêneo com forma de uma circunferência de raio R em relação ao seu centro é igual a IE = mR2 , onde m é a massa do fio. 6. Verifique que Z

xydx − xzdy + xyzdz = 5, C

onde C é a poligonal ABCD que liga os pontos A (1, 1, 2) , B (2, 1, 1) , C (2, 2, 1) e D (2, 2, 2), nesta ordem. 7. Verifique se o campo   F = sen( xy) + xycosxy, x2 cosxy Z

é conservativo e calcule a integral Fds, onde C é a curva dada por C



 α (t) = t2 − 1, t2 + 1 , −1 6 t 6 1 8. Calcule a integral Z

C

xy2 ds,

onde C é a parte da parábola y = x2 compreendida entre os pontos (0, 0) e (3, 9). 9. Calcular a integral Z  C

onde C é o arco

 x2 − y2 − z2 ds,

α (t) = (cost, −sent, 2t) , −π ≤ t ≤ 0. 10. Calcular a integral Z

C

xyds,

onde C é o arco da elipse b2 x2 + a2 y2 = a2 b2 , x ≥ 0, y ≥ 0.

4.5.2 Integral de Linha das Formas Diferenciais Sejam o campo vetorial definido por

( x, y, z) → F ( x, y, z) = ( L ( x, y, z) , M (x, y, z) , N (x, y, z)) , onde L, M e N são funções contínuas numa região R do espaço e C uma curva em R3 , imagem da função α, definida por α: t

[ a, b] → R3 ( x (t) , y (t) , z (t)) .

Definiremos a integral de linha da função F ao longo de C. Como motivação para tal, consideremos que F represente um campo de forças e pretendemos calcular o trabalho realizado pela força F ao deslocar uma partícula ao longo da curva C.

Se C for um segmento de reta com extremidades nos pontos A e B, e F uma força constante, o trabalho realizado por F ao deslocar uma partícula ao longo de C é dado pelo produto escalar (força x deslocamento), W = F · ( B − A ). Quando C não for um segmento de reta, podemos aproximá-la por uma poligonal com vértices em C, da seguinte forma: dividimos o intervalo [ a, b] em n subintervalos da forma

[ti−1, ti ] , i = 1, 2, 3, ... , n, onde t0 = a e tn = b. Com isto, obtemos uma poligonal de vértices α (ti ) = ( x (ti ) , y (ti ) , z (ti )) , i = 1, 2, 3, ... , n, conforme ilustra a Figura 4.13. z tn = b t n −1

α(tn )

α

t i +1 ti

α(ti )

α ( t i +1 )

α ( t0 )

t1 t0 = a

y

x

Figura 4.13: Curva - a poligonal.

Quando n for grande, ∆ti = ti − ti−1 é pequeno, assim, o deslocamento da partícula de α (ti−1 ) a α (ti ) é aproximadamente ∆si = α (ti ) − α (ti−1 ) e, neste segmento, F pode ser considerada constante e igual a F (α (ti )) no intervalo [ ti−1, ti ]. Mas, se existir α′ (t) para todo [ a, b], então,

∆si ≈ α′ (t) ∆ti . Portanto, o trabalho W realizado para deslocar uma partícula de α (ti−1 ) a α (ti ) é aproximadamente F (α (ti )) ∆si ≈ F (α (ti )) α′ (t) ∆ti . Assim, o trabalho W realizado pela força F para deslocar uma partícula ao longo de C é dado por, n

∑ F (α (ti )) α′ (t) ∆ti . n→∞

W = lim

i =1

Se α′ (t) for contínua em [ a, b] e como F é um campo contínuo, então, W=

Z b a

F (α (ti )) α′ (t)dt.

Para o caso geral, daremos a definição: Seja C uma curva em R3 , parametrizada por α (t) = ( x (t) , y (t) , z (t)) , t ∈ [ a, b] , onde α (t) e α′ (t) são contínuas em [ a, b], e seja F ( x, y, z) = ( L( x, y, z), M ( x, y, z), N ( x, y, z)) um campo vetorial contínuo em C. A integral de linha de f ao longo de C é definida por Z

C

Z b

Fds =

a

F (α (ti )) α′ (t)dt

ou, escrita na forma diferencial R R C Fds = C Ldx + Mdy + Ndz

Rb

=

a

[ L (α (t)) x ′ (t) + M (α (t)) y′ (t) + N (α (t)) z′ (t) ] dt.

Quando a curva C é fechada, isto é, α( a) = α(b), a integral de linha normalmente é denotada por Z I Fds =

C

Fds.

Exemplo 4.32. 1. Vamos calcular a integral do campo F (x, y, z) = (y, − x, z), ao longo da curva C, onde C é a parte da hélice α(t) = (cost, sent, t), 0 ≤ t ≤ π/2. Solução Inicialmente, calculamos o vetor velocidade da curva C, ou seja temos que α′ (t) = (−sent, cost, 1) . Portanto, Z

C

Fds =

Z b a

F (α (ti )) α′ (t) dt

=

Z π/2

(sent, −cost, t) · (−sent, cost, 1) dt

=

Z π/2

(−sen2 t, −cost, t) · (−sent, cost, 1) dt

=

Z π/2 

=

Z π/2

=

=

0

0

0

 −sen2 t − cos2 t + t dt

(t − 1) dt 0 2 t=π/2 t −t 2 t =0 π2 π − 8 2

2. Vamos calcular o trabalho realizado pela força variável   F ( x, y, z) = y − x2 , z − y2 , x − z2 ao longo da curva α(t) = (t, t2 , t3 ) para t ∈ [0, 1].

Temos que o trabalho é dado pela integral W= Portanto, W=

= =

Z b a

a

F (α(ti ))α′ (t)dt.

F (α (ti )) α′ (t)dt

Z 1 0

Z 1 0

Z b

   t2 − t2 , t3 − t4 , t − t6 · 1, 2t, 3t2 dt  29 2t4 − 2t5 + 3t3 − 3t8 dt = . 60

4.5.3 Propriedades da Integral de Linha Apresentamos agora propriedades relativas a integrais de linha. Troca de parametrizações: Se α (t) e β (t) forem parametrizações da curva de integração C que preservam a orientação, então Z

Cα

Fds =

Z

Cβ

Fds

e, se essas parametrizações inverterem a orientação, então Z

Cα

Z

Fds = −

Cβ

Fds.

Linearidade: Se k1 e k2 são números reais e F e G forem campos vetoriais, então, Z

C

(k1 F + k2 G ) ds = k1

Z

C

Fds + k2

Z

C

Gds.

Aditividade: Se C puder ser decomposto em um número finito de curvas C1 , C2 , ... , Cn de modo que C = C1 ∪ C2 ∪ ... ∪ Cn , então, Z

C

Fds =

n Z

∑

i =1 Ci

Fds.

Exercício 4.33. 1. Para calcular a integral de um campo F em uma sequência de caminhos, calcula-se a integral em cada um deles e soma-se os resultados. Calcule I

C

Fds,

onde F ( x, y) = (−y, x) e C é o triângulo de vértices (0, 0) , (1, 0) e (1, 1), orientada no sentido anti-horário, fazendo I

C

Fds =

I

C1

−ydx + xdy +

I

C2

−ydx + xdy +

onde as curvas C1 , C2 e C3 são dadas por  x=t C1 : , 0 ≤ t ≤ 1, y=0

I

C3

−ydx + xdy,

C2 :

 

C3 :

x=1 , 0≤t≤1 e y=t x = 1−t , 0 ≤ t ≤ 1. y = 1−t

2. Mostre que Z

C

Fds =

5 , 2

onde F (x, y) = ( x, y) e C é a poligonal de vértices (0, 0) , (2, 0) e (2, 1), orientada no sentido anti-horário. 3. Faça o que se pede: (a) Esboce, em um mesmo sistema de coordenadas, as curvas C1 : y = x2 , 0 ≤ x ≤ 1 e C2 : x = y2 , 0 ≤ y ≤ 1. (b) Calcule as integrais Z

C1

xydx + y2 dy e

Z

C2

xydx + y2 dy.

(c) Faça comentários sobre o fato das integrais serem diferentes. 4. Mostre que

Z

C

Fds, onde   F ( x, y) = 3x2 + 2xy, x2 + 3y2

e C é uma curva qualquer que liga o ponto (0, 0) ao ponto (2, 2), orientado de (0, 0) para (2, 2). Em geral, a integral de linha de um campo vetorial F ao longo de uma curva C, que liga os pontos A e B, depende da curva, conforme podemos ver no Exercício 3 acima. Entretanto, para uma grande quantidade de campos, esta dependência não existe, a integral dependerá apenas dos pontos A e B e não da curva que os liga. Tais campos serão caracterizados a seguir. Definição 4.34. Se F é um campo definido em um conjunto aberto U ⊂ R3 para o qual existe uma função f : U → R tal que F = ∆ f em U, então f é chamada função potencial para F. Neste caso, dizemos que o campo F é campo gradiente ou conservativo. Assim, o campo F = ( L, M, N ) é conservativo, se existir f ( x, y, z), tal que ∂f = L, ∂x

∂f ∂f =M e = N. ∂y ∂z

Exemplo 4.35. A função f (x, y, z) = xyz é função potencial para F ( x, y, z) = (yz, xz, xy) , pois F = ∆ f . Se F for um campo contínuo e conservativo em um aberto U ⊂ R3 e se C é uma curva em U com ponto inicial A e final B, parametrizada por uma função contínua, juntamente com sua derivada α′ (t), então Z

C

Fds =

Z

C

(∆ f ) ds = f ( B) − f ( A) .

Pela tamanha importância deste resultado, mostraremos uma prova dele agora:

Se a, b ∈ R de modo que α (a) = A e α (b) = B, então Z

C

Fds =

Z b a

∆ f (α (t)) α′ (t) dt.

Fazendo g (t) = f (α (t)) , a ≤ t ≤ b, temos g′ (t) = f ′ (α (t)) α′ (t) . Daí, Z

C

Fds =

Z b

∆ f (α (t)) α′ (t) dt

=

Z b

g′ (t) dt

=

g ( b) − g ( a )

=

g (α (b)) − g (α ( a)) = f ( B) − f ( A) .

a

a

Uma conseqüência imediata desse resultado é que se F for um campo conservativo, então a integral ao longo de qualquer curva fechada C é nula, ou seja, I

C

Fds = 0.

Exemplo 4.36 (Exemplo de aplicação desse resultado). Como o campo F ( x, y, z) = (yz, xz, xy) tem função potencial f ( x, y, z) = xyz, então, a integral Z

C

(yz, xz, xy)ds = f (2, 1, 9) − f (1, 3, 7) = 2 · 1 · 9 − 1 · 3 · 7 = −3,

onde C é uma curva que liga os pontos A (0, 0, 0) ao ponto B (2, 1, 9). No caso particular do plano, um campo F = ( L, M ) é conservativo, se existir f ( x, y), tal que ∂f ∂f =L e = M. ∂x ∂y Alguns fatos interessantes para esses casos: (1) Se as funções L e M forem contínuas juntamente com suas derivadas primeiras, então, uma condição necessária para que o campo seja conservativo é que ∂L ∂M = . ∂y ∂x pois,        

∂f ∂2 f ∂L =L⇒ = ∂x ∂y∂x ∂y

    ∂f ∂2 f ∂M    =M⇒ = ∂y ∂x∂y ∂x

⇒

∂L ∂M = . ∂y ∂x

Na verdade, sabemos mais, pois dependendo da região U em que o campo é definido, estas condições são também suficientes. Entretanto, esta parte não será mostrada aqui.

Exemplo 4.37. O campo   F = 3x2 + 2xy, x2 + 3y2

satisfaz as condições anteriores, e

  ∂  2 ∂  2 3x + 2xy = x + 3y2 = 2x. ∂y ∂x Determinando uma função potencial para um campo: Seja o campo F = ( L, M ), o qual é conservativo. Portanto, existe z = f (x, y), tal que ∂f ∂f =L e = M. ∂x ∂y Da primeira igualdade, obtemos uma função f , integrando-a em relação a x, considerando y constante, ou seja ∂f = L ⇒ f (x, y) = ∂x

Z

L ( x, y) dx + g (y) .

Agora derivando f em relação a y para podermos utilizar a segunda igualdade acima, temos que Z ∂ ∂f = L ( x, y) dx + g′ (y) . ∂y ∂y Utilizando este resultado e a segunda igualdade acima, obtemos uma expressão para g′ . Assim, Z ∂f ∂ =M⇒M= L ( x, y) dx + g′ (y) , ∂y ∂y ou ainda g ′ (y ) = M −

∂ ∂y

Z

L ( x, y) dx.

Portanto, para obtermos uma expressão para a função f , basta determinarmos a função g. Vejamos um exemplo.
Exemplo 4.38. Se F = ( L, M ) = 3x2 + 2xy, x2 + 3y2 , então,

∂f = L = 3x2 + 2xy ⇒ f ( x, y) = x3 + x2 y + g (y) , ∂x

mas,

∂f = M = x2 + g′ (y) . ∂y

Portanto, ∂f = M = x2 + 3y2 = x2 + g′ (y) ⇒ g′ (y) = 3y2 ⇒ g (y) = y3 + k. ∂y Logo,

f ( x, y) = x3 + x2 y + y3 + k, k ∈ R.
Verificação: ∆ f = F = 3x2 + 2xy, x2 + 3y2 .

4.6 Teorema de Green O Teorema de Green relaciona uma integral de linha ao longo de uma curva fechada C com uma integral dupla na região delimitada pela curva C. Este teorema é passível de generalização para curvas e superfícies em R3 . Antes de enunciar o teorema, vamos mostrar um exemplo de utilização do Teorema de Green. Dado o campo   F = ( L, M ) = 2xy, x2 + y2

e C sendo a elipse

y2 x2 + = 1, 9 4 cuja parametrização pode ser considerada C:

α (t) = (3cost, 2sent) , 0 ≤ t ≤ 2π. Avalie o grau de dificuldade que se encontra na resolução das integrais a seguir. Integral de linha: I

C

Ldx + Mdy =

Z 2π 0

(−36sen2 tcost + 18cos3 t + 8sen2 tcost)dt;

Integral dupla: ZZ  D

∂M ∂L − ∂x ∂y



dA =

ZZ

D

(2x − 2x )dA =

ZZ

D

0.dA = 0.

A integral dupla foi muito fácil, preferimos resolvê-la diretamente aqui. Mas, não fique triste, daremos a resposta da integral de linha, ela também vale zero. Verifique isto diretamente!!! Alguns conceitos importantes para a compreensão do Teorema de Green

B = α ( b)

A = α( a) Figura 4.14: Curva α(t).

• Seja C uma curva parametrizada por α (t) = ( x (t) , y (t)) , a ≤ t ≤ b, em que as funções x (t) e y (t), juntamente com suas derivadas primeiras são contínuas e não simultaneamente nulas e, se A = α( a) = α(b) = B, C é uma curva fechada.

• Se C não se auto intercepta entre os pontos A = α ( a) e B = α (b), então C é uma curva simples. Circunferências e elipses são exemplos de curvas suaves, simples e fechadas. • Uma curva fechada simples parcialmente suave é aquela que pode ser decomposta em um número C finito de curvas suaves Ck de modo que, quando t varia de a até b, o ponto α (t) obtido com as parametrizações de Ck percorrem C uma única vez e com apenas a exceção α (a) = α (b). Veja a Figura 4.14. • Uma curva como a descrita no item anterior é a fronteira C = ∂D de uma região do plano xy, a qual, dizemos, está orientada C positivamente se, a região D permanece à esquerda, ao percorrer a fronteira ∂D C. É como andar nas linhas laterais de um campo de futebol no sentido anti-horário, conforme Figura 4.15.

2

1

Figura 4.15: Curvas fechadas simples: (1) suave e (2) parcialmente suave.

Teorema 4.39 (Teorema de Green). Seja C uma curva fechada simples parcialmente suave e seja D a região constituída de C e seu interior. Se C está orientada positivamente e se as funções L ( x, y) e M (x, y) são contínuos, com derivadas parciais primeiras contínuas, então  I ZZ  ∂M ∂L Ldx + Mdy = − dA. ∂x ∂y C D Esboço da prova: Sem perder a generalização, vamos considerar que a região D pode ser descrita das seguintes formas: D = {( x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, y1 ( x ) ≤ y ≤ y2 ( x )} ou D = {( x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, x1 (y) ≤ x ≤ x2 (y)},

onde as funções y1 (x ) , y2 (x ) , x1 (y) e x2 (y) são contínuas. Veja a Figura 4.16. y

y

c

y = g1 ( x )

x = f1 (y) d

y = g2 ( x ) a

b Região 1

x = f2 (y)

x

x Região 2

Figura 4.16: Regiões 1 e 2 para a integração dupla.

A integral I=

ZZ  D

∂M ∂L − ∂x ∂y



dA =

ZZ

∂M dA − ∂x

D

ZZ

D

∂L dA. ∂y

Calculando-as uma a uma, podemos escrever, I1 =

ZZ

D

Z b Z y2 ( x ) ∂L

∂L dA = ∂y

a

y1 ( x )

∂y

dydx

=

Z b

[ L( x, y2 ( x )) − L( x, y1 ( x ))] dx

=

Z b

L( x, y2 ( x ))dx −

a

a

Z b a

= −

Z a b

L( x, y2 ( x ))dx −

= −

Z

C2

Ldx −

= −

I

Portanto, I

C

C

Z

C1

L( x, y1 ( x ))dx

Z b a

L( x, y1 ( x ))dx

Ldx

Ldx.

Ldx = −

ZZ

D

∂L dA. ∂y

Este resultado é uma parte do que precisamos, mas a outra, ou seja, I

C

Mdy =

ZZ

D

∂M dA ∂x

é obtida de modo similar, bastando para isto integrar ∂M/∂x primeiro em relação a x e a seguir, em relação a y e considerando a região D na segunda forma acima, ou seja D = {( x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, x1 (y) ≤ x ≤ x2 (y)}. E combinando esses dois resultados, segue o Teorema de Green. Se a região D não for simples, decompomos em uma união finita de regiões simples, de modo que D = D1 ∪ D2 ∪ D3 ∪ ...Dn ,

em que cada uma dessas regiões simples tem fronteira ∂Di , i = 1, 2, ... , n, contínuas e, aplicamos o Teorema de Green a cada uma delas, obtemos assim que o Teorema é válido para regiões mais gerais.

4.6.1 Aplicações do Teorema de Green A seguir apresentaremos alguns exemplos de aplicação do Teorema de Green. Este teorema é sem dúvida muito importante. Vamos a elas!!! Exemplo 4.40. 1. De acordo com as notações do Teorema de Green, na integral de linha I

C

  2xydx + x2 + y2 dy,

identificamos as funções F = 2xy, M = x2 + y2 e ∂L ∂M = 2x = . ∂y ∂x Portanto, se C for uma curva fechada, para a qual o Teorema de Green é aplicável, então I ZZ ZZ   2xydx + x2 + y2 dy = 0 dA = 0. (2x − 2x)dA = C

D

D

2. Podemos observar que se C for a circunferência

x 2 + y2 = 1 orientada no sentido anti-horário. Uma parametrização para C pode ser α (t) = (cost, sent) , 0 6 t 6 2π. Verifique! Assim, temos a igualdade: ZZ  I      3π x2 + y2 dA = x4 − y3 dx + x3 + y5 dy = 3 . 2 D C

Confira isto!!!

3. A área de uma região D, delimitada por uma "boa"curva C é dada pela integral dupla ZZ

D

dA.

Por outro lado, aplicando o Teorema de Green às funções (a) L = 0 e M = x, temos A (D) =

ZZ

D

dA =

I

0 dx + x dy =

I

−y dx + 0 dy =

I

C

C

x dy;

(b) L = −y e M = 0, temos A (D) =

ZZ

D

dA =

I

C

C

−y dx.

E, somando as igualdades acima, temos que 2A ( D ) = 2

ZZ

D

dA =

I

C

xdy − y dx.

Como uma aplicação imediata, calcularemos a área da elipse x2 y2 + = 1. a2 b2 Resolução: A elipse pode ser parametrizada pela função α (t) = (acost, bsent) , 0 6 t 6 2π. Aplicando a igualdade ZZ

segue que ZZ

D

D

dA =

1 2

I

C

xdy − y dx,

dA =

1 2

Z 2π

[(acost) (bcost) dt − (bsent) (− asent) dt]

=

1 2

Z 2π

abdt

0

0

= πab.

Exercício 4.41. 1. Seja C a elipse

x2 y2 + =1 9 4

orientada no sentido anti-horário. (a) Verifique que α (t) = (3cost, 2sent) , 0 6 t 6 2π é uma parametrização para a curva C. (b) Calcule a integral I C

2. Mostre que

  2xydx + x2 + y2 dy.

   7 x2 − y2 dx + x2 + 2y4 dy = , 3 C onde C é a fronteira do conjunto n o (x, y) ∈ R2 : 1 6 x2 + y2 6 4, x > 0, y > 0 , I 

orientada no sentido anti-horário. 3. Esboce a curva dada pela equação

x2/3 + y2/3 = a2/3 . Essa curva se chama hipociclóide. Verifique que ela pode ser parametrizada pela função   α (t) = a cos3 t, sen3 t , 0 6 t 6 2π. Mostre que ela tem área igual a

3πa2 . 8

4. Seja C uma curva fechada simples cuja área por ela delimitada mede A e possui o centro de massa em ( x0 , y0 ). Mostre que I

C

x2 dy = 2Ax0 e

I

xy dy = Ay0 .

C

5. Sabemos que a área da região fechada D é dada por A (D) =

ZZ

D

dA

e que, pelo Teorema de Green, a igualdade ZZ

D

dA =

1 2

I

C

xdy − y dx

é válida. Se r e θ são as coordenadas polares, então dx = cosθ dr − rsenθ dθ e dy = senθ dr + rcosθ dθ, e assim temos, A (D) =

1 2

I

C

r2 dθ.

Utilize esta fórmula para mostrar que a área da cardióide

é igual a A =

3πa2 2 .

r = a (1 − cosθ ) , 0 6 θ 6 2π Esboce a cardióide.

6. Seja w ( x, y) uma função contínua, juntamente com suas derivadas de primeira e de segunda ordens em uma região D do plano xy, onde D é uma região em que se aplica o Teorema de Green cuja fronteira é a curva C. Fazendo   f = −∂w ∂y e g = ∂w ∂x, temos que

∂M ∂L ∂2 w ∂2 w − = 2 + 2 = ∇2 w, ∂x ∂y ∂x ∂y

é o Laplaciano de w (x, y), além disso, temos   I I  I  dx dy ∂w dx ∂w dy L +M ds = − + ds, ( Ldx + Mdy) = ds ds ∂y ds ∂x ds C C C onde s é o comprimento da curva C orientada no sentido anti-horário. Por outro lado, como ∆w =  dy é o gradiente de w ( x, y) e n = − ds ,

dx ds

Portanto,

∆w. n = −





∂w ∂w , ∂x ∂y



é o vetor normal à curva C e que é unitário.

∂w dx ∂w dy ∂w + = ∂y ds ∂x ds ∂n

é a derivada direcional de w (x, y) na direção n. É fácil observar que   dy dx n= − , ds ds tem direção exterior à curva C. Com essas notações e utilizando o Teorema de Green, justifique a igualdade I ZZ   ∂w ds = ∇2 w dxdy. C ∂n D

7. Tomando o campo G = ( M, L ) , você pode mostrar que o Teorema de Green pode ser escrito na forma ZZ I G. n ds, (div G ) dA = D

C

onde n é vetor normal à curva C e

div G =

∂L ∂M + . ∂x ∂y

Verifique a identidade para G = xi + yj e C a circunferência de centro na origem e raio 1. 8. Mostre que o Teorema de Green pode ser escrito também na forma ZZ

D

(rot G ) · k dxdy =

onde rot G =



0, 0,

I

C

G. u ds,

∂M ∂L − ∂x ∂y



,

k é um vetor unitário perpendicular ao plano xy, u é um vetor unitário tangente a C e s é o comprimento de C. Verifique a identidade para G = −yi + xj e C é dado pelos lados do triângulo de vértices (0, 0) , (1, 0) e (1, 1).

4.7 Teoremas de Gauss e de Stokes As Leis do Eletromagnetismo podem ser expressas em quatro equações, denominadas Equações de Maxwell, em homenagem a James C. Maxwell. Físico escocês nascido em 1831, Maxwell conseguiu unificar as leis do eletromagnetismo, pela introdução da corrente de deslocamento, que corrige a Lei de Ampère. São elas, as quatro leis do eletromagnetismo na forma integral: I

H

S S

I

I

E.dA =

1 Q ε0 S

B.dA =

0

E.ds =

−

B.ds =

µ 0 IC + µ 0 ε 0

C

C

Lei de Gauss Lei de Gauss para o magnetismo

∂ ∂t

Z

S(C)

Lei de Faraday

B.dA ∂ ∂t

Z

S(C)

Lei de Ampère–Maxwell

E.dA

A forma integral destas equações implica sempre considerar um volume delimitado por uma superfície, ou ainda, uma superfície delimitada por uma curva fechada ou circuito. Na Lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico, através de uma superfície fechada, é proporcional à carga elétrica contida dentro do volume delimitado pela superfície fechada. Na lei de Ampère, a circuitação do vetor indução magnética B ao longo de um circuito fechado é proporcional à corrente total que flui através de uma superfície, na área delimitada pelo circuito. Esta forma de apresentar as leis do eletromagnetismo, embora de maior transparência em seu conteúdo, mostra-se restritiva, quando tentamos desenvolvê-las na solução de um problema prático. Melhor é dispor destas equações na forma diferencial quando podem ser aplicadas a um ponto do espaço. A transformação é até bastante simples quando dispomos de duas ferramentas matemáticas poderosas, que são os Teoremas de Gauss e de Stokes. Nesta seção iremos apresentá-los e dar algumas aplicações. Antes de apresentarmos os Teoremas de Gauss e Stokes, precisamos de algumas definições em relação a operadores para campos vetoriais que são básicos nas aplicações do cálculo vetorial. São operadores diferenciais, que resultam, um em campo escalar e o outro em um campo vetorial. Consideremos o operador diferencial vetorial ∇ definido do espaço de funções diferenciais f : R n → R em R n dado por n

∇=

∂

∑ ei ∂xi ,

i =1

onde e1 , e2 , . . . , en são os vetores canônicos usuais e x = ( x1 , x2 , . . . , xn ). Em R3 temos

∂ ∂ ∂ ∇ = ~i + ~j + ~k , ∂x ∂y ∂z onde e1 = ~i = (1, 0, 0), e2 = ~j = (0, 1, 0) e e3 = ~k = (0, 0, 1). Observe que quando aplicamos ∇ a uma função escalar f : R3 → R, obtemos o gradiente de f , ou ∂f ∂f ∂f ∇ f = ~i + ~j + ~k ∂x ∂y ∂z . ∂f ~ ∂f ~ ∂f ~ = i+ j+ k ∂x ∂y ∂z Consideremos, agora, um campo vetorial F = M ~i + N ~j + P ~k

em R3 . Podemos escrever, simbolicamente, o produto escalar de ∇ por F, e chamamos a esta função de divergente ou ainda divF = ∇ F =

∂M ∂N ∂P + + . ∂x ∂y ∂z

Exemplo 4.42. Para o campo vetorial F ( x, y, z) = ( xz, xyz, −y2), determine div F. Solução: Basta calcularmos diretamente e obtemos ∂M ∂N ∂P + + = z + xz − 0 = z(1 + x ). ∂x ∂y ∂z

div F = ∇ F =

Consideremos agora o produto vetorial formal entre ∇ e F. Obtemos assim um vetor que é chamado de rotacional de F, ou rot F = ∇ × F. Calculando o produto vetorial obtemos rot F =

=

=

∇×F ~k ~j ∂/∂y ∂/∂z N P

~i ∂/∂x M 

∂P ∂N − ∂y ∂z

Exemplo 4.43. Para



~i +



∂M ∂P − ∂z ∂x



~j +



∂N ∂M − ∂x ∂y



~k.

F ( x, y, z) = ( xz, xyz, −y2),

determine rot F. Solução:

Temos que calcular rot F = ∇ × F.

Assim,

rot F =

~i ∂/∂x xz

~k ~j ∂/∂y ∂/∂z xyz −y2

= (−2y − xy, x − 0, yz − 0) = (−y(2 + x ), x, yz) Teorema da Divergência de Gauss Seja Q um sólido simples e seja S = ∂Q a superfície que limita Q, ou seja, sua fronteira que está orientada positivamente (para fora). Se F é um campo vetorial cujas funções componentes têm derivadas parciais contínuas em uma região aberta que contém Q, então: ZZ S

→

F . n dS =

ZZZ

div F dV.

Q

Exemplo 4.44. Determine o fluxo do campo vetorial F ( x, y, z) = (z, y, x )) sobre a esfera unitária S1 : x2 + y2 + z2 = 1.

Solução: Como a esfera S1 é uma superfície que limita a bola Q : x2 + y2 + z2 ≤ 1, podemos usar o Teorema de Gauss, obtendo assim ZZ S

→

F . n dS =

ZZZ

div F dV =

Q

ZZZ

1dV =

Q

4π . 3

Observe que div F = 0 + 1 + 0 = 1. Exemplo 4.45. Calcule ZZ

→

F . n dS,

S

onde

2

F ( x, y, z) = ( xy, y2 + e xz , sen( xy))

e a fronteira é a superfície do sólido Q limitado pelo cilindro parabólico z = 1 − x2 e pelos planos z = 0, y = 0 e y + z = 2. Veja a Figura 4.17.

Figura 4.17: Exemplo 4.45: Cilindro parabólico e planos.

Para calcularmos a integral de superfícies diretamente, teríamos que fazê-lo considerando partes da superfície e calculando a integral sobre elas. Este processo é trabalhoso!!! Entretanto, vamos usar o Teorema de Gauss para transformar a integral de superfície em uma integral tripla, e para isto precisamos calcular o divergente de F que é dado por   ∂ 2 ∂ ∂ xz2 divF = ( xy) + (y + e ) + (sen( xy)) = y + 2y = 3y. ∂x ∂y ∂x Agora, escreveremos o sólido Q na forma Q = ( x, y, z)| − 1x1, 0z1 − x2, 0y2 − z.

Assim,

RR

S

F.ndS =

ZZZ

=

ZZZ

Q

Q

div F dV 3ydV

= 3

Z 1 Z 1− x 2 Z 2−z

= 3

Z 1 Z 1− x 2 (2 − z )2

=

−1 0

3 2

0

2

−1 0

Z 1  −1

(2 − z )3 − 3

= −

1 2

Z 1 h

= −

1 2

Z 1

=

−1

−1

ydydzdx

dzdx

1− x 2

dx

0

i ( x2 + 1)3 − 8 dx

( x6 + 3x4 + 3x2 − 7)dx

184 35

Teorema de Stokes Seja S uma superfície orientada suave por partes, cuja fronteira é formada por uma curva C simples, fechada, suave por partes, com orientação positiva. N S

C Figura 4.18: Teorema de Stokes: Superfície S e a curva C.

Seja F um campo vetorial cujas componentes têm derivadas parciais contínuas em uma região aberta do R3 que contém S. Então, Z

C

→

F .d r =

ZZ

S

rot F . ndS

O Teorema de Stokes é uma generalização do Teorema de Green. Observemos que enquanto o Teorema de Green relaciona uma integral dupla sobre uma região plana D com uma integral de linha ao redor de sua curva fronteira, o Teorema de Stokes relaciona uma integral de superfície sobre uma superfície S com uma integral ao redor da fronteira de S, a curva no espaço, C. Na Figura 4.18 esboçamos uma superfície orientada S e seu vetor normal n. A orientação de S induz a orientação positiva da curva fronteira C. Isso significa que, se você andar

na direção positiva ao redor de C, com sua cabeça na direção de n, então a superfície estará sempre a sua esquerda. R Exemplo 4.46. Calcule C F.dr, onde F ( x, y, z) = (−y2 , x, z2 ) e C é a curva da intersecção do plano y + z = 2 com o cilindro x2 + y2 = 1. Lembremos que temos que orientar C para ter o sentido anti-horário quando olhado de cima. Solução: A curva C que é uma elipse está representada na Figura 4.19. Apesar da integral poder ser calculada diretamente, é mais simples usar o Teorema de Stokes, e vamos fazê-lo!!!

Figura 4.19: Exemplo 4.46: Cilindro e o plano.

O rotacional de F é rotF = (0, 0, 1 + 2y) e dentre as muitas superfícies com fronteira C, vamos escolher uma mais conveniente, que é a região elíptica S no plano y + z = 2 cuja fronteira é C. Se orientarmos S para cima, então a orientação induzida em C será positiva. A projeção D de S sobre o plano xy é o disco T : x2 + y2 ≤ 1 e, assim, fazendo z = 2 − y, temos   x= u y= v S: , (u, v) ∈ T : u2 + v2 6 1 .  z = 2−v Obtemos assim o vetor normal à superfície ~i ~j ~k n = 1 0 0 0 1 −1 Portanto,

= (0, 1, 1)

rotF.n = 1 + 2y.

Finalmente,

Z

C

F.dr =

ZZ

=

ZZ

=

Z 2π Z 1

=

Z 2π  2 r

=

0

0

S

D

rot F.ndS

(1 + 2y)dA

0

r3 + 2 senθ 2 3

Z 2π  1 0

(1 + 2rsenθ )rdrdθ 1

dθ

0

 2 1 + senθ dθ = 2π + 0 = π. 2 3 2

Exemplo 4.47. Usando o o Teorema de Stokes calcule a integral ZZ

S

rot F . ndS,

onde F ( x, y, z) = (yz, xz, xy) e S é a parte da esfera x2 + y2 + z2 = 4 que está dentro do cilindro x2 + y2 = 1 e acima do plano xy. Solução: Para determinar a curva fronteira C, resolvemos as equações x2 + y2 + z2 = 4 e x2 + y2 = 1. √ Delas obtemos z2 = 3 ou z = 3, uma vez que z > 0. √ Assim, C é o círculo dado pelas equações x2 + y2 = 1 e z = 3 e consideremos a parametrização para C dada por √ C (t) = (cost, sent, 3), 0 ≤ t ≤ 2π. O vetor tangente a C é C ′ (t) = (−sent, cost, 0). Temos ainda que

√ √ F (C (t)) = ( 3sent, 3cost, cost sen t).

Portanto, pelo Teorema de Stokes, segue que ZZ

S

rot F . ndS =

Z

C

F.dC

=

Z 2π

=

Z 2π  √

=

2π √ Z 3 cos2tdtdt = 0

0

F (C (t)) . C ′ (t)dt

− 3sen2 t +

0

√

 3cos2 t dt

0

Exercício 4.48. 1. Calcule

ZZ

S

rot F . ndS,

onde F ( x, y, z) = (2z, 3x, 5y) e S é a porção do parabolóide z = 4 − x 2 − y2 , z ≥ 0 e considerando o vetor normal unitário n acima da superfície. Resp.: 12π. 2. Determine o trabalho realizado por F ( x, y, z) = (y2 , z2 , x2 ) para deslocar uma partícula ao longo do contorno da parte do plano x + y + z = 2, no 1º octante, no sentido anti-horário, olhando de cima. Resp.: −8. 3. Determinar o momento de inércia em relação ao eixo z dado por ZZZ   Iz = x2 + y2 dV, D

de uma distribuição de massa homogênea em uma região D do espaço, sendo (a) o cubo 0 6 x 6 a, 0 6 y 6 a e 0 6 z 6 a.  Resp.: 2a5 3

(b) o cone x2 + y2 6 a2 , 0 6 z 6 h.  Resp.: πh5 10

4. Utilizando o Teorema da Divergência, mostre que o volume de uma região D limitada por uma superfície S, é ZZ

S

xdydz =

ZZ

S

ydzdx =

ZZ

1 zdxdy = 3 S

ZZ

S

xdydz + ydzdx + zdxdy.

Referências Bibliográficas [1] Ávila, G. S. S. Cálculo 3 – Funções de Várias Variáveis. 5ª Ed.. LTC 2005. [2] Anton, H. Cálculo – um novo horizonte. 6ª edição. Bookman 2000, Volume 2. [3] CAMARGO, M. A. e MEDRADO, J. C. R. Fundamentos de Matemática, in: Curso de licenciatura em física/Universidade Católica de Goiás, Universidade Estadual de Goiás, Universidade Federal de Goiás – Goiânia: UCG/UEG/UFG, Consórcio Setentrional: educação a distância, 2007. [4] CAMARGO, M. A. e MEDRADO, J. C. R., Cálculo I, in: Curso de licenciatura em física/Universidade Católica de Goiás, Universidade Estadual de Goiás, Universidade Federal de Goiás, Goiânia: UCG/UEG/UFG Consórcio Setentrional: educação a distância, 2008. [5] FLEMING, D. M. e GONÇALVES, M. B. Cálculo A Makron, 1992. [6] GUIDORIZZI, H. L. Um Curso de Cálculo 5ª Ed. LTC 2002, Volumes 2 e 3. [7] HUGLES-HALLETT, D. et al Cálculo Aplicado LTC 2005. [8] LEITHOLD, L. O Cálculo com Geometria Analítica Harbra 1994 Volume 1. [9] MACHADO, A. S. Matemática: Funções e Derivadas Atual 1988, Coleção Temas e Metas, Volume 6. [10] REIS, G. L. e SILVA, V. V. Geometria Analítica LTC 2007. [11] PINTO, D. e MORGADO, M. C. F. Cálculo Integral – Funções de Duas e Três Variáveis. Rio de Janeiro: UFRJ 1989, Estudos e Comunicações. [12] RESNICK, R. e HALLIDAY, D. Física 1 Livros Técnicos e Científicos Editora, 1983. [13] STEWART, J. Cálculo 5a edição. Thompson Learnig 2007, volume II,. [14] SWOKOWSKI, E.W. Cálculo com Geometria Analítica 2ª edição. Makron 2004, Volume 2. [15] THOMAS, G. B., Cálculo Pearson Education do Brasil 2002, Volume 1. [16] ROGÉRIO, M. U. et al, Cálculo Diferencial e Integral - funções de uma variável, Goiânia: CEGRAF, ufg, 1992 (Coleção didática n. 9).

152

Índice Remissivo Área de superfície, 126 Cálculo de massa de um fio, 131 Centro de massa, 124 Curva no plano Aceleração, 29 Velocidade, 29 Distância no espaço Ponto e plano, 39 Ponto e reta, 40 Retas reversas, 40 divergente, 146 Função de três variáveis Extremo Multiplicadores de Lagrange, 97 Integração, 101 Aplicações, 123 Definição, 102 Dupla, 102 Integrais de linha, 128, 132 Integrais repetidas, 103 Mudança de variáveis, 110, 111, 118 Propriedades, 108 Teorema de Green, 139 Tripla, 114 Volume, 102, 103 Função de Várias Variáveis, 56 Continuidade, 67 Curva de nível, 61 Definição, 58 Derivada, 68 Direcional, 83 Direcional ⊥ Gradiente, 84 Ordem superior, 71 Parcial, 69 Diferenciabilidade, 74, 77 Domínio, 58 Extremo Ponto de sela, 95 Teste do Hessiano, 95 Extremo absoluto, 91 Existência, 91 Extremo local, 90 Gráfico, 59 Imagem, 58 Limite, 63 Propriedades, 66 Plano tangente à superfície, 92 Pontos críticos, 93

Regra da Cadeia, 77 Versão 1, 77 Versão 2, 81 Superfície de nível, 87 Vetor Gradiente, 80 Função Vetorial, 26 Continuidade, 27 Curva no plano, 26 Derivada, 28 Integração, 30 Limite, 26 Operações, 28 Funções Vetoriais no espaço Aceleração, 53 Comprimento de arco, 53 Continuidade, 48 Curvas no espaço, 47 Derivabilidade, 48 Integração, 51 Limite, 48 Operações, 49 hipociclóide, 143 Integral de superfície, 127 Lei de Ampere–Maxwell, 145 Lei de Faraday, 145 Lei de Gauss, 145 Lei de Gauss para o magnetismo, 145 Marcando pontos no espaço, 33 Momento de Inércia, 124 Momento de massa, 124 Plano Equação Cartesiana, 38 Equações Paramétricas, 38 Osculador, 54 Reta, 18 Equação cartesiana, 22 Equações paramétricas, 18 Retas no espaço Paramétricas, 37 rotacional, 146 Sólido homogêneo, 123 Superfície, 40 Cilindro, 40 Cilindro de Revolução, 46 153

Cone, 45 de Revolução, 42 Elipsóide, 43 Hiperbolóide, 44 Parabolóide, 44 Teorema da Divergência de Gauss, 146 Teorema de Stokes, 148 Vetor no plano, 12 ângulo entre, 23 Aceleração, 29 Definição, 12 deslocamento, 11 Operações, 12 Paralelos, 15 perpendicular, 21 Produto escalar, 19 Projeção ortogonal, 25 Propriedades, 20 unitário, 17 Velocidade, 29 Vetores no espaço, 32 Ângulo entre, 34 Aceleração, 50 Nulo, 34 Operações, 33 Perpendiculares, 34 Produto Vetorial, 35 Área do paralelogramo, 36 Propriedades, 35 Torque, 36 Unitário, 34