cálculo para um curso de química-v2-final-2011x

Araraquara 2011

Maria Helena S. S. Bizelli Sidinéia Barrozo

CÁLCULO

para um Curso de Química Volume 2

Prefácio

Este material foi elaborado para ser o material de apoio aos alunos que cursam a disciplina Cálculo Diferencial e Integral II, ministrada no segundo semestre dos cursos de Licenciatura e Bacharelado em Química da Unesp, Campus de Araraquara. Estes cursos, assim como os demais cursos de Química da Unesp, concentram o conteúdo de Cálculo Diferencial e Integral em dois semestres, o que os diferenciam da maioria dos cursos da área de exatas, que normalmente distribui tal conteúdo ao longo de quatro semestres, tratando do Cálculo de uma variável nos dois primeiros semestres e do Cálculo de duas variáveis nos dois semestres subsequentes. Esta particularidade sugere um material mais específico, que contemple os tópicos que devam ser trabalhados e, ao mesmo tempo, os apresentem em uma sequência lógica e harmoniosa, focando a compreensão e a aplicação dos conteúdos. Além disso, é mais motivador ao aluno um material que apresente aplicações voltadas para a área, favorecendo a apreensão do conhecimento adquirido. Assim, com esse intuito, desenvolvemos este material, o qual vem sendo utilizado e reformulado ao longo dos últimos anos e apresentando bons resultados. Esperamos que possa ser útil também a outros cursos de Química.

Gostaríamos de observar que, seguindo a sequência programática da disciplina, este volume contém o estudo de técnicas de integração, equações diferenciais ordinárias, funções de duas variáveis, derivadas parciais, integração múltipla e uma introdução ao estudo do cálculo vetorial, enfatizando a integral de linha.

Maria Helena S.S. Bizelli

Sidinéia Barrozo

5 CÁLCULO PARA UM CURSO DE QUÍMICA

Sumário

Capítulo 1 – Alguns Métodos de Integração ............................... 09

Integrais Imediatas ..................................................................... 11

Mudança de Variáveis ....................................................... 13

Outras Substituições .................................................... 15

Integração por Partes ............................................................ 19

Integração de Potências e Funções Trigonométricas ............ 25

Integração por Substituições Trigonométricas ........................... 44

Integração por Frações Parciais .................................................. 52

Exercícios Extras .......................................................................... 59

Capítulo 2 – Equações Diferenciais Ordinárias ......................... 63

Introdução ............................................................................. 64

Equações Diferenciais de Primeira ordem ................................. 66

Problemas de Valor Inicial .......................................................... 69

Equações de Primeira Ordem Separáveis................................... 72

Aplicações .................................................................................... 79

Equações de Primeira Ordem Lineares ............................... .. 101

Aplicações ............................................................................ ... 105

Campo de direções .................................................... 114

Exercícios Extras .................................................................... 135

Capítulo 3 – Funções de Várias Variáveis ................................ 140

Introdução........................................................................... 141

Sistema Tridimensional de Coordenadas ................................. 142

A fórmula da distância no espaço ............................................. 147

A equação de uma esfera .......................................................... 149

Funções de Duas Variáveis ....................................................... 155

Gráfico de uma Função de Duas Variáveis ............................. 161

Curvas de Nível ......................................................................... 164


Capítulo 4 – Derivadas Parciais ............................................... 188

Introdução........................................................................... 189

Derivadas Parciais .................................................................... 190

Aplicações das Derivadas Parciais .......................................... 195

Cálculo de Derivadas Parciais ................................................. 198

Função Composta – Regra da Cadeia ................................ 205

Interpretação Geométrica ..................................................... 218

Derivadas Parciais de Segunda Ordem .............................. 223

Extremos de Funções de Duas Variáveis ................................ 229

Teste da Segunda Derivada ...................................................... 235

Diferencial de uma Função de Duas Variáveis ................ 250

Derivação Implícita .................................................................. 273


Capítulo 5 – Integrais Múltiplas ............................................... 284

Introdução .................................................................................. 285

Integrais Duplas ................................................................. 285

Integral Dupla sobre uma Região ........................................ 292

Aplicações das Integrais Duplas .......................................... 309

Integrais Triplas ...................................................................... 318

Coordenadas Polares ................................................................. 324

Integrais Duplas em Coordenadas Polares ........................ 329

Coordenadas Cilíndricas e Esféricas........................................ 333


Capítulo 6 – Cálculo Vetorial .................................................... 352

Vetor .................................................................................. 353

Operações com Vetores ......................................................... 362

O Produto Escalar ou Produto Interno ............................... 368

O Produto Vetorial ................................................................. 374

Equações Paramétricas de Retas ......................................... 378

Campo Vetorial ......................................................................... 386

Derivada Direcional .................................................................. 388

Integral de Linha ....................................................................... 400

Algumas Aplicações ................................................................. 418


Apêndice ......................................................................................... 456

Referências Bibliográficas .......................................................... 464

Respostas dos Exercícios ............................................................ 466

Sobre as Autoras .......................................................................... 511


Capítulo 1

Alguns Métodos de Integração

O QUE VOCÊ VAI ESTUDAR:

• Como determinar a integral indefinida através de outras mudanças de variáveis.

• Como determinar a integral indefinida através do método de integração por partes.

• Como determinar a integral indefinida através do método de potências de funções trigonométricas.

• Como determinar a integral indefinida através do método de substituições trigonométricas.

• Como determinar a integral indefinida através do método das frações parciais.


Alguns Métodos de Integração

No curso de Cálculo Diferencial e Integral I fizemos uma introdução à integração, onde foram trabalhadas as funções que possuem integrais imediatas ou que podem ser calculadas através de uma substituição simples da variável. Faremos uma breve revisão aqui, a fim de situar o leitor a esse respeito.

O cálculo integral consiste em, conhecendo-se a derivada de uma função, encontrar a função primitiva (ou antiderivada) da qual ela provém; ou seja, significa encontrar uma função F(x) cuja derivada seja conhecida. Assim, se a derivada é representada por f(x), a sua primitiva F(x) deverá satisfazer F´(x) = f(x) para qualquer x onde f esteja definida e seja contínua. Assim, por exemplo, uma primitiva da função f(x) = cos x é F(x) = sen x, pois F´(x) = cos x = f(x). É importante lembrar que a primitiva não é única, pois se tomarmos F(x) = sen x + C, onde C é um número real qualquer, ainda teremos F´(x) = cos x = f(x).

Uma primitiva (ou antiderivada) de uma função y = f (x) será denominada também de integral indefinida de f e representada por

( ) ( ) .f x dx F x C= +∫

A função f(x) a ser integrada é denominada de integrando, x é a variável de integração, dx é um símbolo que indica em relação a qual variável a função está sendo integrada e C é a constante de

integração.

A tabela a seguir mostra as primitivas consideradas imediatas, ou seja, que não demandam de cálculos para serem obtidas.

ALGUNS MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO 11

Integrais Imediatas

1dx dx x C= = +∫ ∫

( )1

11

nn x

x dx C nn

+

= + ≠ −+∫

1lndx x C

x= +∫

sen cosx dx x C= − +∫ cos sen x dx x C= +∫

2sec tg x dx x C= +∫ 2cossec cotg x dx x C= − +∫

sec tg secx x dx x C⋅ = +∫ cossec cotg cossec x x dx x C⋅ = − +∫

( )1

0 e 1ln

x xa dx a C a aa

= + > ≠∫

x xe dx e C= +∫

Propriedades

1. ( ) ( )a f x dx a f x dx⋅ =∫ ∫ onde a é uma constante.

2. ( ) ( ) ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx ± = ± ∫ ∫ ∫

LEMBRETE: A integral do produto não é o produto das integrais, assim como a integral do quociente também não é o quociente das integrais, ou seja, em geral temos


( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) e ( )

( )

f x dxf x

f x g x dx f x dx g x dx dxg x

g x dx≠ × ≠

∫∫ ∫ ∫ ∫

∫

Observamos que nem toda função possui primitiva, ou seja, existem algumas funções para as quais não conseguimos escrever suas integrais indefinidas em termos de funções elementares. Um

exemplo clássico desse tipo de funções é 2

( ) xf x e= que, embora

pareça ser uma função bem simples, só pode ser integrada numericamente. Todavia, para calcular as primitivas daquelas funções que são integráveis, nos valemos de vários métodos, cada um deles adequado a um tipo de função. Existem vários deles, porém trataremos aqui somente daqueles que julgamos mais necessários para o desenvolvimento das teorias seguintes, como resolução de Equações Diferenciais, por exemplo. O estudante que tiver necessidade de resolver alguma integral que não tenha sido abordada nesse material, poderá recorrer à bibliografia indicada ou às tabelas de integração apresentadas no final deste material. Observamos ainda que a abordagem dada neste capítulo é mais técnica, preparando o estudante com ferramentas matemáticas que serão utilizadas na resolução de problemas futuros.

Inicialmente faremos uma rápida revisão da mudança de variável estudada no Cálculo I, seguida de outras possibilidades de substituições e, na sequência, estudaremos os métodos de integração por partes, de potências de funções trigonométricas, por meio de substituições trigonométricas e por meio de frações parciais.

ALGUNS MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO

Mudança de Variáveis

Este método consiste em tomar uma parte da função a ser integrada e representá-la por outra letra, digamos, a letra uexpressão geralmente é uma parte do integrando cuja derivada, ou o produto dela por uma constante, também aparece no integrando, multiplicando dx. Com esta mudança, o integrando passa a ser função de u e a integral torna-se simples de ser calculada. Vejamos alguns exemplos:

EXEMPLO 1 Calcule 2

.x

x e dx∫ Solução

Observe que a função a ser integrada possui o termo xderivada, 2x, também aparece no integrando, multiplicando menos da constante 2. Este é, portanto, um caso típico de função cuja integral se resolve pelo método de mudança de variável, pois fazendo

2u x= , obtemos 1

22 2

dudu x dx x dx du= ⇒ = = ,

ou seja, mudamos adequadamente a variável x para u e, com isso, obtemos uma integral mais simples de ser calculada, agora na variável u:

2xx e dx∫ =

1 1

2 2u ue du e C= +∫ .

Todavia, não queremos a resposta em u, pois nossa função original é função da variável x. Para retornarmos à variável x, basta substituirmos a variável u da resposta pela sua expressão em seja, basta fazermos a substituição de u por x2 na resposta final obtida. Assim, teremos

2xx e dx∫ =

21

2xe C+ .


Este método consiste em tomar uma parte da função a ser u. Esta

expressão geralmente é uma parte do integrando cuja derivada, ou o produto dela por uma constante, também aparece no integrando,

. Com esta mudança, o integrando passa a ser Vejamos

x2, cuja , também aparece no integrando, multiplicando dx, a

típico de função cuja integral se resolve pelo método de mudança de variável, pois

e, com isso, obtemos uma integral mais simples de ser calculada, agora na

, pois nossa função original é , basta

da resposta pela sua expressão em x, ou na resposta final


EXEMPLO 2 Calcule 2tg secx x dx∫ por dois meios diferentes:

(i) Fazendo tgu x= ;

(ii) Fazendo secu x= .

Explique a diferença entre os resultados. Solução

(i) 2tg secu x du x dx= ⇒ = .

2 2

2 tgtg sec

2 2

u xx x dx u du C C∴ = = + = +∫ ∫ .

(ii) sec sec tgu x du x x dx= ⇒ = . 2 2

2 sectg sec sec sec tg .

2 2

u xx x dx x x x dx u du C C∴ = = = + = +∫ ∫ ∫

Observamos que para cada escolha de u obtivemos uma solução diferente para a integral. No entanto, um olhar mais cuidadoso para as soluções, sugere que elas estão relacionadas de algum modo, pois trata-se de potências de funções trigonométricas e sabemos ser

verdadeira a identidade 2 2tg 1 secx x+ = , para todo x. Assim,

dividindo ambos os lados desta equação por 2 , obtemos 2 2tg 1 sec

2 2 2

x x+ = ,

o que implica que 2 2tg sec 1

2 2 2

x x− = − ,

ou seja, a função 2tg

( )2

xf x = difere da função

2sec( )

2

xg x = por

uma constante. Logo, ambas são primitivas de função dada, já que duas primitivas de uma mesma função se diferem apenas por uma constante, conforme visto no Cálculo 1.

por dois meios diferentes:

tg sec sec sec tg .x x dx x x x dx u du C C∴ = = = + = +

obtivemos uma solução diferente para a integral. No entanto, um olhar mais cuidadoso para

que elas estão relacionadas de algum modo, pois se de potências de funções trigonométricas e sabemos ser

. Assim,

por

uma constante. Logo, ambas são primitivas de função dada, já que duas primitivas de uma mesma função se diferem apenas por uma


Outras substituições

As mudanças de variáveis vistas acima foram trabalhadas noCálculo 1 e apresentadas aqui apenas com o intuito de relembrar um pouco esta técnica. Porém, a situação descrita acima não é a única em que a mudança de variável simplifica a função a ser integrada. Existem outras possibilidades de mudanças de variáveis facilitam muito o cálculo da integral e, dentre elas, citamos os casos onde aparecem raízes de funções no integrando. A idéia, nestas situações, é fazer uma mudança que possibilite a troca da raiz por um polinômio, uma vez que os polinômios são facilmeintegráveis. Os exemplos abaixo ilustrarão como isso ocorre.

EXEMPLO 3 Calcule 2 1t t dt+∫ .

Solução

Observe que não estamos no caso típico de mudança de variável visto no Cálculo 1. Porém, é possível substituir o integrando por uma expressão que não contenha a raiz quadrada, considerando

1 + t = u2. Com isso, teremos

2 21 1 e 2u t t u dt u du= + ⇒ = − = .

Substituindo no integrando temos

( ) ( )2 4 2 6 4 2

7 5 3

1 2 2 1 2 2

22 .

7 5 3

t t dt u u u u du u u u du

u u uC

+ = − + = − + =

= − + +

∫ ∫ ∫

Para retornarmos à variável t, basta substituir a variável solução, pela sua expressão em t, ou seja, por (1 + t )1/2, obtendo

2 7/2 5/2 3/22 4 21 (1 ) (1 ) (1 )

7 5 3t t dt t t t C+ = + − + + + +∫


As mudanças de variáveis vistas acima foram trabalhadas no Cálculo 1 e apresentadas aqui apenas com o intuito de relembrar um pouco esta técnica. Porém, a situação descrita acima não é a única em que a mudança de variável simplifica a função a ser integrada. Existem outras possibilidades de mudanças de variáveis que facilitam muito o cálculo da integral e, dentre elas, citamos os casos onde aparecem raízes de funções no integrando. A idéia, nestas situações, é fazer uma mudança que possibilite a troca da raiz por um polinômio, uma vez que os polinômios são facilmente

de variável orém, é possível substituir o integrando por

considerando

t t dt u u u u du u u u du+ = − + = − + =

a variável u, da , obtendo

t t dt t t t C .


EXEMPLO 4 Calcule 5 2 4x x dx+∫ .

Solução

Por se tratar de uma raiz quadrada, aplicaremos o mesmo procedimento adotado no Exemplo 3, ou seja, faremos x2 + 4 = com o objetivo de eliminar a raiz do integrando. Com isso teremos

2 2 2 24 4 2 2u x x u x dx u du x dx u du= + ⇒ = − ⇒ = ⇒ =

Substituindo no integrando temos

5 2 2 2 2 2 24 ( ) 4 ( 4)x x dx x x x dx u uu du+ = + = − =∫ ∫ ∫

7 5 34 2 2 6 4 2( 8 16) ( 8 16 ) 8 16

7 5 3

u u uu u u du u u u du C− + = − + = − + + =∫ ∫

2 7/2 2 5/2 2 3/2( 4) ( 4) ( 4)8 16

7 5 3

x x xC

+ + += − + + .

EXEMPLO 5 Calcule 31

xdx

x+∫ .

Solução

Observe que agora o integrando contém uma raiz quadrada e uma raiz cúbica e seria interessante fazermos uma mudança de variável que eliminasse as duas raízes ao mesmo tempo. Para isso, basta tomarmos para expoente da nova variável, digamos u, o mínimo múltiplo comum entre os índices das raízes que aparecem na função, ou seja, basta fazermos x = u6, já que 6 = mmc(2,3). Assim, teremos

6 56x u dx u du= ⇒ = .

Substituindo no integrando obtemos:

de uma raiz quadrada, aplicaremos o mesmo + 4 = u2

com o objetivo de eliminar a raiz do integrando. Com isso teremos

u x x u x dx u du x dx u du

u u u du u u u du C− + = − + = − + + =

Observe que agora o integrando contém uma raiz quadrada e uma raiz cúbica e seria interessante fazermos uma mudança de variável que eliminasse as duas raízes ao mesmo tempo. Para isso, basta

, o mínimo iplo comum entre os índices das raízes que aparecem na função,

, já que 6 = mmc(2,3). Assim,


3 5 8

2 23

66 .

1 11

x u u udx du du

u ux= =

+ ++∫ ∫ ∫

Aqui temos um novo problema: como calcular a integral resultante acima. Para resolver este problema precisamos nos lembrar que se

( )( )

( )P x

H xQ x

=

onde P e Q são polinômios reais e o grau de Q é menor ou igual que o grau de P, então H é dita uma função racional imprópria. PaH se torne uma função racional própria é necessário dividir Paté que o grau do numerador seja menor que o do denominador. Assim, teremos

86 4 2

2 2

11

1 1

uu u u

u u= − + − +

+ +

e, substituindo na integral acima, obtemos:

6 4 223

7 5 3

7/6 5/6 3/61/6 1/6

16 1

11

6 arctg7 5 3

6 arctg .7 5 3

xdx u u u du

ux

u u uu u C

x x xx x C

= − + − + =

++

= − + − + + =

= − + − + +

∫ ∫

OBS: Note que, ao longo da resolução, nos deparamos com a integral

2

1

1du

u+∫

que ainda não aprendemos como resolver. Sempre que isso ocorrer, consulte uma tabela de integração, como a apresentada no final desse livro.


como calcular a integral resultante acima. Para resolver este problema precisamos nos lembrar que se

é menor ou igual que é dita uma função racional imprópria. Para que

P por Q até que o grau do numerador seja menor que o do denominador.

6 arctg .x x C= − + − + +

Note que, ao longo da resolução, nos deparamos com a

como resolver. Sempre que isso ocorrer, consulte uma tabela de integração, como a


EXERCÍCIOS 1.1

1. Calcule as seguintes integrais:

a) 2 8(2 3 )x x dx+∫ b) 3

4

xdx

x

+

+∫

c) 4

t

t

e dt

e +∫ d) cos(5 2)x dx−∫

e) 2 1x x dx+∫ f) ∫ + dxxx 1

g) 4t t dt−∫ h) 2tg( )x x dx∫

i) dxx

xx∫

+−−

3

214 43

j) 3

3 2 4

xdx

x +∫

k) 3

1dx

x x+∫ l) 3 9x x dx+∫

m) 5 3 2

xdx

x +∫ n) 1

( 1) 2dx

x x+ −∫

o) 3 1x xe e dx+∫


Integração por Partes

Quando estamos interessados em calcular integrais que se

apresentam na forma ( ) ( )f x g x dx∫ , onde f é uma função que pode

ser derivada repetidamente e g é uma função que pode ser integrada repetidamente, ambas sem dificuldades, podemos nos valer de uma técnica denominada Integração por Partes. Este nome se dá pelo fato de que o método consiste em separar o integrando em duas partes, digamos, u = f(x) e dv = g(x) dx e, em seguida, aplicar a fórmula

( ) ( )f x g x dx u dv uv v du= = −∫ ∫ ∫ ,

a qual é denominada “fórmula da integração por partes” .

Observe que devemos fazer uma escolha sobre qual parte iremos chamar de u e qual parte iremos chamar de dv e esta escolha, embora nem sempre seja fácil, muitas vezes é decisiva para o sucesso da resolução. Não existe uma receita para isso, mas uma boa dica é sempre chamar de dv a parte do integrando mais complicada que possa ser prontamente integrada. E não se esqueça de incluir no termo que chamou de dv. Após feita a escolha, é necessário calcular a diferencial de u para obter du e a integral de dv para obter v, ambos presentes na fórmula. O exemplo abaixo ilustrará melhor o que está sendo dito:

EXEMPLO 1 Calcule 2 xx e dx∫ .

Solução

O primeiro passo é sempre a escolha da parte que será chamada de e daquela que será chamada de dv. Temos várias possibilidades para dv:

dx, x2 dx, ex dx ou x2 ex dx.


Quando estamos interessados em calcular integrais que se

é uma função que pode

é uma função que pode ser integrada repetidamente, ambas sem dificuldades, podemos nos valer de uma técnica denominada Integração por Partes. Este nome se dá pelo fato

r o integrando em duas partes, e, em seguida, aplicar a fórmula

Observe que devemos fazer uma escolha sobre qual parte e esta escolha,

embora nem sempre seja fácil, muitas vezes é decisiva para o sucesso da resolução. Não existe uma receita para isso, mas uma boa

a parte do integrando mais complicada a ser prontamente integrada. E não se esqueça de incluir dx

. Após feita a escolha, é necessário para obter melhor o

O primeiro passo é sempre a escolha da parte que será chamada de u . Temos várias possibilidades para


Dentre estas, a mais complexa que sabemos integrar imediatamente é ex dx. Portanto, fazemos:

2

1

2

.x x

u x du xdx

dv e dx v e C

= ⇒ =

= ⇒ = +

Substituindo na fórmula de integração por partes, obtemos:

2 21 1

2 2 21 1

( ) 2 ( )

( ) 2 2 .

x x x

x x x x

x e dx x e C e C xdx

x e C C x xe dx x e xe dx

= + − + =

+ − − = −

∫ ∫

∫ ∫

Para resolver esta nova integral, aplicamos novamente o método, tomando agora

2 .xx

du dxu x

v e Cdv e dx

== ⇒

= +=

Com isso, obtemos: 2 2 2

2 2

22 2

2 2 ( ) ( )

2 2 2 2 .

x x x x x x

x x x

x e dx x e e xdx x e x e C e C dx

x e xe xC e xC C

= − = − + − + =

= − − + + +

∫ ∫ ∫

( )2 2 2 2x xx e dx e x x C∴ = − + +∫ .

OBS:

1. Note que as constantes de integração, C1 e C2, que

surgiram ao integrar dv e dv , foram canceladas ao longo do desenvolvimento dos cálculos. É possível provar que os termos que contêm estas constantes sempre se anularão neste método e, por isso, não será necessário considerar tal constante quando integrar dv. Assim, daqui por diante, a constante de integração de dv será omitida neste texto.

Dentre estas, a mais complexa que sabemos integrar imediatamente

ral, aplicamos novamente o método,

= − = − + − + =

, que

, foram canceladas ao longo do desenvolvimento dos cálculos. É possível provar que os termos que contêm estas constantes sempre se anularão neste método e, por isso, não será necessário considerar tal

. Assim, daqui por diante, a


2. Se no início dos cálculos tivéssemos escolhido u = ex e dv = x2 dx, teríamos obtido:

32

3

xx du e dx

u ex

dv x dx v

= =

⇒ = =

e, portanto, a integral se tornaria: 3

2 31

3 3x x xx

x e dx e x e dx= −∫ ∫

que leva a uma integral mais complexa que a original, o que nos indicaria que esta não teria sido uma boa escolha. Do mesmo modo, se decidíssemos mudar a escolha no meio do exercício, ou seja, se ao aplicarmos o método pela segunda vez tivéssemos optado por inverter a escolha das funções, teríamos chego a um resultado inconclusivo, como podemos observar a seguir:

2

2 22 2

2 2 2 2

2

22 2

.

xx

x x x x

x x x x

du e dxu e

xdv xdx v

x xx e dx x e e e dx

x e dx x e x e x e dx

= =

⇒ = =

⇒ = − −

∴ = − +

∫ ∫

∫ ∫

Observamos novamente, com este exemplo, que o sucesso da resolução depende, muitas vezes, da escolha de u e dv. Todavia, nem sempre acertamos na primeira tentativa. A experiência adquirida ao longo dos estudos certamente nos auxiliará nesta tarefa.


3. Observe que não se trata de uma mudança de variáveis, mas apenas de um recurso intermediário para escrever a integral em uma outra forma, mais fácil de ser calculada. Mantemos a mesma variável independente ao longo de todo o processo, utilizando u, v, du e dv apenas para mudar a forma de escrever a integral.

Este método foi desenvolvido a partir da derivada do produto

de duas funções, conforme podemos ver abaixo.

Observe que se u e v são duas funções diferenciáveis na variável x, então

[ ]( ) ( ) ( ) ( )d dv du

u x v x u x v xdx dx dx

= + .

Integrando ambos os lados em relação à x, obtemos:

[ ]( ) ( ) ( ) '( ) ( ) '( )d

u x v x dx u x v x dx v x u x dxdx

= +∫ ∫ ∫ ,

de onde segue que:

( ) '( ) ( ) ( ) ( ) '( )u x v x dx u x v x v x u x dx= −∫ ∫ .

Quando esta equação é escrita na notação de diferenciais, obtemos:

u dv uv vdu= −∫ ∫ ,

a qual é denominada, como já fora dito, fórmula da integração por partes . Assim, para calcular a integral de uma função que se apresenta na forma f(x) g(x) dx, fazemos u = f(x), dv = g(x) dx e aplicamos a fórmula acima.


EXEMPLO 2 Calcule lnx x dx∫ .

Solução

Como não sabemos calcular a integral de ln x, não devemos escolhêla para compor dv, ou seja, fazemos

2

1ln

,2

du dxu x xdv xdx x

v

==

⇒ = =

já que x é uma função fácil de ser integrada e ln x é uma função fácil de ser derivada. Substituindo na fórmula de integração por partes, obtemos:

2 2 2

2 2

1ln ln ln

2 2 2 2

ln .2 4

x x x xx x dx x dx x dx

x

x xx C

= − = − =

= − +

∫ ∫ ∫

EXEMPLO 3 Calcule 3sec x dx∫ .

Solução

Neste caso, uma boa estratégia é escrever a integral na forma 2sec secx x dx∫ , uma vez que a função sec2 x pode ser facilmente

integrada. Assim, tomando

2

sec sec tg

tgsec

u x du x x dx

v xdv x dx

= = ⇒

==

e aplicando a fórmula de integração por partes, obtemos: 3 2sec sec tg sec tg .x dx x x x x dx= −∫ ∫

Para efetuarmos o cálculo desta última integral, conforme veremos bem detalhado na próxima seção, substituímos o termo tg2 x por uma expressão equivalente, através das identidades trigonométricas


, não devemos escolhê-

é uma função fácil de ser derivada. Substituindo na fórmula de integração por partes,

Neste caso, uma boa estratégia é escrever a integral na forma

pode ser facilmente

Para efetuarmos o cálculo desta última integral, conforme veremos por uma

expressão equivalente, através das identidades trigonométricas


conhecidas, a fim de transformar a função dada em uma outra que propicie alguma facilidade nos cálculos. Assim, fazendo

2 2tg sec 1x x= − , obtemos

3 2sec sec tg sec (sec 1)x dx x x x x dx= − − =∫ ∫

= 3sec tg sec secx x x dx x dx+ −∫ ∫ .

Assim, somando o termo 3sec x dx∫ em ambos os lados da

igualdade, obtemos

312 sec sec tg ln sec tg x dx x x x x C= + + +∫ ,

ou

3 1sec sec tg ln sec tg

2x dx x x x x C = + + + ∫ ,

onde 1

2

CC = .

OBS: A integral sec x dx∫ pode ser encontrada na tabela de

integração, que se encontra no Apêndice desse livro, ou pode ser facilmente calculada, após a utilização de um artifício nada óbvio, como podemos ver abaixo:

sec tg sec sec

sec tg

ln ln sec tg ,

x xx dx x dx

x x

duu C x x C

u

+= =

+

= = + = + +

∫ ∫

∫

onde 2sec tg e, consequentemente, (sec tg sec ) .u x x du x x x dx= + = +

conhecidas, a fim de transformar a função dada em uma outra que propicie alguma facilidade nos cálculos. Assim, fazendo

em ambos os lados da

pode ser encontrada na tabela de

, ou pode ser facilmente calculada, após a utilização de um artifício

sec tg e, consequentemente, (sec tg sec ) .u x x du x x x dx


EXERCÍCIOS 1.2

1) Calcule as seguintes integrais:

a) ln x dx∫ b) 2 lnx x dx∫ c) 2senx x dx∫

d) senxe x dx∫ e) 3cossec x dx∫ f) ∫− dxex x2

g) senx x dx∫ h) arctg x dx∫ i) lnx x dx∫

j)

(sen ) ln(cos )x x dx∫ k)

sec tgx x x dx∫ l)

3 xx e dx−

∫

m) cos5x x dx∫ n) 2 3xx e dx∫ o) 2 cosx x dx∫

2) A velocidade (no instante t) de um ponto que se move ao longo

de uma reta é dada por 2( ) / tv t t e= m/s. Se o ponto está na origem

quanto t = 0, ache sua posição em um instante t qualquer.

Integração de potências de funções trigonométricas

O cálculo de integrais de funções envolvendo potências de

funções trigonométricas geralmente é feito a partir da substituição

da função por uma equivalente a ela, através das identidades

trigonométricas conhecidas, fazendo com que a nova integral possa

ser resolvida mais facilmente, na maioria das vezes por meio de uma

mudança de variável.


Não trataremos de todos os casos aqui por entendermos que

alguns tipos de integrais raramente serão usadas por um estudante de

Química, porém, os casos omissos poderão ser encontrados nas

tabelas de integrais e nos livros constantes da referência

bibliográfica.

O estudo será dividido em casos, de acordo com o tipo da

função e do expoente. Porém, antes de iniciá-lo, relembraremos as

identidades trigonométricas mais conhecidas, uma vez que a

aplicação deste método exige o seu uso constante e certamente

muitas delas já caíram no esquecimento de uma boa parte dos

estudantes. São elas:

2 2sen cos 1x x+ = 2 1 cos2

cos2

xx

+=

2 1 cos2sen

2

xx

−= 2 2cotg 1 cossecx x+ =

2 2tg 1 secx x+ = 2 2cos(2 ) cos senx x x= −

sen(2 ) 2sen cosx x x= [ ]1

sen cos sen( ) sen( )2

x y x y x y= − + +

[ ]1

sen sen cos( ) cos( )2

x y x y x y= − − +

[ ]1

cos cos cos( ) cos( )2

x y x y x y= − + +


1º Caso – Potências de Senos e Cossenos:

sen cosm nx x dx∫

onde m e n são inteiros não negativos.

Existem várias possibilidades para uma integral deste tipo, o

que pode ser notado variando as características de m e n, por

exemplo. Assim, o fato destes expoentes serem par ou ímpar

influencia substancialmente no modo de proceder a busca por uma

solução, conforme pode ser visto a seguir.

A) Se a potência do cosseno é ímpar, independente da potência do

seno, a sugestão é guardar um fator do cosseno e usar

2 2cos 1 senx x= −

para expressar os fatores remanescentes em termos de seno. Observe

que isso sempre é possível, uma vez que o expoente, sendo ímpar,

possibilita escrevermos a função de modo a deixar um termo cos(x)

separado e multiplicando o restante, que terá expoente par e,

consequentemente, pode ser escrito como potência de 2. Este termo,

cos2x, é que será substituído, conforme sugestão acima. Esta nova

maneira de escrever possibilita o cálculo da integral através da

mudança de variável

u = sen x fl du = cos x dx.

OBS: Note que esta regra poderá ser utilizada sempre que

houver uma potência ímpar do cosseno, estando ele sozinho

ou multiplicado por qualquer potência positiva de seno.


EXEMPLO 1 Calcule 5cos x dx∫ .

Solução

Como o expoente é ímpar, o primeiro passo é separar um fator cos

no integrando, fazendo com que o restante seja potência de dois:

( )25 4 2cos cos cos cos cosx dx x x dx x x dx= =∫ ∫ ∫ .

Agora, substituindo cos2x por (1 - sen2x), obtemos

5 2 2cos (1 sen ) cosx dx x x dx= −∫ ∫ ,

cuja integral resultante é facilmente resolvida através do método de

mudança de variáveis. Portanto, fazendo

u = sen x obtemos du = cos x dx e, substituindo na integral, temos:

3 52 2 2 4(1 ) (1 2 ) 2

3 5

u uu du u u du u C− = − + = − + + =∫ ∫

3 52 1sen sen sen

3 5x x x C− + + .

EXEMPLO 2 Calcule 4 3sen cosx x dx∫ .

Solução

Utilizando os mesmos procedimentos do Exemplo 1, teremos

4 3 4 2 4 2sen cos sen cos cos sen (1 sen )cosx x dx x x x dx x x x dx= = − =∫ ∫ ∫

5 74 2 4 6 5 71 1(1 ) ( ) sen sen

5 7 5 7

u uu u du u u du C x x C− = − = − + = − +∫ ∫

sendo que novamente foi usada a mudança de variável u = sen x.

imeiro passo é separar um fator cos x

cuja integral resultante é facilmente resolvida através do método de

e, substituindo na integral, temos:

sen cos sen cos cos sen (1 sen )cosx x dx x x x dx x x x dx= = − =

u u du u u du C x x C− = − = − + = − + ,

.



Solução

Como temos uma potência ímpar de cos x, continuamos com o

mesmo procedimento:

3 5 3 4 3 2 2

3 2 2 3 2 4

4 6 83 5 7

4 6 8

sen cos sen cos cos sen (1 sen ) cos

(1 ) (1 2 )

( 2 ) 24 6 8

1 1 1sen sen sen .

4 3 8

x x dx x x x dx x x x dx

u u du u u u du

u u uu u u du C

x x x C

= = − =

= − = − + =

= − + = − + + =

= − + +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫

B) Se a potência do seno é ímpar, independente da potência do

cosseno, você pode guardar um fator do seno e usar

2 2sen 1 cosx x= − para expressar os fatores remanescentes em

termos de cosseno. O raciocínio é exatamente o mesmo aplicado no

caso A), porém a mudança de variável para resolver a integral

resultante, neste caso, será u = cos x fl du = -sen x dx. Vejamos

alguns exemplos.

EXEMPLO 1 Calcule 3sen x dx∫ .

Solução

Neste caso, o procedimento é análogo aos exemplos anteriores,

lembrando apenas de separar um fator sen x na expressão da


, continuamos com o

3 5 3 4 3 2 2sen cos sen cos cos sen (1 sen ) cosx x dx x x x dx x x x dx= = − =

= − + = − + + =

, independente da potência do

cosseno, você pode guardar um fator do seno e usar

para expressar os fatores remanescentes em

termos de cosseno. O raciocínio é exatamente o mesmo aplicado no

porém a mudança de variável para resolver a integral

. Vejamos

Neste caso, o procedimento é análogo aos exemplos anteriores,

na expressão da


função, a fim de sobrar um fator com expoente par, o qual será

substituído por (1 – cos2x). Assim,

3 2 2

32 3

sen sen sen (1 cos ) sen

1(1 ) cos cos

3 3

x dx x x dx x x dx

uu du u C x x C

= = − =

= − − = − + = − +

∫ ∫ ∫

∫

sendo que a mudança de variável u = cos x foi utilizada.


Solução

3 2 2 2

2 2

5 322 4 2

5 3

sen cos sen cos sen

(1 cos )cos sen

(1 ) ( )5 3

cos cos.

5 3

x x dx x x x dx

x x x dx

u uu u du u u du C

x xC

= =

= − =

= − − = − = − + =

= − +

∫ ∫

∫

∫ ∫


Solução

Neste caso, tanto o critério de expoente ímpar de cossenos como de

senos pode ser aplicado para solucionar o problema. Inicialmente

vamos resolvê-lo utilizando o expoente ímpar do seno. Então, a

integral pode ser escrita como

função, a fim de sobrar um fator com expoente par, o qual será

= − − = − = − + =

Neste caso, tanto o critério de expoente ímpar de cossenos como de

senos pode ser aplicado para solucionar o problema. Inicialmente

lo utilizando o expoente ímpar do seno. Então, a


3 3 2 3

6 42 3 5 3

6 4

sen cos (1 cos ) cos sen

(1 ) ( )6 4

1 1cos cos

6 4

x x dx x x x dx

u uu u du u u du C

x x C

= − =

= − − = − = − + =

= − +

∫ ∫

∫ ∫

novamente com a mudança de variável u = cos x.

OBS : A escolha de qual termo será substituído por um

equivalente a ele, não é única. Você poderá optar, em muitos

casos, por substituir o seno ou o cosseno, de acordo com sua

preferência ou conveniência. Assim, também poderíamos ter

resolvido o Exemplo 3 considerando potência ímpar de

cosseno, cuja resolução seria:

3 3 2 3 2 3

6 45 3

6 4

sen cos (1 sen ) sen cos (1 )

( )6 4

1 1sen sen

6 4

x x dx x x x dx u u du

u uu u du C

x x C

= − = − =

= − + = − + + =

−= + +

∫ ∫ ∫

∫

com a mudança de variável u = sen x.

Exercício: Verifique que ambas as resoluções estão corretas

calculando suas derivadas ou mostrando que as duas soluções

diferem por uma constante.

C) Se as potências de seno e cosseno são pares, usamos as

identidades:


A escolha de qual termo será substituído por um

equivalente a ele, não é única. Você poderá optar, em muitos

casos, por substituir o seno ou o cosseno, de acordo com sua

preferência ou conveniência. Assim, também poderíamos ter

iderando potência ímpar de

x x dx x x x dx u u du= − = − =

Verifique que ambas as resoluções estão corretas

calculando suas derivadas ou mostrando que as duas soluções

, usamos as


2 1 cos2sen

2

xx

−= e 2 1 cos2

cos2

xx

+=

OBS: Note que se a função apresenta potências pares e

ímpares de senos e cossenos, a escolha de qual critério será

usado (potência par ou potência ímpar) fica a cargo do

estudante. Todavia, como neste critério de potência par surge

cosseno de arco duplo, uma mudança de variável a mais será

necessária durante a resolução. Portanto, uma boa dica é usar

este procedimento somente quando apenas expoentes pares de

senos e/ou cossenos aparecerem no integrando. Nestes casos,

todos os termos contendo potências pares devem ser

substituídos. Vejamos alguns exemplos destes casos.

EXEMPLO 1 Calcule 4sen x dx∫ .

Solução

Para podermos utilizar a identidade indicada acima, inicialmente

escrevemos o integrando como uma potência de sen2x. Em seguida,

reescrevemos a função em termos de cossenos e procedemos como

nos casos anteriores. Assim, teremos:

Note que se a função apresenta potências pares e

ímpares de senos e cossenos, a escolha de qual critério será

usado (potência par ou potência ímpar) fica a cargo do

estudante. Todavia, como neste critério de potência par surge

mudança de variável a mais será

necessária durante a resolução. Portanto, uma boa dica é usar

este procedimento somente quando apenas expoentes pares de

senos e/ou cossenos aparecerem no integrando. Nestes casos,

evem ser

Para podermos utilizar a identidade indicada acima, inicialmente

. Em seguida,

evemos a função em termos de cossenos e procedemos como


( )2

24 2

2

21

21

1 cos 2sen sen

2

1(1 2cos 2 cos 2 )

41 1 1

cos 2 cos 24 2 41 1 1

cos cos ,4 4 8

xx dx x dx dx

x x dx

x C x dx x dx

x C y dy y dy

− = = =

= − + =

= + − + =

= + − +

∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫

∫ ∫

onde a mudança de variável y = 2x foi introduzida para simplificar

a integral dos dois últimos termos. Observe que as integrais

resultantes são mais simples, porém a última ainda não é imediata e,

para resolvê-la, nos valemos novamente deste método de potências

pares, agora de cossenos. Vamos resolvê-la separadamente a fim de

facilitar a compreensão:

2

2

2 3

1 cos2 1cos (1 cos2 )

2 2

1 1cos

2 41 1

sen2 ,2 4

yy dy dy y dy

y C z dz

y C y C

+ = = + =

= + + =

= + + +

∫ ∫ ∫

∫

onde a mudança z = 2y foi utilizada no cálculo da última integral.

Retomando agora a integral inicial, teremos

4 1 1 1sen ( sen ) sen 2 ,

4 8 2 4

yx dx x y y C

= − + + + ∫

onde C engloba todas as constantes que surgiram ao longo dos

cálculos. Substituindo y por 2x teremos o resultado final esperado:


4 1 1 2 1sen ( sen 2 ) sen 4

4 8 2 4

3 1 1sen2 sen4 .

8 4 32

xx dx x x x C

x x x C

= − + + + =

= − + +

∫


Solução

Neste caso, os dois expoentes são pares e, portanto, fazemos as

substituições em ambos os termos. Assim, a integral torna-se:

( )

( )

24 2

2 3

2 3

1 cos2 1 cos 2sen cos

2 2

11 cos2 cos 2 cos 2

81

1 cos cos cos ,16

x xx x dx dx

x x x dx

y y y dy

− + = =

= − − + =

= − − +

∫ ∫

∫

∫

onde a mudança de variável y = 2x fl dx = dy/2 foi utilizada.

A nova integral obtida é a soma de quatro parcelas, sendo que as

duas primeiras são facilmente integráveis e as duas últimas são

potências de cosseno, necessitando portando, dos métodos vistos

acima para calculá-las. Para simplificar o entendimento, novamente

vamos resolvê-las separadamente:

21

1 cos2 1cos sen2

2 2 4

y yy dy dy y C

+ = = + +

∫ ∫ .

pares e, portanto, fazemos as

A nova integral obtida é a soma de quatro parcelas, sendo que as

primeiras são facilmente integráveis e as duas últimas são

itando portando, dos métodos vistos

las. Para simplificar o entendimento, novamente


( )

3 2

32 3

2 2

cos (1 sen ) cos

11 sen sen ,

3 3

y dy y y dy

zz dz z C y z C

= − =

= − = − + = − +

∫ ∫

∫

onde a mudança de variável z = sen y foi utilizada .

Retomando do ponto onde havíamos interrompido temporariamente

os cálculos, temos

( )4 2 2 3

3

3

1sen cos 1 cos cos cos

161 1 1

sen sen2 sen sen16 2 4 3

1 1 1sen2 sen

16 2 4 3

x x dx y y y dy

yy y y y y C

yy y C

= − − + =

= − − − + − + =

= − − + =

∫ ∫

3

3

1 2 1 1sen 4 sen 2

16 2 4 3

1 1 1sen 4 sen 2 ,

16 4 3

xx x C

x x x C

= − − + =

= − − +

onde C = C1 + C2 + C3, sendo que C3 é a constante correspondente à

primeira parte da integral.

2º Caso – Potências de Tangentes e

Secantes:

tg secm nx x dx∫

onde m e n são inteiros não negativos.

Análogo ao caso dos senos e cossenos, o fato dos expoentes

serem par ou ímpar interferem fortemente no processo de calcular a


1 sen sen ,

Retomando do ponto onde havíamos interrompido temporariamente

3y y y y y C

= − − − + − + =

é a constante correspondente à

Potências de Tangentes e

Análogo ao caso dos senos e cossenos, o fato dos expoentes

serem par ou ímpar interferem fortemente no processo de calcular a


integral. Por isso, serão novamente divididos em casos. Vale

ressaltar que os procedimentos adotados para trabalhar com

tangentes, cotangentes, secantes e cossecantes são todos análogos

aos utilizados para trabalhar com senos e cossenos.

A) Se a tangente aparece sozinha no integrando, independente de

seu expoente ser par ou ímpar, separe um fator tg2x e escreva-o em

termos de sec2x, através da identidade 2 2tg sec 1x x= − ; em

seguida, utilize a mudança de variável 2tg secu x du x dx= ⇒ =

para resolver o problema.

EXEMPLO 1 Calcule 5tg .x dx∫

Solução

5 3 2 3 2

3 2 3

3 2 2

3 2 2

4 23

4 2

tg tg tg tg (sec 1)

tg sec tg

tg sec tg (sec 1)

tg sec tg sec tg

tg ln sec4 2

1 1tg tg ln sec ,

4 2

x dx x x dx x x dx

x x dx x dx

x x dx x x dx

x x dx x x dx x dx

u uu du u du x dx x C

x x x C

= = − =

= − =

= − − =

= − − =

= − − = − − + =

= − − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

sendo que a mudança de variável u = tg x foi utilizada.

integral. Por isso, serão novamente divididos em casos. Vale

ressaltar que os procedimentos adotados para trabalhar com

ecantes são todos análogos

, independente de

o em

; em

u x du x dx


EXEMPLO 2 Calcule 4tg .x dx∫

Solução

4 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

32 2

4 2

tg tg tg tg (sec 1)

tg sec tg

tg sec (sec 1)

tg sec sec

sec tg 3

1 1tg tg ln sec ,

4 2

x dx x x dx x x dx

x x dx x dx

x x dx x dx

x x dx x dx dx

uu du x dx dx x x C

x x x C

= = − =

= − =

= − − =

= − + =

= − + = − + + =

= − − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

onde a novamente a mudança de variável u = tg x foi utilizada.

B) Se a potência da secante é par, independente do expoente da

tangente, você pode guardar um fator de x2sec e usar

2 2tg 1 secx x+ = para expressar os fatores remanescentes em termos

de tangente. Isso possibilitará calcular a integral pelo método de

mudança de variáveis, a exemplo dos casos anteriores, uma vez que

2(tg ) secd

x xdx

= . Vejamos os exemplos abaixo.


Solução

4 2 2 2 2sec sec sec (1 tg ) secx dx x x dx x x dx= = + =∫ ∫ ∫


foi utilizada.

, independente do expoente da

e usar

para expressar os fatores remanescentes em termos

de tangente. Isso possibilitará calcular a integral pelo método de

mudança de variáveis, a exemplo dos casos anteriores, uma vez que


32 31

(1 ) tg tg3 3

uu du u C x x C+ = + + = + +∫ ,

onde a mudança de variável u = tg x foi utilizada.

EXEMPLO 2 Calcule 5 4tg secx x dx∫ .

Solução

( )5 4 5 2 2 5 2 2

6 85 2 5 7 6 8

tg sec tg sec sec tg 1 tg sec

1 1(1 ) ( ) tg tg ,

6 8 6 8

x x dx x x x x x x dx

u uu u du u u du C x x C

= = + =

+ = + = + + = + +

∫ ∫ ∫

∫ ∫



Solução

4 4 4 2 2

5 74 2 5 7

tg sec tg (1 tg )sec

1 1(1 ) = tg tg ,

5 7 5 7

x x dx x x x dx

u uu u du C x x C

= + =

+ = + + + +

∫ ∫

∫


C) Se a potência da tangente é ímpar e ela aparece multiplicando

a secante, independente do expoente da secante, você pode guardar

um fator de sec tgx x e usar 2 2tg sec 1x x= − para expressar os

fatores remanescentes em termos de secante. Neste caso, use a

mudança de variável sec sec tg .u x du x x dx= ⇒ =

(1 ) ( ) tg tg ,u u du u u du C x x C

= = + =

e ela aparece multiplicando

a secante, independente do expoente da secante, você pode guardar

para expressar os

fatores remanescentes em termos de secante. Neste caso, use a


EXEMPLO 1 Calcule 5 3tg sec .x x dx∫

Solução

5 3 2 2 2

2 2 2

2 2 2 6 4 2

7 5 3

7 5 3

tg sec (tg ) sec tg sec

(sec 1) sec tg sec

( 1) ( 2 )

27 5 31 2 1

sec sec sec ,7 5 3

x x dx x x x x dx

x x x x dx

u u du u u u du

u u uC

x x x C

= =

= − =

= − = − + =

= − + + =

= − + +

∫ ∫

∫

∫ ∫

onde a mudança de variável u = sec x foi utilizada.

EXEMPLO 2 Calcule 5 4tg sec .x x dx∫

Solução

5 4 2 2 3

2 2 3

2 2 3 7 5 3

8 6 4

8 6 4

tg sec (tg ) sec tg sec

(sec 1) sec tg sec

( 1) ( 2 )

28 6 41 1 1

sec sec sec ,8 3 4

x x dx x x x x dx

x x x x dx

u u du u u u du

u u uC

x x x C

= =

= − =

= − = − + =

= − + + =

= − + +

∫ ∫

∫

∫ ∫

onde a mudança de variável u = sec x foi utilizada.

OBS: Note que esta última integral já foi calculada pelo

procedimento sugerido no item B), apresentando a resposta

em termos de tg x. Isso ocorre pela mudança de variável


Note que esta última integral já foi calculada pelo

, apresentando a resposta

. Isso ocorre pela mudança de variável


escolhida. No entanto, ambas as respostas estão corretas,

conforme você pode verificar, derivando-as. Este é um caso

típico onde podemos escolher qual procedimento usar na hora

de resolver a integral.

D) Se a potência da tangente é par e da secante é ímpar ou se

potência da secante é ímpar e ela aparece sozinha, utilize

integração por partes.


Solução

Este exemplo já foi feito quando estudamos o método de integração

por partes, porém, como esta integral aparecerá muitas vezes daqui

por diante, entendemos ser válido relembrar sua resolução. Note que

se escrevermos a integral na forma 2sec secx x dx∫ , e utilizarmos

2

sec sec tg

tgsec

u x du x x dx

v xdv x dx

= = ⇒

==

teremos, pela fórmula de integração por partes: 3 2sec sec tg sec tg .x dx x x x x dx= −∫ ∫

Para efetuarmos o cálculo desta última integral, fazemos 2 2tg sec 1x x= − , e teremos

3 2

3

sec sec tg sec (sec 1)

sec tg sec sec .

x dx x x x x dx

x x x dx x dx

= − − =

= + −

∫ ∫

∫ ∫

escolhida. No entanto, ambas as respostas estão corretas,

as. Este é um caso

típico onde podemos escolher qual procedimento usar na hora

ou se a

utilize

Este exemplo já foi feito quando estudamos o método de integração

por partes, porém, como esta integral aparecerá muitas vezes daqui

por diante, entendemos ser válido relembrar sua resolução. Note que

Para efetuarmos o cálculo desta última integral, fazemos


Assim, somando o termo 3sec x dx∫ em ambos os lados da

igualdade, obtemos 3

12 sec sec tg ln sec tg x dx x x x x C= + + +∫ ,

ou

3 1sec sec tg ln sec tg

2x dx x x x x C = + + + ∫ , onde C = C1


Solução

Análogo ao que foi feito no Exemplo 1, precisamos reescrever a

função a ser integrada de modo que ela se apresente em uma forma

que seja fácil visualizar qual termo chamaremos de u

chamaremos de dv. Lembre-se que u deve ser facilmente derivável e

dv deve ser facilmente integrável. Assim, segundo estes critérios,

podemos fazer

22 3

2 3 5

sen 1 sentg sec sen .

cos cos cos

x xx x dx dx x dx

x x x= =∫ ∫ ∫

Fazendo agora a escolha

5 4

sen cos

sen 1

cos 4 cos

u x du x dx

xdv dx v

x x

= ⇒ =

= ⇒ =

e aplicando a fórmula de integração por partes, teremos


em ambos os lados da

1/2.

Análogo ao que foi feito no Exemplo 1, precisamos reescrever a

função a ser integrada de modo que ela se apresente em uma forma

e qual

deve ser facilmente derivável e

deve ser facilmente integrável. Assim, segundo estes critérios,

tg sec sen .x x dx dx x dx


2 34 4

4 3

34

4

4

sen 1 costg sec

4cos 4 cossen 1 1

4cos 4 cossen 1

sec4cos 4sen 1 1

sec tg ln sec tg4cos 4 2sen 1

sec tg ln sec tg .4cos 8

x xx x dx dx

x xx

dxx x

xxdx

xx

x x x x Cx

xx x x x C

x

= − =

= − =

= − =

= − + + + =

= − + + +

∫ ∫

∫

∫

OBS: Todos estes procedimentos utilizados para tangentes e

secantes também se aplicam, de modo análogo, à cotangentes

e cossecantes, conforme veremos nos exemplos a seguir.

EXEMPLO 1 Calcule 3 4cotg cossec .x x dx∫

Solução

3 4 3 2 2

3 2 2

3 2 5 3

6 4 6 4

cotg cossec cotg cossec cossec

cotg (cotg 1) cossec

( 1) ( )

cotg cotg,

6 4 6 4

x x dx x x x dx

x x x dx

u u du u u du

u u x xC C

= =

= + =

= − + = − + =

= − − + = − − +

∫ ∫

∫

∫ ∫

onde a mudança de variável u = cotg x, du = -cossec2x dx foi

utilizada.

= − + + + =

Todos estes procedimentos utilizados para tangentes e

secantes também se aplicam, de modo análogo, à cotangentes

foi


EXEMPLO 2 Calcule 4cotg .x dx∫

Solução

4 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

32 2

cotg cotg cotg (cossec 1) cotg

cossec cotg cotg

cossec cotg (cossec 1)

cotgcossec cotg ,

3

x dx x x dx x x dx

x x dx x dx

x x dx x dx

xu du x dx dx x x C

= = − =

= − =

= − − =

= − − + = − + + +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫ onde novamente a mudança de variável u = cotg x, du = -cossec

dx foi utilizada.

EXEMPLO 3 Calcule 3cossec .x dx∫

Solução

Procedemos de modo inteiramente análogo ao que foi feito no

cálculo da integral de sec3x:

3 2

2

2

3

cossec cossec cossec

cossec cotg cossec cotg

cossec cotg cossec (cossec 1)

cossec cotg cossec cossec .

x dx x x

x x x x dx

x x x x dx

x x x dx x dx

= =

= − − =

= − − − =

= − − +

∫ ∫

∫

∫

∫ ∫Assim,

3

3

2 cossec cossec cotg ln cossec cotg ,

ou seja,

1cossec cossec cotg ln cossec cotg ,

2

x dx x x x x C

x dx x x x x C

= − + − +

= − + − +

∫

∫


cossec cotg ,u du x dx dx x x C

= = − =

= − − + = − + + +

cossec2x

Procedemos de modo inteiramente análogo ao que foi feito no

cossec cotg cossec (cossec 1)

cossec cotg cossec cossec .

x x x x dx

x x x dx x dx

= − − − =

2 cossec cossec cotg ln cossec cotg ,

cossec cossec cotg ln cossec cotg ,

x dx x x x x C

x dx x x x x C = − + − +


sendo que inicialmente fizemos u = cossec x e dv = cossec2x

para utilizar o método de integração por partes e depois, cotg2x

cossec2x – 1.

EXERCÍCIOS 1.3


a) 4sen cosx x dx∫ b) 2 4sen cosx x dx∫

c) 3 5cotg cossecx x dx∫ d) 5 2sen cosx x dx∫

e) 3sen cosx x dx∫ f) 6tg x dx∫

g) 3cos senx x dx∫ h) 4 6tg secx x dx∫

i) 3 2tg secx x dx∫ j) 2(tg cotg )x x dx+∫

k) 3cos x dx∫ l)

2 3cotg cossecx x dx∫

Integração por substituições trigonométricas

Se o integrando contém uma expressão da forma

2 2 2 2,a x a x− + ou 2 2x a− , ou mesmo apenas os quadrados

perfeitos aparecem no radicando, onde a > 0, então é possível, na

maioria das vezes, efetuarmos a integração através de uma

dx

x =

Se o integrando contém uma expressão da forma

, ou mesmo apenas os quadrados

0, então é possível, na

maioria das vezes, efetuarmos a integração através de uma


substituição trigonométrica, conforme veremos abaixo, a qual

possibilitará a eliminação da raiz e o cálculo facilitado da integral.

1º Caso: 2 2a x− , a > 0 , x a≤ .

Neste caso fazemos a seguinte mudança de variável:

sen cosx a dx a dθ θ θ= ⇒ = ,

tomando 0 / 2θ π≤ ≤ para 0x ≥ e / 2 0π θ− ≤ ≤ para 0x ≤ ,

uma vez que cos 0θ ≥ neste intervalo e isso, juntamente com a

hipótese sobre a, nos permitirá eliminar a raiz sem a presença do

módulo. Assim, com essa mudança, a expressão da função se torna

bem mais simples para ser integrada. Veja:

2 2 2 2 2 2 2 2 2sen (1 sen ) cos cosa x a a a a aθ θ θ θ− = − = − = = ,

já que a > 0 e cos 0θ ≥ para / 2 / 2π θ π− ≤ ≤ .

2 2 cosa x a θ∴ − = , sendo arcsenx

aθ = , uma vez que f(x) = sen x

é inversível em [ ]/ 2, / 2π π− .

Se posicionarmos estas variáveis em um triângulo retângulo,

visualizaremos a mudança de variável com mais facilidade, uma vez

que sabemos, da trigonometria dos triângulos retângulos, que

cateto opostosen

hipotenusa

x

aθ = = .


Essa visualização geométrica é fundamental para fazermos o retorno da variável q para x.

EXEMPLO 1 Calcule ∫− 22 xa

dx.

Solução

Considere sen cosx a dx a dθ θ θ= ⇒ = , / 2 / 2π θ π− ≤ ≤

Substituindo na integral e aproveitando os cálculos realizados logo

acima, obtemos:

2 2

cosarcsen .

cos

dx a xd d C C

a aa x

θθ θ θ

θ= = = + = +

−∫ ∫ ∫

Caso particular: 2

arcsen1

dxx C

x= +

−∫ .

EXEMPLO 2 Calcule .

Solução

Considere a = 3 e 3 sen , / 2 / 2.x θ π θ π= − ≤ ≤

Então, temos que 3cosdx dθ θ= e a integral torna-se:

2 2 2

2 2 2

9 9 9sen 1 9cos3 cos cos

9sen 3 sen

xdx d d

x

θ θθ θ θ θ

θ θ

− −= = =∫ ∫ ∫

∫−

dxx

x2

29

/ 2 / 2

os cálculos realizados logo

= = =


22 2 2

2

coscotg (cossec 1) cossec

send d d d d

θθ θ θ θ θ θ θ θ

θ= = = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

29cotg arcsen

3

x xC C

xθ θ

− −= − − + = − + .

OBS: Observe que o retorno de q para x foi feito a partir da observação do triângulo retângulo ilustrado acima, uma vez que

2cateto adjascente 9cotg

cateto oposto

x

xθ

−= = .

Já a expressão para q é conseqüência imediata de

3sen sen arcsen .3 3

x xx θ θ θ= ⇒ = ⇒ =

EXEMPLO 3 Calcule 3

216

xdx

x−∫ .

Solução

Considere a = 4, 4 sen , / 2 / 2x θ π θ π= − ≤ ≤ .

Então temos 4cosdx dθ θ= e a integral torna-se:

3 3 3

2 2

3 2

64 sen 4cos sen cos64

cos16 16 16sen

64 sen 64 (1 cos ) sen

xdx d d

x

d d

θ θ θ θθ θ

θθ

θ θ θ θ θ

= = =− −

= = − =

∫ ∫ ∫

∫ ∫

2 3164 sen 64 64 cos cos

3d u du Cθ θ θ θ

= − = − − + = ∫ ∫


d d d d dθ θ θ θ θ θ θ θ= = = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

foi feito a partir da observação do triângulo retângulo ilustrado acima, uma vez

é conseqüência imediata de

dx d dθ θ= = =

= = − =


2 2 3 2216 1 ( 16 ) 32

64 164 3 64 3

x x xC x C

− − − − −= + + = − +

.

2º Caso: 2 2a x+ , a > 0 .

Neste caso fazemos tgx a θ= 2secdx a dθ θ⇒ = , tomando

0 / 2θ π≤ < para 0x ≥ e / 2 0π θ− < ≤ para 0x ≤ , pelos motivos

já apresentados no 1° Caso.

No triângulo retângulo teremos então:

e com esta mudança, a raiz torna-se:

2 2 2 2 2 2 2 2 2tg (1 tg ) sec sec ,a x a a a a aθ θ θ θ+ = + = + = =

já que a > 0 e sec 0θ ≥ para 2 2

π πθ− < < .

2 2 seca x a θ∴ + = , sendo arctgx

aθ = ,

uma vez que f(x) = tg x é inversível em ,2 2

π π −

.

EXEMPLO 1 Calcule .

Solução ∫ + dxx 52

.

, tomando

, pelos motivos

tg (1 tg ) sec sec ,θ θ θ θ


Considere 5a = , 5 tg , / 2 / 2x θ π θ π= − < < .

Então,

θθ ddx 2sec5=

e a integral torna-se:

2 25 5 sec 5 secx dx dθ θ θ+ = =∫ ∫

3 55 sec sec tg ln sec tg

2d Cθ θ θ θ θ θ = = + + + = ∫

2 25 5 5ln .

2 5 5 5 5

x x x xC

+ + = + + +

EXEMPLO 2 Calcule .

Solução

Considere tg ,2 2

x aπ π

θ θ= − < < . Então, 2secdx a dθ θ=

integral torna-se:

2

2 2 2 2

sec 1 1 1arctg

sec

dx a xd d C C

a x a a a a a

θθ θ θ

θ= = = + = +

+∫ ∫ ∫

Caso particular: 2arctg

1

dxx C

x= +

+∫ .

3º Caso: , a > 0 , a x≤ .

∫ + 22 xa

dx

22 ax −


dx a dθ θ e a

d d C C .


Neste caso, fazemos secx a θ= sec tgdx a dθ θ θ⇒ =

sendo que 02

πθ≤ < para ax ≥ e

3

2

ππ θ≤ < para ax −≤ .

No triângulo retângulo agora temos

e, com esta mudança, a raiz torna-se:

2 2 2 2 2 2 2 2 2sec (sec 1) tg tgx a a a a a aθ θ θ θ− = − = − = = ,

levando em conta que:

0a > e tg 0θ ≥ para 3

0, , .2 2

xπ π

π

∈ ∪

2 2 tgx a a θ∴ − = ,

sendo arcsecx

aθ = , uma vez que ( ) secf x x= é inversível para

todo 3

0, , .2 2

xπ π

π

∈ ∪

EXEMPLO 1 Calcule .

Solução

Considere

∫− 22 axx

dx

dx a dθ θ θ ,

θ θ θ θ ,

para


sec sec tgx a dx a dθ θ θ θ= ⇒ = , 3

θ 0, ,2 2

π ππ

∈ ∪

.

Substituindo na integral, obtemos:

2 2

sec tg 1 1 1arcsec .

sec tg

dx a xd d C C

a a a a a ax x a

θ θθ θ θ

θ θ= = = + = +

−∫ ∫ ∫

Caso particular: 2 2

arcsec1

dxx C

x x= +

−∫ .

EXEMPLO 2 ∫− 923 xx

dx

Considere

3sec 3sec tgx dx dθ θ θ θ= ⇒ = , (0, / 2) ( ,3 / 2)θ π π π∈ ∪

Substituindo na integral, obtemos:

33 2

22

3 sec tg

27sec 3 tg91 1 1

cos27 sec 27

dxd

x x

d d

= =−

= = =

∫ ∫

∫ ∫

θ θθ

θ θ

θ θ θθ

[ ]

1 (1 cos2 ) 1 1sen 2

27 2 54 2

12 sen cos

54

d C

C

+ = = + + =

= + + =

∫θ

θ θ θ

θ θ θ


.

arcsec .dx a x

d d C Ca a a a a a

= = = + = +

(0, / 2) ( ,3 / 2) .

= = + + =


2

2

2

1 9 3arcsen

54 3

1 3 9arcsen

54 3

x xC

x x

x xC

x

−= + + =

−= + +

.

EXERCÍCIOS 1.4


a) 24

dx

x+∫ b) 2 3

dx

x x +∫ c)

2 16

dx

x −∫

d) 29t te e dt−∫ e) 2 225x x dx−∫ f) 2

2

1xdx

x

−∫

2) Mostre, utilizando integrais, que a área da região delimitada pela

elipse 2 2

2 21

x y

a b+ = é A = pab.

3) Mostre, utilizando integrais, que a área de um círculo de raio R

2A Rπ= .

Integração por Frações Parciais

Este método é utilizado quando desejamos integrar uma função racional (quociente de duas funções polinomiais), cuja expressãnão permite sua integração por um método mais simples, como os vistos anteriormente.

.

Mostre, utilizando integrais, que a área da região delimitada pela

R é

Este método é utilizado quando desejamos integrar uma função racional (quociente de duas funções polinomiais), cuja expressão não permite sua integração por um método mais simples, como os


Inicialmente relembramos que se ( )( )

( )P x

H xQ x

= onde P e Q são

polinômios reais e o grau de Q é menor ou igual que o grau de P, então H é dita uma função racional imprópria. Para que H se torne uma função racional própria é necessário dividir P por Q até que o grau do numerador seja menor que o do denominador.

Se tomarmos, por exemplo, a função

4 2

2

10 3 1( )

4

x x xH x

x

− + +=

−

observamos que é uma função racional imprópria. Porém, ao dividirmos o polinômio do numerador pelo do denominador, obtemos uma nova forma de representar a mesma função, agora composta por um termo polinomial somado a uma fração própria, como podemos ver abaixo.

4 22

2 2

10 3 1 3 23( ) 6

4 4fração imprópria fração própria

x x x xH x x

x x

− + + −= = − +

− −

OBS: Para integrar uma função racional (quociente de duas funções polinomiais), devemos primeiro verificar se ela é uma fração própria. Caso não seja, devemos antes transformá-la em uma fração própria e, só depois, integrar. Por exemplo:

2 22 2

3 23 3 23( ) ( 6 ) ( 6)

4 4este é o nosso problema !!

x xH x dx x dx x dx dx

x x

− −= − + = − +

− −∫ ∫ ∫ ∫


O método das frações parciais permite escrever uma função racional própria em uma soma de frações mais simples, que possam ser integradas pelos métodos já conhecidos. Para isso, em uma fração do tipo

( )( )

P x

Q x,

Q(x) deve ser escrito como um produto de fatores lineares ou quadráticos irredutíveis (que não possuem raízes reais). Isso sempre é possível devido ao Teorema Fundamental da Álgebra, que garante que qualquer polinômio com coeficientes reais pode ser expresso como um produto de fatores lineares e quadráticos irredutíveis, de tal forma que cada um dos fatores tenha coeficientes reais. É o que conhecemos por fatoração.

Método das frações parciais

Seja (x – a) um fator linear de Q(x). Se (x – a)m for o termo de maior potência de (x – a) que divide Q(x), então devemos atribuir, a cada fator linear distinto, a soma de m frações parciais escritas do seguinte modo:

( ) ( ) ( )1 2 1

1 2m m

m m

A A A A

x ax a x a x a−

−+ + + +

−− − −⋯ .

Agora, se 2x bx c+ + for um fator quadrático irredutível de

Q(x) e se ( )2 nx bx c+ + for o termo de maior potência de

2x bx c+ + que divide Q(x), então devemos atribuir, a cada fator quadrático distinto, a soma de n frações parciais escritas do seguinte modo:

( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1

1 2 22 2 2

n n n nn n

B x C B x C B x C B x C

x bx cx bx c x bx c x bx c

− −

−

+ + + ++ + + +

+ ++ + + + + +⋯ .


Os exemplos a seguir facilitarão o entendimento:

EXEMPLO 1 Calcule 3 2

1

2

xdx

x x x

−

− −∫ .

Solução

Inicialmente verificamos se o integrando é uma fração própria. Como o maior expoente do denominador é 3 e o do numerador é 1, concluímos que a fração é própria e, portanto, podemos passar para o passo seguinte, que é a aplicação do método em si.

O primeiro passo é fatorar o denominador para que ele fique na forma de produto de fatores lineares ou quadráticos irredutíveis. Com isso nossa integral torna-se:

3 2

1 1

2 ( 2)( 1)

x xdx dx

x x x x x x

− −=

− − − +∫ ∫ .

Agora tomamos o integrando e usamos o método descrito acima para transformar a fração dada em uma soma de frações mais simples. Como os fatores são todos lineares e não se repetem, atribuímos a cada um deles uma constante no numerador e efetuamos a soma das frações resultantes, como mostrado abaixo:

1 2 3

21 2 3

21 2 3 2 1 3 1

1

( 2)( 1) 2 1

( 2) ( 1) ( 2)

( 2)( 1)

( ) ( 2 ) 2.

( 2)( 1)

x A A A

x x x x x x

A x x A x x A x x

x x x

A A A x A A A x A

x x x

−= + + =

− + − +

− − + + + −= =

− +

+ + + − − −=

− +

Comparando o primeiro termo da igualdade com o último, notamos que as duas frações são iguais se, e somente se, os numeradores são iguais, ou seja, quando

21 2 3 2 1 3 1( ) ( 2 ) 2 1A A A x A A A x A x+ + + − − − = −


Inicialmente verificamos se o integrando é uma fração própria. Como o maior expoente do denominador é 3 e o do numerador é 1, concluímos que a fração é própria e, portanto, podemos passar para

o passo é fatorar o denominador para que ele fique na forma de produto de fatores lineares ou quadráticos irredutíveis.

Agora tomamos o integrando e usamos o método descrito acima transformar a fração dada em uma soma de frações mais

simples. Como os fatores são todos lineares e não se repetem, atribuímos a cada um deles uma constante no numerador e efetuamos a soma das frações resultantes, como mostrado abaixo:

.

Comparando o primeiro termo da igualdade com o último, notamos que as duas frações são iguais se, e somente se, os numeradores são

( ) ( 2 ) 2 1+ + + − − − = − ,


o que é equivalente a

1 2 3 22 3

1 2 3 1

2 3 31

1101 622 1

3 2222 1

2 3

A A A AA AA A A A

A A AA

+ + = =+ = − − + − = ⇒ = ⇒ ⇒ − = = −− = −

Dessa forma, encontramos os valores para as constantes A1, A2 e de maneira que:

31 21 1 1 2

( 2)( 1) 2 1 2 6( 2) 3( 1)

AA Ax

x x x x x x x x x

−= + + = + −

− + − + − +.

Logo,

3 2

1 1 1 1 1 2 1

2 2 6 2 3 1

xdx dx dx dx

x x x x x x

−= + − =

− − − +∫ ∫ ∫ ∫

= 1 1 2

ln ln 2 ln 12 6 3

x x x C+ − − + + .

EXEMPLO 2 Calcule 3

2 3

( 1)

( 2)

xdx

x x

−

−∫ .

Solução

Observando que a fração é própria e usando o mesmo procedimento do exemplo 1, porém notando que agora os fatores lineares se repetem, fazemos

332 1 2 1

2 3 2 3 2

( 1)

( 2) ( 2) ( 2) ( 2)

BA A B Bx

x x x x x x x

−= + + + + =

− − − −

3 3 2 2 2 22 1 3 2 1

2 3

( 2) ( 2) ( 2) ( 2).

( 2)

A x A x x B x B x x B x x

x x

− + − + + − + −=

−

Igualando os numeradores, obtemos

e A3

( 2)( 1) 2 1 2 6( 2) 3( 1).

fração é própria e usando o mesmo procedimento do exemplo 1, porém notando que agora os fatores lineares se

.


3 3 2 4 3 2 22 1 3

3 2 4 3 22 1

4 31 1 2 1 2 1

22 1 3 2 1 2 1 2

1 ( 6 12 8) ( 6 12 8 )

( 2 ) ( 4 4 )

( ) ( 6 4 )

( 6 12 2 4 ) (12 8 ) 8 .

x A x x x A x x x x B x

B x x B x x x

A B x A A B B x

A A B B B x A A x A

− = − + − + − + − + +

+ − + − + =

= + + − + − +

+ − + + − + + − −

Assim,

2

2 1 3 2 11

2 1 2 1

1 1 3

2 1

22

1

1

836 12 2 4 0

166 4 17

04

12 8 0 58 1 4

3

16

A

A A B B B AA A B B

A B B

A ABA

B

=

− + + − + = =

− + − = + = ⇒ =

− =

= − = −

− =

.

Portanto,

3

2 3

2 3 2

( 1)

( 2)

1 3 7 5 3

8 16 4 ( 2) 4 ( 2) 16 2

xdx

x x

dx dx dx dx dx

x x x x x

−=

−

= + + + − =− − −

∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2

2

1 3 7 5 3ln ln 2

8 16 8( 2) 4( 2) 16

3 1 1 7 5ln .

16 2 4 2 2( 2) ( 2)

x x Cx x x

xC

x x x x

−= + − − − − + =

− −

= − + + +

− − −

EXEMPLO 3 Calcule 3 2

2 2

5 3 7 3

( 1)

x x xdx

x

− + −

+∫ .


3 3 2 4 3 2 22 1 3

2 1 3 2 1 2 1 2( 6 12 2 4 ) (12 8 ) 8 .

x A x x x A x x x x B x

A A B B B x A A x A

− = − + − + − + − + +

+ − + + − + + − −

8 16 4 ( 2) 4 ( 2) 16 2

dx dx dx dx dx= + + + − =

= + − − − − + =


Solução

Como neste caso temos um fator quadrático irredutível no denominador, o qual se repete, colocamos um fator linear no numerador de cada fração parcial, e procedemos como nos exemplos anteriores:

3 2

2 2 2 2 2

5 3 7 3.

( 1) ( 1) ( 1)

x x x Ax B Cx D

x x x

− + − + += +

+ + +

Resolvendo esta soma de frações e igualando os numeradores, chegamos à seguinte igualdade:

3 2 2

3 2

5 3 7 3 ( ) ( 1)

( ) ,

x x x Ax B Cx D x

Cx Dx A C x B D

− + − = + + + + =

= + + + + +

de onde concluímos que:

A = 2, B = 0, C = 5 e D = −3. Assim,

3 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

22

5 3 7 3 2 5 3

( 1) ( 1) ( 1)

2 5 3

( 1) 1 1

1 5ln( 1) 3arctg .

1 2

x x x x xdx dx dx

x x x

x xdx dx dx

x x x

x x Kx

− + − −= + =

+ + +

= + − =+ + +

= − + + − ++

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

EXERCÍCIOS 1.5

1. Calcule as seguintes integrais:

a) 2

6 7

( 2)

xdx

x

+

+∫ b) 2 1

( 1)( 2)( 3)

xdx

x x x

+

− − −∫

c) 2

3 2

4 13 9

2 3

x xdx

x x x

+ −

+ −∫ d) ∫ +dx

xx

x2

32


e) 2 2

2 4

( 1)( 1)

xdx

x x

− +

+ −∫ f) 3

3

9 3 1x xdx

x x

− +

+∫

g) 2

2

2 7

6 9

x xdx

x x

+

+ +∫ h) 2

2 1

2 3 2

xdx

x x

+

+ −∫

EXERCÍCIOS EXTRAS

1. Calcule as seguintes integrais, utilizando os métodos estudados.

1) 2

2

5 4

2 1

x xdx

x x

+ +

− +∫ 2)

4 2

4dx

x x−∫

3) 2

3

19t dt

t

+

∫ 4)

2

1

9dx

x x +∫

5)2

2

sec

(1 tg )

xdx

x+∫ 6) 2 2tg cossecx x dx∫

7) ∫ +−dx

xx

dxx22 )1()1(

8)

cos

2 sen

xdx

x−∫

9) 216

dx

x+∫ 10)

2tg (5 )x dx∫

11) 2

2

3 3dt

t +∫ 12) 2

9

1dx

x−∫

13)

12

2y dy

y

−

∫ 14)

1

2

1xe dx

x∫


15) 3 2

3

6 3 16

4

x x xdx

x x

+ + +

+∫ 16)

4 2

1

3dx

x x −∫

17)

2 3sen (2 ) cos (2 ) dθ θ θ∫ 18) 3 2

2

2 4

2 2

x xdx

x

+ +

+∫

19) 2 2 2cos ( 1)x xe e dx−∫ 20) ( 1) xx e dx−−∫

21) 6cossec x dx∫ 22)

2

2

2 25 33

( 1) ( 5)

x xdx

x x

− −

+ −∫

23)

22 7

sen 22

cosx x

e dxx x

− +

∫ 24)

2

1

4

xdx

x

+

−∫

25)

2 2(16 )

xdx

x−∫ 26) cos2

x xe dx∫

27) 25 xx e dx∫ 28)

2sec

cotg

xdx

x∫

29)2 2

1

( 2 3)

xdx

x x

−

+ +∫

30) 2( 1)secx x dx−∫

2. Seja f contínua em [a, b] e R a região delimitada pelo gráfico de f,

pelo eixo-x e pelas retas verticais x = a e x = b. O volume do sólido

de revolução gerado pela revolução de R em torno do eixo-x é dado

por [ ]2

( )b

aV f x dxπ= ∫ . Sabendo disso, calcule o volume dos

sólidos gerados pelas funções abaixo, em torno do eixo-x, nos

intervalos especificados:


a) ln ; [0, ]y x x e= ∈ b) 2cos ; [0,2 ]y x x π= ∈

c) 2 1/2( 25) ; [0,5]y x x x−= + ∈

3. A velocidade (no instante t) de um ponto em movimento sobre

uma reta coordenada é dada por 2cos tπ m/s. Qual é a distância

percorrida pelo ponto em 5 segundos?

4. A aceleração (no instante t) de um ponto em movimento sobre

uma reta coordenada é dada por 2sen cost t m/s2. Em t = 0 o ponto

está na origem e sua velocidade é 10 m/s. Determine sua posição no

instante t.

5. Encontre a área da região delimitada pelo gráfico de

3 2 1/2(10 )y x x −= − , pelo eixo-x e pela reta 1.x =

Capítulo 2

Equaçoes Diferenciais Ordinárias


• Como resolver equações diferenciais ordinárias separáveis.

• Como resolver equações diferenciais ordinárias lineares de primeira ordem.

• Como modelar e resolver problemas que envolvam as equações diferenciais estudadas.


Equações Diferenciais

Introdução

Ao ensinar Cálculo para alunos de outras áreas é fundamental motivar, mostrando-lhes a importância do que estão aprendendo para os problemas de suas especialidades. Assim, podemos perguntar qual é a razão para se estudar equações diferenciais? As equações diferenciais estão presentes na formulação de modelos relacionados a vários fenômenos estudados nas ciências, dentre os quais muitos deles dizem respeito a relações que se estabelecem entre quantidades que variam. Vimos no curso de Cálculo Diferencial e Integral 1, de que maneira as taxas de variação são representadas matematicamente através das derivadas. Nesse curso, iremos estudar como alguns fenômenos são expressos em termos de equações diferenciais.

A seguir apresentamos dois exemplos de aplicações das equações diferenciais.

Problemas de Mistura

Corrente i em um circuito RL

dyV QC Qy

dt= −

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS 65

0

diL iR

dtε+ =

Existem vários outros exemplos de aplicação das equações diferenciais: variação de temperatura, modelo presa-predador (em Biologia), decaimento radioativo, crescimento e decrescimento populacional e muitos outros.

Uma equação diferencial é uma equação que envolve uma função incógnita (desconhecida) e suas derivadas. Assim, resolver uma equação diferencial é encontrar uma função que satisfaça identicamente aquela equação. Todavia, análogo às equações algébricas, existem muitos tipos de equações diferenciais e, portanto, para cada tipo, existe uma técnica para determinar sua solução, quando esta existe. Fazendo novamente um paralelo com as equações algébricas, lembramos que nem toda equação possui solução analítica, sendo que em muitos casos, somente métodos numéricos são capazes de fornecer as soluções procuradas. Todavia, quando as soluções analíticas existem, as operações inversas são normalmente utilizadas para obtê-las, ou seja, assim como em uma equação envolvendo soma, utilizamos a subtração na sua resolução, em uma equação envolvendo multiplicação, utilizamos a divisão, e assim por diante, para resolver uma equação envolvendo diferenciais, utilizaremos algum tipo de integração.

A existência e a unicidade de soluções de equações diferenciais são garantidas mediante a satisfação de algumas hipóteses, através de teoremas específicos para isso. Contudo, estes teoremas não serão


abordados neste texto, uma vez que o objetivo aqui é estudar alguns métodos de resolução, partindo da premissa de que tal solução exista. Assim, este material só tratará de equações cujas soluções existam analiticamente.

É importante observar que as equações diferenciais compõem um grande grupo, o qual é dividido, inicialmente, em dois subgrupos: o de equações diferenciais ordinárias (EDO) e o de equações diferenciais parciais (EDP). Dizemos que uma equação diferencial é ordinária se a função que se deseja determinar depende de uma única variável, por exemplo, y = f(t). Se a função incógnita depender de duas ou mais variáveis, por exemplo, u = f(x,y), a equação é denominada equação diferencial parcial.

Dentro de cada um desses subgrupos, as equações se classificam por ordem, assim como os polinômios, porém a ordem neste caso está associada à ordem da maior derivada que aparece na equação. Assim, uma equação diferencial é dita de primeira ordem se apenas a primeira derivada e a função estiverem presentes na equação. Se a segunda derivada estiver presente e nenhuma outra de maior ordem, dizemos que ela é uma equação de segunda ordem, e assim por diante. E dentro de cada ordem, existem vários tipos, porém o estudo completo de todos eles demandaria muito tempo e foge dos objetivos deste material.

Equações Diferenciais de Primeira Ordem

Nesse texto estaremos trabalhando apenas com dois tipos de equações diferenciais ordinárias de primeira ordem: as separáveis e as lineares. Isso se deve ao fato de que ambas são muito utilizadas para descrever fenômenos químicos, físicos e biológicos, tais como a descrição de vários tipos de reações químicas, de decaimentos radioativos, transferência de calor, concentração de substâncias em

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS

uma solução, crescimento populacional, dentre muitas outras situações. Novamente lembramos que o estudante que necessitar aprofundar seus estudos e/ou trabalhar com outros tipos de equações, poderá fazê-lo através das referências bibliográficas citadas.

Inicialmente vejamos alguns exemplos de EDOs, a fim de ilustrar algumas das classificações feitas anteriormente.

EXEMPLOS

(1 ( ))dy

k y tdt

= − equação diferencial ordinária de primeira ordem

2

23 4 0

d y dyy

dx dx− + =

equação diferencial ordinária de segunda ordem

´ 0y y− =

equação diferencial ordinária de primeira ordem

'' ' 3y y y+ + =


OBS: Observe que as duas últimas equações estão expressas utilizando a notação “linha”, que não explicita qual é a variável independente. De maneira geral, a equação ou o contexto no qual ela se apresenta nos dirá de que maneira deveremos interpretar y’


uma solução, crescimento populacional, dentre muitas outras e o estudante que necessitar

aprofundar seus estudos e/ou trabalhar com outros tipos de lo através das referências bibliográficas

, a fim de

equação diferencial ordinária de primeira ordem


ordem


Observe que as duas últimas equações estão expressas utilizando a notação “linha”, que não explicita qual é a

De maneira geral, a equação ou o contexto no qual ela se apresenta nos dirá de que maneira


Soluções de Equações Diferenciais de Primeira Ordem

Dizemos que uma função y = y(x) é uma solução de uma equação diferencial, num intervalo aberto I, se a equação estiver satisfeita identicamente em I quando y e suas derivadas forem substituídas na equação. O exemplo abaixo nos auxilia a entender melhor o conceito de solução de uma equação diferencial.

EXEMPLO A função ( ) ty t e= é uma solução da equação

diferencial ( ) 0dy

y tdt

− = no intervalo ( , )I = −∞ +∞ , pois

substituindo y e a sua derivada no lado esquerdo dessa equação obtemos

( ) [ ] 0t t t tdy dy t e e e e

dt dt− = − = − =

para todos os valores reais de t. Note que esta não é a única solução no intervalo I. A função

C ty e= também é uma solução da equação dada, para qualquer

valor real da constante C, pois

( ) [ ] 0.t t t tdy dy t Ce Ce Ce Ce

dt dt− = − = − =

OBS: Observe que na solução C ty e= aparece uma constante

C, que é a constante de integração. Isso significa que para cada valor da constante C, temos uma solução diferente e, por isso, a solução encontrada não é única e é denominada solução geral

EDO. Agora, quando a solução é apresentada para alguns valores específicos da constante C, como é o caso da função

Soluções de Equações Diferenciais de

de uma , num intervalo aberto I, se a equação estiver

e suas derivadas forem O exemplo abaixo nos auxilia a entender

é uma solução da equação

, pois

e a sua derivada no lado esquerdo dessa equação

. A função

também é uma solução da equação dada, para qualquer

aparece uma constante

. Isso significa que para cada , temos uma solução diferente e, por isso, a

solução geral da ndo a solução é apresentada para alguns

, como é o caso da função y =


et do exemplo anterior, esta é dita solução particular da EDO.

Problemas de Valor Inicial

Quando um fenômeno é modelado matematicamente por uma equação diferencial, existem condições que permitem determinar valores específicos para as constantes de integração que aparecem na solução geral desta. É importante lembrar que na solução geral de

uma equação diferencial de ordem n, *,n ∈ℕ aparecem n constantes

de integração e, nesse caso, iremos precisar de n condições para determinar os valores de todas elas.

No caso de uma equação diferencial de primeira ordem, necessitamos de apenas uma condição (informação acerca do


problema estudado) que nos possibilite encontrar a única constante de integração C. Esta condição, denominada de condição inicial, no caso de EDOs de primeira ordem, é o valor que a função assume em um ponto qualquer de seu domínio e, quando isso ocorre, dizemos que temos um problema de valor inicial (PVI). A solução de um PVI é, portanto, a única solução da EDO que passa pelo ponto dado.

Por exemplo, suponha que queiramos resolver a EDO

( ) 0dy

y tdt

− = , sujeita à restrição y(0) = 1. Então temos um PVI

(problema de valor inicial):

( ) 0

(0) 1

dyy t

dty

− =

=

cuja solução é ( ) ty t e= , pois quando substituímos t = 0 e y = 1 na

solução geral y = Cet da equação dada, encontramos C = 1.

OBS: Geometricamente, a condição inicial y(x0) = y0 tem o efeito de destacar, da família de curvas solução de uma equação diferencial, a curva que passa pelo ponto (x0,y0).

) que nos possibilite encontrar a única constante , no

caso de EDOs de primeira ordem, é o valor que a função assume em de seu domínio e, quando isso ocorre, dizemos

). A solução de um que passa pelo ponto

EDO

PVI

= 1 na

tem o efeito de destacar, da família de curvas solução de uma


EXEMPLO A solução geral da equação diferencial dy

edt

+ =

é y(t) = −et + C, para qualquer valor real da constante C. Para obtermos a solução do problema de valor inicial

0

(0) 2

tdye

dty

+ =

=

basta substituir a condição inicial t = 0, y = 2 na solução geral para encontrar o valor da constante C. Obtemos então:

2 = − e 0 + C = −1 + C Assim, C = 3, e a solução do problema de valor inicial é

( ) 3ty t e= − + .

Podemos representar graficamente esta solução, através de uma curva integral que passa pelo ponto (0,2).


0te+ =

. Para

= 2 na solução geral para

Podemos representar graficamente esta solução, através de uma


Equações de Primeira Ordem Separáveis

Dizemos que uma equação diferencial de primeira ordem é do tipo separável se for possível escrever os termos envolvendo a função e sua derivada, de um lado da equação, onde a derivada aparece multiplicando, e o termo envolvendo a variável e as constantes, do outro lado da equação. Observamos que normalmente as equações não aparecem nesta forma e, para sabermos se uma equação é, de fato, uma equação separável, precisamos fazer alguns cálculos algébricos a fim de comprovarmos, ou não, tal característica. Com os exemplos a seguir, iremos aprender a reconhecer uma equação diferencial do tipo separável e, também, como proceder para resolvê-la. EXEMPLO 1 Encontre as possíveis soluções da equação

4 2 0x dyy e

dx+ = .

Equações de Primeira Ordem Separáveis

Dizemos que uma equação diferencial de primeira ordem é do os termos envolvendo a

função e sua derivada, de um lado da equação, onde a derivada aparece multiplicando, e o termo envolvendo a variável e as constantes, do outro lado da equação. Observamos que normalmente

sabermos se uma equação é, de fato, uma equação separável, precisamos fazer alguns cálculos algébricos a fim de comprovarmos, ou não, tal característica. Com os exemplos a seguir, iremos aprender a

mbém,

soluções da equação


Solução

Note que à primeira vista não dá para saber se a equação é do tipo separável ou não. Para verificar tal fato, precisamos reescrever a equação diferencial de modo que as expressões envolvendo x permaneçam de um lado e as expressões envolvendo y e sua derivada, fiquem do outro lado da equação.

Assim, o primeiro passo é subtrair dos dois lados da equação o termo contendo a variável x, a fim de que ele “passe” para o lado direito da igualdade:

4 2 .xdyy e

dx= −

Agora, dividindo ambos os lados da igualdade por y4 conseguimos deixar as expressões envolvendo y do lado esquerdo da equação, multiplicando a derivada, e as expressões envolvendo a variável x, do lado direito:

24

1.xdy

ey dx

= −

Isso mostra que a equação diferencial dada é do tipo separável.

Agora, para resolver a equação, basta integrarmos ambos os lados em relação à x, que é a variável independente, e fazermos os cálculos necessários para isolarmos y em função de x, que é a função que procuramos como solução da equação dada. Procedemos, então, como segue:

2 24 4

1 1,x xdy

dx e dx dy e dxy dx y

= − ⇒ = −∫ ∫ ∫ ∫

onde usamos a notação de diferencial '( ) ou dy

dy y x dx dy dxdx

= =

na integral do lado esquerdo. Com esta notação de diferenciais,


temos uma integral em x e outra em y para resolver. Efetuando estes cálculos, obtemos

2

1 23

1

3 2

xeC C

y− + = − + ⇒

2

2 13

1

3 2

xeC C

y− = − + −

⇒ 2

1 23

1

3 2

xeC C

y= + − ⇒

21 2

3

3 6( )1

2

xe C C

y

+ −= ⇒

1

33

1 22 2

2 2 , onde 6( ).

3 3x xy y C C C

e C e C

= ⇒ = = − + +

OBS:

1. Observe que na solução

1

3

2

2

3 xy

e C

= +

aparece uma

constante C, que é a constante de integração. Isso significa que para cada valor da constante C, temos uma solução diferente e, por isso, a solução encontrada não é única e é denominada solução geral da equação diferencial. A figura a seguir, mostra o gráfico das soluções para vários valores da constante C.

estes

aparece uma

, que é a constante de integração. Isso significa , temos uma solução

diferente e, por isso, a solução encontrada não é única e é da equação diferencial. A figura

mostra o gráfico das soluções para vários valores


2. Note que no cálculo da integral acima, após adotar a notação de diferenciais, os integrandos tomaram a forma

24

1 xdy e dxy

= − , a partir da forma original 24

1.xdy

ey dx

= −

Olhando para estas expressões temos a impressão de que multiplicamos a equação por dx. Embora não tenha ocorrido isso, pois dy/dx denota uma derivada e não um quociente, na prática, após efetuarmos a integração em relação à x e escrevermos a derivada de y em termos de diferenciais, sempre teremos uma expressão igual à que teríamos se multiplicássemos a equação por dx. Por isso muitos livros trazem este procedimento, ou seja, passa a equação para a notação de diferenciais logo no início dos cálculos, como se estivesse efetuando a multiplicação por dx. Faremos isso no próximo exemplo.


EXEMPLO 2 Encontre a única solução do PVI 2

2 1

3 3

(1) 0

dy x

dx y

y

−=

− =

Solução

Inicialmente executamos as operações necessárias para ver se é possível deixar y e suas derivadas de um lado e a variável x do outro lado da equação dada. Sendo possível, integramos.

2(3 3) 2 1dy

y xdx

− = − ⇒ 2(3 3) (2 1)y dy x dx− = −

⇒ 2(3 3) (2 1)y dy x dx− = −∫ ∫

2 3 21 2(3 3) (2 1) 3y dy x dx y y C x x C− = − ⇒ − + = − +∫ ∫

3 2 3 0y y x x C⇒ − − + + = onde C = C2 – C1

que é a solução geral da equação dada. Observe que neste caso difícil isolar y em função de x e, portanto, dizemos que a solução geral é dada implicitamente pela equação acima. Considerando a condição inicial y(1) = 0, obtemos C = 0 e a solução do PVI é dada

implicitamente por 3 23 0.y y x x− − + = A curva descrita por esta

equação é mostrada na ilustração abaixo:

Integrar os dois lados da igualdade.

2 1

3 3.

−

−

Inicialmente executamos as operações necessárias para ver se é do outro

que é a solução geral da equação dada. Observe que neste caso é e, portanto, dizemos que a solução

pela equação acima. Considerando a é dada

A curva descrita por esta


Note que a curva como um todo não é gráfico de função e, portanto, a função y(x), que é a solução procurada do PVI dado, é apenas a

parte da curva que está acima da reta y = −1 e passa pelo ponto (1,0).

EXERCÍCIOS 2.1

1. O que você entende por uma equação diferencial? O que você entende por uma solução de uma equação diferencial? Quantas soluções existem para uma determinada equação diferencial?

Mostre que 3

2 xy e−= + é uma solução da equação diferencial2 2' 3 6 .y x y x+ =

2. Verifique que 2 ln x

yx

+= é uma solução para o problema de

valor inicial x2y’ + xy = 1 com y(1) = 2.

3. Geometricamente, qual a sua compreensão sobre impor uma condição inicial y(t0) = y0 para uma equação diferencial qualquer?

4. (a) Mostre que cada uma das funções 2

2

x

y Ce= é uma solução para

a equação diferencial y’ = xy.


Note que a curva como um todo não é gráfico de função e, portanto, dado, é apenas a

1 e passa pelo ponto (1,0).

você entende por uma equação diferencial? O que você Quantas

soluções existem para uma determinada equação diferencial?

é uma solução da equação diferencial

é uma solução para o problema de

Geometricamente, qual a sua compreensão sobre impor uma para uma equação diferencial

é uma solução para


(b) Ilustre a parte (a) desenhando várias funções da família de soluções no mesmo plano cartesiano.

5. Resolva a equação diferencial por separação de variáveis e, sempre que possível, explicite a solução como uma função de x.

a) 2

21

dy x

dx y=

+ b) , (0) 2

dyy y

dx= =

c) 23 4 2

, (0) 12( 1)

dy x xy

dx y

+ += = −

− d)

2

2, (0) 2

dy xy

dx y x y= = −

+

e) 2

cos, (0) 1

1 2

dy y xy

dx y= =

+ f)

2

3(1 )

dy x

dx y x=

+

g) x

y

dy x e

dx y e

−−=

+ h) 2'( ) 0y x xy+ =

i) 2dyy

dx= j)

2

34

xdy e

dx y=

k) y y’ = x l) '2 ln

xyy

y=

6. Encontre a solução da equação diferencial que satisfaz a condição inicial dada.

a) 2 1 , (1) 0dy

y ydx

= + = b) , (0) 1t dxxe t x

dt− = =

7. Para quais valores não nulos de k a função y = sen(kt) satisfaz a equação diferencial y’’+9y = 0?

8. Resolva o problema de valor inicial y’ = 2y2 + xy2 ; y(0) = 1

e determine onde a solução atinge seu valor mínimo.

9. Considere o problema de valor inicial

(4 )

´3

t y yy

−= ; y(0) = y0

(a) Determine o comportamento da solução quando t → +∞.


(b) Suponha que y0 = 0,5. Encontre o instante T no qual a solução atinge, pela primeira vez, o valor 3,98.

10. Resolva o problema de valor inicial2

04

xdy e

dx

−

− = , y(0) = 0. O

que acontece com y quando x assume valores muito grandes?

Aplicações Crescimento e decrescimento populacional

O problema de valor inicial

0 0, ( )dy

ky y t ydt

= =

onde k é uma constante de proporcionalidade, apesar de ser um dos modelos matemáticos mais simples que conhecemos, ocorre em muitas teorias físicas, químicas e biológicas, envolvendo crescimento ou decrescimento de uma população. Esse modelo está baseado no fato de que quando uma determinada população (bactérias, por exemplo) não está limitada por restrições ambientais, esta tende a crescer (ou decrescer) a uma taxa proporcional ao tamanho da população.

Por exemplo, na Química, a quantidade remanescente de uma substância durante certas reações pode ser descrita pelo PVI (problema de valor inicial) acima. Na Física, este PVI proporciona um modelo para o cálculo aproximado da quantidade remanescente de uma substância que está sendo desintegrada através de radioatividade, bem como para determinar a temperatura de um corpo em resfriamento. Na Biologia, frequentemente é observado que a taxa de crescimento de certas bactérias é proporcional ao


número de bactérias presentes no dado instante. Durante um curto período de tempo, a população de pequenos animais, tais como roedores, pode ser antecipada com alto grau de precisão pela solução

da equação diferencial dy

kydt

= .

A seguir iremos ilustrar como uma equação desse tipo pode ser

resolvida. Observamos que a equação dy

kydt

= é visivelmente do

tipo separável e, portanto, para resolvê-la, usamos os procedimentos já conhecidos. Assim, temos:

dyky

dt= ⇒

dykdt

y= ⇒

dykdt

y=∫ ∫

⇒ 1 2ln y C kt C+ = + ⇒ ln y kt C= + , onde C = C2 – C1

⇒ (t) = kt C kt C kty e e e Me+ = = , onde M = eC.

Considerando t0 = 0, obtemos y(0) = M. Assim, o tamanho da

população em um instante t qualquer é dado por ( ) (0) kty t y e= ,

onde y(0) representa a população no instante inicial do experimento.

OBSERVE que o módulo de y foi tirado, pois y é uma quantidade positiva.

Integrar os dois lados da igualdade.

Separar as variáveis

Explicitar y como função de t

Resolver a Integral


OBS: i) Se k = 0, então a taxa de crescimento é nula e, portanto, a quantidade considerada se mantém constante e igual ao seu tamanho inicial, ou seja,

( ) (0)y t y= para todo tempo t.

ii) Se k > 0, então a quantidade cresce muito rápido (modelo de crescimento exponencial). Assim, este modelo se adéqua somente a populações que possuem esta característica, como colônias de bactérias ou roedores na ausência de predadores, por exemplo.

iii) Se k < 0, então a quantidade decresce rapidamente a partir de seu tamanho inicial (modelo de decrescimento ou decaimento exponencial). Este modelo é muito utilizado para representar o decaimento radioativo de elementos químicos. EXEMPLO Suponha que uma cultura de bactérias se inicie com 500 bactérias e cresça a uma taxa proporcional ao seu tamanho. Depois de 3 horas existem 8.000 bactérias. a) Determine o número de bactérias após 4 horas. b) Após quanto tempo existirão 30.000 bactérias?


cultura de bactérias se inicie com 500 bactérias e cresça a uma taxa proporcional ao seu tamanho.


Solução

a) Seja y(t) o número de bactérias no instante t. Então temos:

( ), (0) 500dy

ky t ydt

= =

e, portanto, ( ) 500 k ty t e=

Mas, qual é o valor de k ? Para obtê-lo utilizamos a informação de que y(3) = 8.000, ou seja, fazemos:

3 3 8.0008000 500 16

500ln16

3 ln16 0,924196.3

k ke e

k k

= ⇒ = =

⇒ = ⇒ = ≅

Assim, o número de bactérias em um instante t qualquer é dado por

( ) 0,924196500 ty t e= .

Agora, para determinar o número de bactérias, após 4 horas, basta

substituir t por 4 na função ( ) 0,924196500 ty t e= e iremos obter

( )4 20.159y = bactérias.

b) Queremos determinar o valor de t que faz com que y(t) seja igual a 30.000, ou seja, precisamos resolver a equação:

0,924196 0,92419630.000 = 500 60

ln 60 4,43 horas.

0,924196

t te e

t

⇒ =

⇒ = ≅

Logo, existirão 30.000 bactérias após aproximadamente 4 horas e 26 minutos.


OBS: Como a função exponencial cresce muito rápido, uma pequena mudança na variável independente implica em uma variação muito grande no valor da função. Por isso, devemos evitar arredondamentos com poucas casas decimais quando estamos lidando com exponenciais. Apesar de mais trabalhoso, se quisermos um resultado mais confiável, devemos manter os números com o máximo de casas decimais possível.

Reações químicas de primeira ordem

A desintegração de uma substância radioativa é chamada reação de primeira ordem e pressupõe que se as moléculas de uma substância A se decompõem em moléculas menores, então a taxa na qual essa decomposição ocorre é proporcional à quantidade da primeira substância que não tenha se submetido à conversão. Isso quer dizer que, se X é a quantidade de substância A que não

participa da reação, em qualquer tempo, então dX

kXdt

= onde a

constante k é negativa, pois X é decrescente.


Como a função exponencial cresce muito rápido, uma pequena mudança na variável independente implica em uma variação muito grande no valor da função. Por isso, devemos evitar arredondamentos com poucas casas decimais quando

Apesar de mais trabalhoso, se quisermos um resultado mais confiável, devemos manter os números com o máximo de casas decimais

Reações químicas de primeira ordem

desintegração de uma substância radioativa é chamada e pressupõe que se as moléculas de uma

se decompõem em moléculas menores, então a taxa na qual essa decomposição ocorre é proporcional à quantidade da primeira substância que não tenha se submetido à conversão. Isso

que não

onde a


Um exemplo de uma reação química de primeira ordem é a conversão de t-cloreto butílico em t-álcool butílico:

(CH3)3CCl + NaOH ö (CH3)3COH + NaCl.

É importante observar que apenas a concentração de t-cloreto butílico controla a taxa de reação.

Meia-Vida Na Física, meia-vida é uma medida da estabilidade de uma

substância radioativa. A meia-vida é o tempo gasto para metade dos átomos de uma quantidade inicial A0 se desintegrar ou se transmutar em átomos de outro elemento. Quanto maior a meia-vida de uma substância, mais estável ela é. Por exemplo, o isótopo de urânio mais comum, U-238, tem uma meia-vida de aproximadamente 4.500.000.000 de anos. Nesse tempo, metade de uma quantidade de U-238 é transformada em chumbo, Pb-206. EXEMPLO Um reator converte urânio 238 em isótopo de plutônio 239. Após 15 anos, foi detectado que 0,043% da quantidade inicial A0 de plutônio se desintegrou. Encontre a meiavida desse isótopo, se a taxa de desintegração é proporcional à quantidade remanescente. Solução

Seja A(t) a quantidade de plutônio remanescente no instante t. Como já visto anteriormente, a solução para o problema de valor inicial é

0( ) A ktA t e=

Assim, se 0,043% dos átomos de A0 se desintegrou, então 99,957% da substância permaneceu. Para calcular k, usamos 0,99957 A0

A(15), ou seja,

150 00,99957 15 ln(0,99957) 0,00002867kA A e k k= ⇒ = ⇒ = −

Portanto,

é a

cloreto

é uma medida da estabilidade de uma é o tempo gasto para metade dos

se desintegrar ou se transmutar vida de uma

substância, mais estável ela é. Por exemplo, o isótopo de urânio vida de aproximadamente

4.500.000.000 de anos. Nesse tempo, metade de uma quantidade de

Um reator converte urânio 238 em isótopo de plutônio 239. Após 15 anos, foi detectado que 0,043% da

de plutônio se desintegrou. Encontre a meia-vida desse isótopo, se a taxa de desintegração é proporcional à

. Como ção para o problema de valor inicial é

se desintegrou, então 99,957%

0 =

0,99957 15 ln(0,99957) 0,00002867 .


0,000028670( ) A tA t e−= .

Agora, considerando que a meia-vida é o tempo t no qual

( ) 0A

2A t = e calculando o valor de t nesta equação, temos que:

0,00002867 0,0000286700

1

2 21

0,00002867 ln 24.235,92.2

t tAA e e

t t

− −= ⇒ =

⇒ − = ⇒ =

Portanto, a meia-vida do isótopo de plutônio é de aproximadamente 24.236 anos.

Determinação da idade por radiocarbono

Uma importante ferramenta na pesquisa arqueológica é a determinação da idade por radiocarbono. Este é um modo de determinar a idade de certos restos de madeira e plantas, além de ossos humanos, de animais ou de artefatos encontrados nos mesmos níveis. O procedimento foi desenvolvido pelo químico Willard Libby no início dos anos 50 e isso lhe conferiu o prêmio Nobel de Química em 1960. A teoria da cronologia do carbono baseiafato de que o isótopo do carbono 14 é produzido na atmosfera pela ação de radiações cósmicas no nitrogênio. A razão entre a quantidade de C-14 para carbono ordinário na atmosfera parece suma constante e, como consequência, a proporção da quantidade do isótopo presente em todos os organismos vivos é a mesma proporção da quantidade na atmosfera. Quando um organismo morre, a absorção de C-14, através da respiração ou alimentação, cessa. Logo, comparando a quantidade proporcional de Cpresente, digamos em um fóssil, com a razão constante encontrada


no qual

que:

0,00002867 ln 24.235,92.

vida do isótopo de plutônio é de aproximadamente

Determinação da idade por

Uma importante ferramenta na pesquisa arqueológica é a determinação da idade por radiocarbono. Este é um modo de

de certos restos de madeira e plantas, além de ossos humanos, de animais ou de artefatos encontrados nos mesmos níveis. O procedimento foi desenvolvido pelo químico Willard Libby no início dos anos 50 e isso lhe conferiu o prêmio Nobel de

A teoria da cronologia do carbono baseia-se no fato de que o isótopo do carbono 14 é produzido na atmosfera pela ação de radiações cósmicas no nitrogênio. A razão entre a

14 para carbono ordinário na atmosfera parece ser ência, a proporção da quantidade do

isótopo presente em todos os organismos vivos é a mesma proporção da quantidade na atmosfera. Quando um organismo

14, através da respiração ou alimentação, tidade proporcional de C-14

presente, digamos em um fóssil, com a razão constante encontrada


na atmosfera, é possível obter uma razoável estimativa da idade do fóssil. Como a meia-vida do carbono 14 é longa (aproximadamente 5.745 anos), quantidades mensuráveis de carbono 14 estão presentes após muitos milhares de anos, o que possibilita a determinação da idade de objetos muito antigos.

EXEMPLO Suponha que um pedaço de tecido tenha sido descoberto, contendo 74% de carbono 14 radioativo em relação às plantas terrestres nos dias atuais. Sabendo-se que a meia-vida do carbono 14 é de aproximadamente 5.745 anos, estime a idade do pedaço do tecido. Solução

Seja C() a concentração de carbono 14 remanescente no tecido no instante t. Como observado anteriormente, C(t) satisfaz a equação

( )dC

kC tdt

= , cuja solução, já vimos que é dada por ( ) 0 .ktC t C e=

Com a informação da meia-vida do elemento, obtemos o valor de k

5745 5745(0) 1(0)

2 21

5745 ln( ) 0,00012072

k kCC e e

k k

= ⇒ =

⇒ = ⇒ ≅ −

0,0001207 ( ) (0) .tC t C e−∴ =

Por outro lado, queremos determinar t de tal modo que, neste instante, a concentração de carbono 14 seja 0,74 da concentração original. Para isso, procedemos do seguinte modo:

0,0001207 0,0001207(0) 0,74 (0) 0,74 t 2.494,7t tC e C e− −= ⇒ = ⇒ ≅

Portanto, a partir destes cálculos, concluímos que o tecido tem aproximadamente 2.500 anos.

na atmosfera, é possível obter uma razoável estimativa da idade do vida do carbono 14 é longa (aproximadamente

veis de carbono 14 estão presentes após muitos milhares de anos, o que possibilita a determinação da

Suponha que um pedaço de tecido tenha sido descoberto, contendo 74% de carbono 14 radioativo em relação às

vida do carbono 14 é de aproximadamente 5.745 anos, estime a idade do

) a concentração de carbono 14 remanescente no tecido no ) satisfaz a equação

.

k :

de tal modo que, neste instante, a concentração de carbono 14 seja 0,74 da concentração

(0) 0,74 (0) 0,74 t 2.494,7 .

Portanto, a partir destes cálculos, concluímos que o tecido tem


Crescimento populacional com capacidade suporte

O modelo estudado para representar crescimento populacional, como já observado, é representativo apenas de populações que crescem muito rapidamente, o que é raro, pois o próprio meio geralmente regula o tamanho das populações. Isso se dá pelo fato de que, mesmo na ausência de predadores, se uma população vive em um determinado ambiente, limitado em termos de espaço, ela cresce muito e certamente faltará alimento, o que fará com que seus componentes comecem a morrer ou migrar-se. Essa limitação do meio é usualmente conhecida como capacidade suporte, ou seja, uma população cresce até atingir a capacidade suporte do meio em que vive. A partir daí, começa a decrescer. Este fenômeno foi representado pela primeira vez pelo matemático-biólogo P.F. Verhulst, em 1840, quando propôs um modelo matemático para previsão de populações humanas de vários países. Seu modelo considera que, se P(t) é o tamanho de uma população no instante t, α >0 é sua taxa de crescimento e K é a capacidade suporte do meio, então P(t) satisfaz a seguinte equação diferencial (conhecida como equação logística):

( ) ( ) 1

dP P tP t

dt Kα

= −

.

Observe que se P(t) < K, então 0dP

dt> , o que significa que P(t)

cresce. Por outro lado, se P(t) > K, então 0dP

dt< , significando que a

população decresce após atingir a capacidade suporte. Finalmente,

quando P(t) = K, temos 0dP

dt= , o que significa que a população está


estacionada (constante). Por isso dizemos que esta equação representa bem o crescimento populacional com capacidade suporte.

No último caso, ou seja, quando a taxa de crescimento é nula, a solução P(t) = K é denominada solução de equilíbrio da equação, a qual pode ser estável ou instável, conforme aprenderemos quando estudarmos campos de direções. Do ponto de vista físico, dizemos que uma solução de equilíbrio é estável se após uma pequena perturbação em seu valor, o mesmo retorna para o equilíbrio, e dizemos que ela é instável se isso não ocorre.

Neste momento estamos interessados em encontrar uma

solução para a equação ( )

( ) 1dP P t

P tdt K

α

= −

e, a partir desta

solução, visualizar seu gráfico. O fenômeno de estabilidade assintótica da solução P(t) = K será observado graficamente e algebricamente, a partir da solução.

É fácil ver que a equação é do tipo separável:

1

1 1

1 1

1 .

1 1

dPdP dt

P PdtP P

K K

dPdP dt t C

P PP P

K K

α α

α α

= ⇒ =

− −

⇒ = ⇒ = +

− −

∫ ∫ ∫

A integral acima se resolve por frações parciais. Fazendo

( )1

P K PP K PP P

K K K

−− − = =

concluímos que:


( )1

1

KP P K P

PK

=−

−

.

Assim, aplicando o método das frações parciais, verificamos que:

1 1

( )

K A B

P K P P K P P K P= + = = +

− − −⋯

2 2 ln ln ln .1

dP dP dP PP K P C C

P P K P K PP

K

∴ = + = − − + = +− −

−

∫ ∫ ∫

Voltando à equação original, obtemos:

33 4ln t C tP P

t C e C eK P K P

α αα += + ⇒ = =− −

,

onde C3 = C1 – C2 e 34

CeC = .

Agora, para “tirarmos” o módulo, necessitamos analisar dois casos:

Caso 1: P < K

4 4

4 4

4 4

44 4

( )

(1 )

1 ( ) ,

1 1

( ) .1

t t

t t

t

t t t

t

PP K C e P K P C e

K P

P C e KC e

KC e KC KP t C

CC e C e Ce

KP t

Ce

α α

α α

α

α α α

α

− −

−

< ⇒ = ⇒ = −−

⇒ + =

⇒ = = = =+ + +

∴ =+


Supondo t0 = 0, obtemos C : (0)

(0) 1 (0)

K K PP C

C P

−= ⇒ =

+

Aqui vale a pena algumas observações:

1) lim ( )t

P t K→∞

= , ou seja, se o tamanho inicial da população for

menor que a capacidade suporte do meio, então, segundo este modelo, ao longo do tempo, a população crescerá até se aproximar da capacidade suporte e se estabilizará neste tamanho (P(t) = Kuma solução assintoticamente estável). 2) O gráfico de P(t) é denominado de curva logística e é conhecido como sigmóide devido ao seu formato de S. 3) O ponto de inflexão da curva logística ocorre, exatamente, no instante em que o tamanho da população é igual à metade da sua

capacidade suporte, ou seja, em ( )2

KP t = .

De fato,

( ) ( )( )

( )( )

2

' 1P tP t

P t P t P tK K

αα α

= − = −

(0)

, ou seja, se o tamanho inicial da população for

menor que a capacidade suporte do meio, então, segundo este modelo, ao longo do tempo, a população crescerá até se aproximar

K é

e é conhecido

3) O ponto de inflexão da curva logística ocorre, exatamente, no instante em que o tamanho da população é igual à metade da sua


( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

'' ' 2 ' ' 1 0P t

P t P t P t P t P tK K

αα α

⇒ = − ⋅ = − =

( )

( )( )

' , 0

21

2P t

P t KP t

Kα >

⇔ = ⇔ =

e ( ) ( )

( ) ( )

'' 0 se2

'' 0 se2

KP t P t

KP t P t

> <

< >

Isso significa que a taxa de crescimento começa a diminuir quando a população atinge metade de sua capacidade de suporte, e continua diminuindo até zerar, ao atingir a capacidade de suporte. Nesse estágio dizemos que a taxa de crescimento atingiu seu equilíbrio.

4) O modelo logístico também é utilizado para analisar a capacidade de crescimento de empresas e a velocidade de algumas reações químicas.

Caso 2: P > K

4 4

4 4

4 4

44 4

( )

(1 )

1 ( ) ,

1 1

( ) .1

t t

t t

t

t t t

t

PP K C e P P K C e

P K

P C e KC e

KC e KC KP t C

CC e C e Ce

KP t

Ce

α α

α α

α

α α α

α

− −

−

> ⇒ = ⇒ = −−

⇒ − = −

⇒ = = = =− − −

∴ =−


Supondo t0 = 0, obtemos C :

(0)(0)

1 (0)

K P KP C

C P

−= ⇒ =

−

Aqui novamente observamos que lim ( )t

P t K→∞

= , mostrando que

de fato, a solução ( )P t K= é uma solução de equilíbrio

assintoticamente estável, ou seja, ao longo do tempo, independente do tamanho da população inicial, ela se estabilizará em torno da capacidade suporte do meio.

Lembramos que se inicialmente tivermos P = K, então a

equação original torna-se 0dP

dt= e, portanto, P(t) = P(0), para todo

t, ou seja, a população mantém-se constante, já que a taxa de crescimento é nula. EXEMPLO Biólogos colocaram 400 peixes em um lago e estimaram a capacidade suporte como sendo 10.000. O número de peixes triplicou no primeiro ano.

, mostrando que,

é uma solução de equilíbrio

, ou seja, ao longo do tempo, independente do tamanho da população inicial, ela se estabilizará em torno da

, então a

(0), para todo

se constante, já que a taxa de

Biólogos colocaram 400 peixes em um lago e estimaram a capacidade suporte como sendo 10.000. O número de


a) Assumindo que o tamanho da população de peixes satisfaça a equação logística, encontre uma expressão para a quantidade de peixes no lago após t anos.

b) Quanto tempo levará para que se tenha 5.000 peixes no lago?Solução

a) Temos P(0) = 400 e K = 10.000. Portanto, pela hipótese de que a população satisfaz a equação logística e pelos cálculos realizados

anteriormente, sabemos que 10.000 400

24400

C−

= = e que a

quantidade de peixes em um tempo t qualquer será dada por

10.000( )

1 24 tP t

e α−=

+.

Para encontrar α basta observarmos que P(1) = 3 P(0) = 1.200. Substituindo na função, obtemos

10.0001.200 1.200 28.800 10.000 1,1856

1 24e

eα

αα−

−= ⇒ + = ⇒ ≅

+Portanto,

1,1856

10.000( )

1 24 tP t

e−=

+.

b) Queremos encontrar t tal que P(t) seja igual a 5.000. Para isso,

basta resolver a equação:

1,1856

10.0005.000 2,68

1 24 tt

e−= ⇒ ≅

+.

Portanto, depois de aproximadamente 2 anos e 8 meses, o lago terá 5.000 peixes.


Assumindo que o tamanho da população de peixes satisfaça a equação logística, encontre uma expressão para a quantidade de

Quanto tempo levará para que se tenha 5.000 peixes no lago?

= 10.000. Portanto, pela hipótese de que a população satisfaz a equação logística e pelos cálculos realizados

e que a

qualquer será dada por

(0) = 1.200.

1.200 1.200 28.800 10.000 1,1856

) seja igual a 5.000. Para isso,

2 anos e 8 meses, o lago terá


Reações químicas de segunda ordem

Uma reação química de segunda ordem envolve a interação (colisão) de uma molécula de uma substância P com uma molécula de uma substância Q, a fim de produzir uma molécula de uma nova substância X. A notação usual para esse tipo de equação é

P Q X+ → .

Suponha que p e q sejam as concentrações iniciais das substâncias P e Q, respectivamente, e seja x(t) a concentração de no tempo t. Então, p – x(t) e q – x(t) são as concentrações de P e no tempo t, e a velocidade com que a reação ocorre é descrita pela equação

( )( )dx

p x q xdt

α= − −

onde α é uma constante positiva.

Um exemplo de uma reação química de segunda ordem é

CH3Cl +NaOH ö CH3OH + NaCl

onde para cada molécula de cloreto metílico, uma molécula de hidróxido de sódio é consumida, formando assim uma molécula de álcool metílico e uma molécula de cloreto de sódio. Nesse caso, a taxa na qual a reação se processa é proporcional ao produto das concentrações remanescentes de CH3Cl e de NaOH. Na notação da equação, x denota a quantidade de CH3OH formada e p e q são as quantidades dadas dos dois primeiros compostos químicos. EXEMPLO 1 a) Se x(0) = 0, resolva a equação geral dada acima. b) Faça o mesmo quando as substâncias P e Q são as mesmas, ou

seja, 2( )dx

p xdt

α= − .

envolve a interação com uma molécula

a fim de produzir uma molécula de uma nova

sejam as concentrações iniciais das ) a concentração de X

e Q , e a velocidade com que a reação ocorre é descrita pela

onde para cada molécula de cloreto metílico, uma molécula de ormando assim uma molécula de

álcool metílico e uma molécula de cloreto de sódio. Nesse caso, a taxa na qual a reação se processa é proporcional ao produto das

Cl e de NaOH. Na notação da são as

são as mesmas, ou


Solução

a) A EDO dada é do tipo separável e, portanto, para resolvê-la fazemos:

( )( )

dxdt

p x q xα=

− −∫ ∫ .

Pelo método das frações parciais, temos: 1

( )( )

A B

p x q x p x q x= +

− − − −,

de onde obtemos as constantes 1

Aq p

=−

e 1

Bq p

−=

−,

as quais estão definidas somente quando p q≠ .

Assim, por um lado, temos:

1

1

1

1 1

( )( )

1 1ln ln

1 ln ln

1ln

dx dx dx

p x q x q p p x q p q x

p x q x Cq p q p

q x p x Cq p

q xC

q p p x

= − =− − − − − −

−= − + − + =

− −

= − − − + = −

−= +

− −

∫ ∫ ∫

e, por outro lado, sabemos que 2dt t Cα α= +∫ .

Portanto,


3

3 3

( )( ) ( )

1ln ln ( )( )

,q p t C q p t

q x q xt C q p t C

q p p x p x

q xe Ce

p xα α

α α

− + −

− −= + ⇒ = − + ⇒

− − −

−⇒ = =

−

onde C3 = C2 – C1 e 3( )C q pC e −= .

Como x(0) = 0, segue que q

Cp

=

e como p – x > 0 e q – x > 0

(representam as concentrações remanescentes de p e respectivamente), podemos eliminar o módulo, fazendo com que a equação acima se torne:

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( )

1 1

1 .

q p t q p t

q p t q p t

q p t

q p t

q x q qe q x p x e

p x p p

qx e q e

p

pq ex

qe p

α α

α α

α

α

− −

− −

−

−

−= ⇒ − = −

−

⇒ − = −

−⇒ =

−

Portanto, ( )( )

( )

1( )

q p t

q p t

pq ex t

qe p

α

α

−

−

−=

−, para p q≠ .

b) Fica como exercício. EXEMPLO 2 Um composto C é formado quando dois compostos químicos A e B são combinados. A reação resultante entre os dois compostos é tal que, para cada grama de A, 4 gramas de B são usados. É observado que 30 gramas do composto C são formados em 10 minutos. Determine a quantidade de C em qualquer instante se a taxa de reação é proporcional às quantidades de A e

,

> 0

e q, módulo, fazendo com que a

1 1

é formado quando dois compostos são combinados. A reação resultante entre os dois

são são formados

em qualquer instante e B


remanescentes e se inicialmente havia 50 gramas de A e 32 gramas de B. Qual a quantidade do composto C que estará presente após 15 minutos? Interprete a solução quando t ö ∞. Solução

Seja x(t) a quantidade, em gramas, do composto C, presente em qualquer instante. Claramente, x(0) = 0 e x(10) = 30. Se chamarmos de a a quantidade usada do composto A e de b a quantidade usada do composto B, teremos a + b = x e b = 4 a. Um simples cálculo nos fornece a = x/5 e b = (4x)/5. Isso significa que, para cada x gramas de C devemos usar x/5 gramas de A e (4x)/5 gramas de B.

As quantidades remanescentes de A e B em qualquer instante são, respectivamente,

450 e 32

5 5

xx− −

Sabemos que a taxa na qual o composto C é formado satisfaz

450 32 .

5 5

dx xx

dt

− − ∼

Para simplificar, fatoramos 1/5 do primeiro termo e 4/5 do segundo, e os incluímos na constante de proporcionalidade:

( )( )250 40 .dx

k x xdt

= − −

Separando as variáveis e usando frações parciais, podemos escrever

( )( ) ( ) ( )1 1

250 40 210 250 210 40

dxkdt dx dx kdt

x x x x= ⇒ − + =

− − − −

2101 2

250 250 ln 210 .

40 40k tx x

k t c c ex x

− −⇒ = + ⇒ =

− −

Quando t = 0, temos que x = 0 e, portanto, c2 = 25/4. Usando x = 30 em t = 10, encontramos


1 88210 ln 0,1258.

10 25k = =

Com estas informações, explicitamos x: 0,1258

0,1258

1( ) 1000 .

25 4

t

t

ex t

e

−

−

−=

−

Calculando o limite de x(t), quando t ö ∞, vemos que após um longo período de tempo, x ö 40, ou seja, haverá se formado 40 g do composto C, deixando 42 g de A (50 – (1/5) 40) e 0 g de B (32 – (4/5) 40).

O gráfico de x(t) é mostrado na figura abaixo:

EXERCÍCIOS 2.2

1. Uma célula está em um líquido contendo um soluto, por

exemplo, potássio, de concentração constante C . Se C(t) é a concentração do soluto dentro da célula no instante t, então o princípio de Fick da difusão passiva através da membrana da célula afirma que a taxa à qual a concentração varia é proporcional ao

gradiente de concentração C-C(t). Determine C(t) se C(0) = 0.

2. O isótopo radioativo tório 234 desintegra-se numa taxa proporcional à quantidade presente. Se 100 miligramas deste


material são reduzidos a 82,04 miligramas em uma semana, ache a expressão para a quantidade presente em qualquer tempo (medido em dias). Ache também o intervalo de tempo necessário para a massa decair à metade de seu valor original. 3. O isótopo radioativo plutônio 241 decai de modo a satisfazer a equação diferencial '( ) 0,0525Q t Q= − , onde Q é medido em

miligramas e t em anos. (a) Determine a meia-vida do plutônio 241. (b) Se temos 50 miligramas de plutônio hoje, quanto restará em 10 anos?

4. Suponha que se descubram restos arqueológicos em que a quantidade residual de carbono 14 seja 20% da quantidade original. Determine a idade destes restos.

5. Suponha que, numa determinada reação química, a substância P se transforme numa substância X. Seja p a concentração inicial de P e x(t) a concentração de X no tempo t. Então p – x(t) é a concentração de P em t. Suponha ainda que a reação seja autocatalítica, isto é, a reação é estimulada pela substância que está sendo produzida. Deste modo, dx/dt é proporcional a ambos, x e p – x, satisfazendo a equação diferencial '( ) ( )x t x p xα= − , onde α é

uma constante positiva. Se x(0) = x0, determine x(t).

6. Uma teoria matemática das epidemias foi desenvolvida através das seguintes linhas: assuma que exista uma comunidade com n habitantes contendo p indivíduos infectados e q indivíduos não infectados, porém suscetíveis, onde p + q = n. Ou ainda, seja x a proporção de indivíduos doentes e y a proporção de indivíduos sadios. Logo, x = p/n, y = q/n e x + y = 1. Se n é grande, é razoável supor x e y contínuas; assim, a taxa na qual doença se expande é dx/dt. Se fizermos a hipótese razoável de que a doença se espalha pelo contato de indivíduos sadios com os doentes da comunidade, então dx/dt será proporcional ao número de contatos. Se membros


dos dois grupos se movem livremente entre eles, o número de contatos é proporcional ao produto de x e y. Chegamos assim à equação diferencial

dxxy

dtβ= ou (1 )

dxx x

dtβ= − ,

onde β é um fator positivo de proporcionalidade. Supondo que em

t = 0 a quantidade de indivíduos infectados seja x0, determine a quantidade de infectados em um tempo t qualquer. Faça uma análise

deste valor quando t → ∞. Você acha este modelo realístico? Por quê?

7. A população de bactérias em uma cultura cresce a uma taxa proporcional ao número de bactérias no instante t. Após 3 horas, observou-se a existência de 400 bactérias. Após 9 horas, 2.500 bactérias. Qual era o número inicial de bactérias? 8. Dois compostos químicos A e B são combinados para formar um terceiro composto C. A taxa ou velocidade da reação é proporcional à quantidade instantânea de A e B não convertida em C. Inicialmente há 40 g de A e 50 g de B e, para cada grama de B, 2 gramas de A são usados. É observado que 10 g de C são formados em 5 minutos. Quanto é formado em 20 minutos? Qual é a quantidade limite de C após um longo período de tempo? Qual é a quantidade remanescente de A e B depois de um longo período de tempo?

9. O número de supermercados C(t) no país que estão usando um sistema computadorizado é descrito pelo problema de valor inicial

(1 0,0005 ), (0) 1dC

C C Cdt

= − = , sendo 0t ≥ .

Quantos supermercados estarão usando sistemas computadorizados quando t = 10? Quantas companhias estarão adotando este novo sistema depois de um longo período de tempo?


EDOs Lineares

Uma equação diferencial ordinária é dita linear se puder ser expressa na forma

( ) ( ) ( )dy

p t y t q tdt

+ = ,

onde p e q são funções contínuas em um determinado intervalo. Para resolver esta equação precisamos encontrar uma função auxiliar,

( )tµ , tal que

[ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( )dy d

t p t y t t y tdt dt

µ µ

+ = , (*)

pois, uma vez determinada esta função, teremos:

[ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 ( ) ( ) ( )

( )

dt y t t q t t y t t q t dt C

dt

y t t q t dt Ct

µ µ µ µ

µµ

= ⇒ = +

∴ = +

∫

∫

que é a solução procurada. Mas quem é )(tµ ?

Da equação (*) temos que:

1( ) ( )

1

( ) '( ) ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) '( )

'( ) ( ) ( ) '( ) ( )

( )

( ) ln ( ) ( ) ,p t dt C p t dt

t y t t p t y t t y t t y t

tt p t t p t

t

p t dt C t t e Ae

µ µ µ µ

µµ µ

µ

µ µ+

+ = +

⇒ = ⇒ =

∫ ∫⇒ + = ⇒ = =∫

onde A=eC1.

Portanto, todas as funções do tipo ( )

( )p t dt

t Aeµ ∫= podem ser

utilizadas na obtenção da solução y(t).


Observe que a constante A não influencia na solução da equação diferencial e, portanto, podemos sempre utilizar a função

( ) ( )( )

p t d tt eµ ∫= como auxiliar na resolução de EDOs lineares de

primeira ordem. Esta função ( )tµ é chamada fator integrante

EDO e y(t) é, então, dada por

1( ) ( ) ( )

( )y t t q t dt C

tµ

µ = + ∫ .

Método do Fator Integrante

Passo 1: Determine o fator integrante ( )

( ) .p t dt

t eµ ∫= Como

qualquer µ será suficiente, podemos considerar a constante de integração igual a zero.

Passo 2: Multiplique ambos os lados da equação

( ) ( ) ( )dy

p t y t q tdt

+ = por ( )tµ e expresse o resultado como

[ ]( ) ( ) ( ) ( ).d

t y t t q tdt

µ µ=

Passo 3: Integre ambos os lados da equação obtida no passo 2 e, em seguida, resolva para y. Não se esqueça de acrescentar uma constante de integração nesse passo.

EXEMPLO 1 Encontre a solução do PVI

21( 1) , 1

1

(0) 2

dyy x x

dx x

y

− = + > − +

=

.

não influencia na solução da equação diferencial e, portanto, podemos sempre utilizar a função

como auxiliar na resolução de EDOs lineares de

da

Como

será suficiente, podemos considerar a constante de

Multiplique ambos os lados da equação

Integre ambos os lados da equação obtida no passo 2 e, em . Não se esqueça de acrescentar uma


Solução

Neste caso temos 1

( )1

p tx

= −+

e 2( ) ( 1)q t x= + .

Assim, o fator integrante é dado por

11

ln( 1) ln( 1)1 1( )

1

dxx xxx e e e

xµ

−−

− + ++∫= = = =

+

Multiplicando ambos os lados da equação por ( )xµ obtemos:

( ) ( )(2

2

1 1 1 1( 1) 1

1 1 11

dy dy x y x

x dx x dx xx

− = + ⇒ = + + + + +

Integrando ambos os lados dessa equação em relação a x, obtemos

21

1 2

xy x C

x= + +

+

Como y(0) = 2, segue que C = 2 e, portanto, a solução do PVI é dada por:

3 23( ) 3 2

2 2

x xy x x= + + + .

EXEMPLO 2 Encontre a solução do PVI 2

(0) 3

tdyy e

dty

−+ =

=

Solução

Temos que p(t) = 2 e q(t) = e – t Logo,

2 2( )

dt tt e eµ ∫= =

OBSERVEconsideramosconstante de integração igual a zero.


( )( 1) 1y x y x= +

, obtemos

= 2 e, portanto, a solução do PVI é dada

OBSERVE que consideramos a constante de integração igual a


e y(t) é dada por:

2 2 2

2

( ) ( )

( ) .

t t t t t t t

t t

de y t e e e e y t e dt e C

dt

y t e Ce

−

− −

= = ⇒ = = +

∴ = +

∫

Como y(0) = 3, segue que C = 2 e assim, a solução do PVI é dada

por 2( ) 2t ty t e e− −= + .

EXEMPLO 3 Encontre a solução do PVI ' 2 1

(0) 1

y xy

y

− =

= .

Solução

Neste caso, p(x) = − 2x e q(x) = 1. Logo, 22

( )x dx xx e eµ

− −∫= =

y(x) é dada por:

2 2 2 2

( ) ( )x x x xde y x e e y t e dx C

dx− − − − = ⇒ = +

∫ .

Todavia, esta última integral não pode ser expressa em termos de funções elementares e, portanto, o PVI não possui uma solução analítica.

= 2 e assim, a solução do PVI é dada

2x e

Todavia, esta última integral não pode ser expressa em termos de funções elementares e, portanto, o PVI não possui uma solução


O exemplo anterior nos indica que, muitas vezes, equações simples possuem soluções complexas enquanto que equaçõesaparentemente complicadas podem ter soluções bem simples. Vejamos o próximo exemplo: EXEMPLO 4 Encontre a solução da equação

'( ) ( )cotg( ) cossec( ).y x y x x x+ =

Solução

Temos p(x) = cotg(x) e q(x) = cossec(x). Então,

cot ( ) ln(sen( ))( ) sen( )g x dx xx e e xµ ∫= = = ,

para todo x tal que sen (x) > 0 e

[ ]1

sen( ) ( ) sen( ) 1 sen( ) ( ) sen( )

( ) .sen( )

dx y x x x y x x C

dx x

x Cy x

x

= = ⇒ = +

+⇒ =

Aplicações

Misturas

Na mistura de dois fluidos, normalmente se deseja determinar a concentração de um deles em cada instante de tempo. Quando existe fluxo, ou seja, entrada e saída de uma substância, então a taxa de variação da concentração desta substância num determinado instante é dada pela taxa de entrada menos a taxa de saída desta substância, neste instante.


O exemplo anterior nos indica que, muitas vezes, equações simples possuem soluções complexas enquanto que equações aparentemente complicadas podem ter soluções bem simples.

sen( ) ( ) sen( ) 1 sen( ) ( ) x y x x x y x x C= +

Na mistura de dois fluidos, normalmente se deseja determinar a concentração de um deles em cada instante de tempo. Quando existe

substância, então a taxa de variação da concentração desta substância num determinado instante é dada pela taxa de entrada menos a taxa de saída desta substância,


EXEMPLO 1 Considere um tanque contendo, no tempo t = 0, Qkg de poluentes dissolvidos em 100 litros de água. Suponha que água contendo ¼ kg de poluentes por litro esteja entrando no tanque numa taxa de 3ℓ/min e que a solução, bem misturada, sai do tanque na mesma taxa. Encontre uma expressão para a quantidade de poluentes no tanque num instante t qualquer. Solução

Seja Q(t) a quantidade de poluentes no tanque no instante t. Então a taxa de variação desta quantidade (kg/min) é dada pela diferença entre a quantidade que entra e a que sai:

kg 1 kg ( ) kg3 3

min 4 min min 100

dQ l l Q t

dt l l

= × − ×

ou

3 3 3( ) 0,03 ( )

4 100 4

dQ dQQ t Q t

dt dt= − ⇒ + = ,

que é uma equação linear.

Então, considerando0,03 0,03( )

dt tt e eµ ∫= = , Q(t) é dada por:

0,03 0,033( )

4t td

e Q t edt =

donde segue que:

0,030,03 0,03

0,03

( ) 0,75 0,750,03

( ) 25 .

tt t

t

ee Q t e dt C

Q t Ce−

= = +

∴ = +

∫

Como Q(0) = Q0, segue que 0 025 25Q C C Q= + ⇒ = − .

Substituindo na solução, obtemos:

Q0 s dissolvidos em 100 litros de água. Suponha que

água contendo ¼ kg de poluentes por litro esteja entrando no tanque ão, bem misturada, sai do tanque

na mesma taxa. Encontre uma expressão para a quantidade de

. Então a taxa de variação desta quantidade (kg/min) é dada pela diferença


0,030( ) 25 ( 25) tQ t Q e−= + − ou 0,03 0,03

0( ) 25(1 )t tQ t e Q e− −= − +

Observe que quando , ( ) 25t Q t→ +∞ → , o que significa que após

um longo período de tempo, a quantidade de poluentes no tanque se estabilizará em 25 kg . EXEMPLO 2 Uma solução de glicose é administrada por via intravenosa na corrente sanguínea a uma taxa de 0,7 mg/s. À medida que a glicose é adicionada, ela é convertida em outras substâncias e removida da corrente sanguínea à uma taxa de 0,01 mg/s. Determine a concentração de glicose na corrente sanguínea em um instante qualquer. Solução

Seja ( )C t a concentração de glicose na corrente sanguínea no

instante t. A medida da variação da concentração da glicose na corrente sanguínea em cada instante é feita através da medida do quanto entra menos o quanto sai. O que entra, neste caso é fixo, ou seja, 0,7 mg/seg e o que sai é uma proporção do que existe naquele instante, ou seja, 0,01 C(t). Assim, a taxa de variação é dada por:

0,7 0,01 ( )dC

C tdt

= − ou '( ) 0,01 ( ) 0,7C t C t+ = ; (0)C C

O fator integrante é dado por

0,01 0,01( )dt tt e eµ ∫= =

Logo,

0,01 0,01( ) 0,7 t tde C t e

dt =


0,03 0,030

t tQ t e Q e− − .

, o que significa que após

um longo período de tempo, a quantidade de poluentes no tanque se

Uma solução de glicose é administrada por via intravenosa na corrente sanguínea a uma taxa de 0,7 mg/s. À medida

ose é adicionada, ela é convertida em outras substâncias e removida da corrente sanguínea à uma taxa de 0,01 mg/s. Determine a concentração de glicose na corrente sanguínea em um instante t

a concentração de glicose na corrente sanguínea no

. A medida da variação da concentração da glicose na corrente sanguínea em cada instante é feita através da medida do quanto entra menos o quanto sai. O que entra, neste caso é fixo, ou

7 mg/seg e o que sai é uma proporção do que existe naquele ). Assim, a taxa de variação é dada por:

0(0)C C=


0,01 0,01 0,01

0,01

0,7 ( ) 0,7

0,01

( ) 70

t t t

t

e C t e dt e c

C t ce−

⇒ = = +

∴ = +

∫

Como 0(0)C C= , segue que C = C0 −70.

Portanto, a concentração de glicose na corrente sanguínea em um

instante t qualquer é dada por ( ) 0,010( ) 70 70 tC t C e−= + − .

Lei de resfriamento de Newton

A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação da temperatura T(t) de um corpo é proporcional à diferença entre a temperatura atual do corpo T(t) e a temperatura constante do meio ambiente Tm. Portanto, a equação que representa o problema é dada por

( )m

dTk T T

dt= − ,

que é uma equação tanto separável quando linear. Sua característica linear se torna mais visível quando a escrevemos assim:

'( ) mT t kT kT− = − .

Vamos utilizar o procedimento de equações lineares para resolvê-la. Para isso, considere o fator integrante

( ) .kdt ktt e eµ

− −∫= =

Assim, temos:

Portanto, a concentração de glicose na corrente sanguínea em um

A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação da ) de um corpo é proporcional à diferença entre a

) e a temperatura constante do meio . Portanto, a equação que representa o problema é dada

que é uma equação tanto separável quando linear. Sua característica linear se torna mais visível quando a escrevemos assim:

Vamos utilizar o procedimento de equações lineares para la. Para isso, considere o fator integrante


( ) ( )

( ) ( ) .

k t k t k t k t mm m

k t k t k tm m

kT ede T t kT e e T t kT e dt C

dt k

e T t T e C T t T Ce

− − − −

− −

− = − ⇒ = − = + −

∴ = + ⇒ = +

∫

EXEMPLO Suponha que uma xícara de café esteja a 90 o

após ser coado e, um minuto depois, passa para 85 oC, em uma cozinha a 25 oC. a) Determine a temperatura do café em função do tempo. b) Quanto tempo levará para o café chegar a 60 oC ? Solução Utilizando a equação acima para resolver o problema, podemos dizer que a temperatura do café, após t minutos que foi coado, será

dada por ( ) .ktmT t T Ce= + Considerando que T(0) = 90 e Tm

substituindo na solução, temos 90 25 65C C= + ⇒ = .

Considerando agora que T(1) = 85, obtemos k = − 0,080043. Substituindo na solução, obtemos

0,080043( ) 25 65 .tT t e−= +

b) Substituindo T(t) por 60 encontramos o tempo que levará para a temperatura do café chegar a 60 oC. Assim, temos:

0,080043 0,080043 60 2560 25 65

65 0,080043 0,619039

7,73.

t te e

t

t

− − −= + ⇒ =

⇒ − = −

∴ ≅

Logo, levará aproximadamente 7 minutos e 44 segundos para a temperatura do café chegar a 60 oC.


k tmkT e

e T t kT e e T t kT e dt Cdt k

−

= − = +−

oC logo C, em uma

Utilizando a equação acima para resolver o problema, podemos minutos que foi coado, será

Tm = 25,

0,080043.

) por 60 encontramos o tempo que levará para a

0,080043 0,619039

Logo, levará aproximadamente 7 minutos e 44 segundos para a


Circuito em série

Em um circuito em série contendo um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor (L . (di/dt)) e da queda de tensão no resistor (iR) é igual à voltagem (E(t)) no circuito. Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente i(t) :

( )di

L Ri E tdt

+ =

onde L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente.

A queda de potencial em um capacitor com capacitância C

dada por ( )q t

C, em que q é a carga no capacitor. Então, para um

circuito em série, a segunda lei de Kirchhoff nos dá:

1( ).Ri q E t

c+ =

Mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por dq

idt

=

Logo, esta última equação torna-se

1( ).

dqR q E t

dt c+ =

EXEMPLO Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é de ½ henry e a resistência, 10 ohms. Determine a corrente i(t), se a corrente inicial é zero. Solução

Substituindo os dados na equação da corrente, temos

Em um circuito em série contendo um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no

) é igual à )) no circuito. Logo, obtemos a equação diferencial

são constantes conhecidas como a indutância e a

C é

é a carga no capacitor. Então, para um

dq

dt.

Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é de ½ henry e a resistência, 10 ohms.


110 12, (0) 0.

2

dii i

dt+ = =

Como podemos observar, trata-se de uma equação linear, porém não se encontra na forma adequada para calcularmos o fator integrante. Para que isso ocorra, dividimos a equação dada por ½ e assim, a equação resultante será

20 24, di

idt

+ =

cujo fator integrante é, então, dado por 20 20( ) .

dt tt e eµ ∫= =

Logo, teremos:

20 20 20t 20 2024 6

24 e ( ) = .20 5

t t t tde i e i e C i t Ce

dt = ⇒ = + ⇒ +

Considerando que i(0) = 0, segue que c = −6/5, e assim, a corrente i(t) é dada por

( )206( ) 1 .

5ti t e−= −

EXERCÍCIOS 2.3

1. Resolva as seguintes EDOs:

a) 2

(0) 1

dyxy x

dxy

− =

=

b) 2

2 cos, 0

( ) 0

dy xy x

dx x xy π

+ = >

=

c) 2'( ) 3 xy x y x e−+ = + d) 2 2' 2 xy y x e− =


se de uma equação linear, porém não se encontra na forma adequada para calcularmos o fator integrante. Para que isso ocorra, dividimos a equação dada por ½ e assim, a

20 20 20t 20 2024 e ( ) = .t t t te i e i e C i t Ce−

6/5, e assim, a

, 0+ = >


e) ' 3cos(2 )y

y xx

+ = f) 2' 2 , (0) 1xy y xe y− = =

g) 3 2dy x y

dx x

−= h) ( )2' 2 , 1 0xy y xe y−+ = =

2. Um tanque contém inicialmente 100 litros de água e 100 gramas de sal. Então, uma mistura de água e sal na concentração de 5 gramas de sal por litro é bombeada para o tanque a uma taxa de 4 litros por minuto. Simultaneamente, a solução (bem misturada) é retirada do tanque na mesma taxa. a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo.

b) Determine a concentração limite de sal no tanque quando t → ∞ .

3. Considere um tanque usado em determinadas experiências de hidrodinâmica. Após uma experiência, o tanque contém 200 litros de uma solução corante com uma concentração de 1 grama por litro. Para preparar a próxima experiência, o tanque deve ser lavado com água limpa, fluindo numa taxa de 2 litros por minuto. A solução bem homogeneizada é drenada na mesma taxa. Ache o intervalo de tempo decorrente até que a concentração do corante no tanque atinja 1% do seu valor original.

4. Se uma pequena barra de metal , cuja temperatura inicial é de 20°C, é colocada em um vasilhame de água em ebulição, quanto tempo levará para a temperatura da barra atingir 90°C se é fato conhecido que sua temperatura aumenta 2°C em 1 segundo? Quanto tempo levará para a temperatura da barra chegar a 98°C?

5. Um termômetro é retirado de dentro de uma sala e colocado do lado de fora, em que a temperatura é de 5°C. Após 1 minuto, o termômetro marcava 20°C; após 5 minutos, 10°C. Qual a temperatura da sala?


6. Uma força eletromotriz de 30 volts é aplicada em um circuito em

série L−R no qual a indutância é de 0,5 henry e a resistência, 50 ohms. Encontre a corrente i(t), se i(0) = 0. Determine a corrente

quando t → ∞.

7. Uma força eletromotriz de 100 volts é aplicada a um circuito R−C em série no qual a resistência é de 200 ohms e a capacitância, 10-4 farad. Encontre a carga q(t) no capacitor, se q(0) = 0. Encontre a corrente i(t).


Campo de Direções

Nem sempre é possível resolver uma equação diferencial no sentido de conseguir uma fórmula explícita para a solução. Apesar disso, podemos obter informações a respeito de uma solução, utilizando uma abordagem gráfica, através do campo de direções.

Vamos então introduzir o conceito de campo de direções (ou campo de inclinações) utilizando para isso um problema concreto. Observe que no problema de valor inicial

(0) 1

dyy x

dxy

= +

=

a equação diferencial não é do tipo separável e, portanto, ainda não temos condições de encontrar a solução deste. Nesse caso, podemos construir o gráfico da solução (denominado de curva-solução) utilizando informações obtidas a partir da equação diferencial dada.

Mas como fazer isso? O primeiro passo é observar que a

equação dy

y xdx

= + nos diz que a inclinação1 da curva-solução em

qualquer ponto (x,y) é igual a y + x. Ou seja, a inclinação em qualquer ponto (x,y) no gráfico é igual a soma das coordenadas x e y no ponto. Por exemplo, a inclinação da curva-solução no ponto P(0,1) é igual a 1 + 0 = 1. Isso significa que a reta tangente à curva-solução no ponto P(0,1) possui coeficiente angular igual a 1.

1 Inclinação: a inclinação de uma curva em um ponto P é dada pelo

coeficiente angular da reta tangente a essa curva nesse ponto.


Observe que, se considerarmos um pedaço da curva-solução próximo do ponto (0,1), a curva se confunde com o segmento de reta que passa pelo ponto (0,1) e tem coeficiente angular igual a 1.

Assim, o campo de direções pode ser visualizado pelo desenho de pequenos segmentos de reta num conjunto representativo de pontos, sobre a curva-solução, no plano xy. Com isso, para desenhar o campo de direções da equação diferencial, basta desenhar pequenos segmentos de retas tangentes em alguns pontos (x,y), com inclinaçãy + x. (veja ilustração a seguir).


solução próximo do ponto (0,1), a curva se confunde com o segmento de reta que passa pelo ponto (0,1) e tem coeficiente angular igual a 1.

Assim, o campo de direções pode ser visualizado pelo desenho de nos segmentos de reta num conjunto representativo de pontos,

Com isso, para desenhar o da equação diferencial, basta desenhar pequenos

), com inclinação


É necessário observar que quanto mais pontos você utilizar para desenhar o campo de direções, melhor será a descrição das curvassolução.

É necessário observar que quanto mais pontos você utilizar para desenhar o campo de direções, melhor será a descrição das curvas-


Agora, para esboçar a curva-solução que passa pelo ponto (0,1), seguindo o campo de direções, basta desenhar a curva de maneira a torná-la paralela aos segmentos de reta vizinhos (veja ilustração a seguir).

No caso do nosso exemplo, a solução da equação diferencial

dyy x

dx= +

é a função

( ) 1 xy x x Ce= − − + ,

onde C é uma constante arbitrária (verifique esse fato). Assim, a partir dessa equação, podemos obter uma família de curvas-solução


para a equação diferencial atribuindo alguns valores para a constante C.

OBS:

Vimos que quanto mais segmentos de reta desenharmos no campo de direções, mais fácil traçaremos os gráficos das curvas-solução. Contudo, seria bastante cansativo e trabalhoso calcular inclinações e desenhar manualmente segmentos de reta para um número muito grande de pontos. Assim, iremos utilizar o computador para nos auxiliar nessa tarefa.

EXEMPLO

(a) Na figura abaixo é dado o campo de direções da equação

diferencial dy

ydx

= . Use o campo de direções para encontrar a

curva-solução que passa pelo ponto (0,1).

para a equação diferencial atribuindo alguns valores para a constante

Vimos que quanto mais segmentos de reta desenharmos no campo de direções, mais fácil traçaremos os gráficos das

solução. Contudo, seria bastante cansativo e trabalhoso calcular inclinações e desenhar manualmente segmentos de

o grande de pontos. Assim, iremos


(b) Use o campo de direções dado para estudar o

comportamento das soluções de dy

ydx

= quando x → +∞.

(c) Determine a solução geral da equação, esboce o gráfico de algumas curvas-solução e confirme as conclusões obtidas no item (b).

Solução

(a) A partir do ponto (0,1) dado, devemos traçar uma curva tangente aos segmentos de reta que estiverem mais próximos daquele que passa por este ponto.


Com esse procedimento, obtemos o gráfico da curva-solução da equação diferencial dada que passa pelo ponto (0,1).

(b) O campo de direções sugere que, quando os valores de x aumentam indefinidamente algumas soluções crescem indefinidamente, outras decrescem indefinidamente e uma delas permanece constante. Observe que o comportamento das curvas-solução depende da condição inicial do problema.

(c)

ln x

dy dy dyy dx dx

dx y y

y x C y ke

= ⇒ = ⇒ =

⇒ = + ⇒ =

∫ ∫

é a solução geral da equação.

Utilizando um CAS (sistema algébrico computacional) desenhamos algumas curvas-solução para a equação dada.


Podemos observar que o comportamento das curvas-solução é o mesmo que o descrito na análise do item (b).

Vamos agora, considerar equações diferenciais da forma

( )dy

g ydx

=

onde g é uma função independente da variável x. Uma equação desse tipo é denominada de equação diferencial autônoma.

A equação diferencial ( )dy

g ydx

= é do tipo separável e a

expressão

( )

dyx C

g y= +∫

fornece a família de soluções para ela. Contudo, pode ser muito difícil calcular a integral do lado esquerdo da igualdade, mesmo que a função g(y) seja relativamente simples. Assim, iremos aprecomo utilizar uma abordagem gráfica para estudar o comportamento das soluções desse tipo de equação.


solução é o

Vamos agora, considerar equações diferenciais da forma

. Uma equação

é do tipo separável e a

fornece a família de soluções para ela. Contudo, pode ser muito difícil calcular a integral do lado esquerdo da igualdade, mesmo que

) seja relativamente simples. Assim, iremos aprender como utilizar uma abordagem gráfica para estudar o comportamento


Uma solução de equilíbrio (ou estacionária) de uma equação

diferencial autônoma é uma solução para a qual 0dy

dx= , ou seja, é

uma solução constante. Assim, para determinarmos as soluções de equilíbrio de uma equação diferencial autônoma, basta resolver a equação g(y) = 0.

OBS: Observe que o gráfico de uma solução de equilíbrio é uma reta horizontal.

EXEMPLO 1 Determine as soluções de equilíbrio da equação

diferencial (3 )dy

y ydx

= − .

Solução

Nesse caso, g(y) = y(3 – y). Resolvendo a equação y(3-y) = 0, obtemos y1 = 0 e y2 = 3 como as duas soluções de equilíbrio (soluções constantes) para a equação diferencial dada.

CUIDADO: Não se esqueça que y1 e y2 são funções e, portanto,

1 0y = e 2 3y = significa que y1 (x) = 0 e y2 (x) = 3 para todo x

domínio de y, cujos gráficos são retas paralelas ao eixo-x, cruzando o eixo-y em y = 0 e y = 3, respectivamente, conforme mostrado no gráfico a seguir.

) de uma equação

, ou seja, é

solução constante. Assim, para determinarmos as soluções de equilíbrio de uma equação diferencial autônoma, basta resolver a

Observe que o gráfico de uma solução de equilíbrio é

soluções de equilíbrio da equação

) = 0, = 3 como as duas soluções de equilíbrio

são funções e, portanto, no

, cruzando = 3, respectivamente, conforme mostrado no


OBS:

Observe que no exemplo anterior, as soluções de equilíbrio y = 0 e y = 3 dividem o plano xy em três faixas horizontais e que qualquer solução não constante está contida inteiramente em uma dessas faixas. Observe ainda que uma solução é decrescente se estiver nas faixas correspondentes a y < 0 e y > 3, e é crescente se estiver na faixa correspondente a 0 < y < 3. Este fato segue do estudo do sinal da função g(y) = y(3 – y) cujo gráfico é uma parábola com concavidade voltada para baixo (o sinal de y2 é negativo). Analisando o sinal da parábola, observamos o seguinte:

• para y < 0 ou y > 3, temos que g(y) < 0

e, portanto, dy

dx< 0, indicando que a

solução ( )y f x= é uma função

decrescente.

• para 0 < y < 3, temos que g(y) > 0 e,

portanto, dy

dx> 0, indicando que a solução

( )y f x= é uma função crescente.

Observamos ainda que à medida que x aumenta, as soluções não-


constantes se aproximam da solução de equilíbrio y = 3 e se afastam da solução de equilíbrio y = 0. Estas soluções não-constantes são obtidas resolvendo a equação original

(3 )dy

y ydx

= − , que é uma EDO separável. Ao fazer isso,

obtemos:

3

3

3, para 0 ou 3

1( )3

, para 0 3,1

x

x

y yCey x

yCe

−

−

< > −

= < < +

de onde notamos que y Ø 3 quando x Ø ∞, o que explica o comportamento gráfico observado.

Uma solução de equilíbrio y = y0, de uma equação diferencial

autônoma ( )dy

g ydx

= , é dita ser assintoticamente estável se

( )0' 0g y < e é instável se ( )0' 0g y > . O termo assintoticamente

estável vem do fato da solução y = y0, cujo gráfico é uma reta horizontal, ser uma assíntota horizontal para os gráficos das soluções não-constantes, quando a variável independente x cresce muito.

No exemplo anterior, temos que:

( ) ( ) ( )3 ' 3 2g y y y g y y= − ⇒ = −

e as soluções da equação são: 1 20 e 3.y y= = Assim, temos que:

( ) ( ) ( )1 1' ' 0 3 0 0g y g y x= = > ⇒ ≡ é uma solução instável

( ) ( ) ( )2 2' ' 3 3 0 3g y g y x= = − < ⇒ ≡ é uma solução

assintóticamente estável


Por isso, as soluções se afastam de 1 0y = e se aproximam de

2 3,y = conforme podemos observar no gráfico.

As soluções assintóticamente estáveis são denominadas de atratoras. EXEMPLO2 Determine as soluções de equilíbrio da equação

diferencial ( 3)dy

y ydx

= − e verifique a estabilidade dessas soluções.

Solução Nesse caso temos g(y) = y (y - 3) e facilmente notamos que anula para y = 0 e y = 3 (soluções de equilíbrio). Para testar a estabilidade das soluções de equilíbrio, calculamos a derivada deg(y).

'(0) 3 0

'( ) 2 3 '(3) 3 0

gg y y

g

= − <= − ⇒

= >

Portanto, a solução de equilíbrio y = 0 é assintoticamente estávelsolução de equilíbrio y = 3 é instável.

EXERCÍCIOS 2.4

Resolva os exercícios abaixo usando um computador. Sugerimos os programas Graphmatica ou Winplot.

1. a) Faça um esboço do campo de direções para a equação

diferencial 21( 1)

2

dyy

dx= − .

b) Analisando o campo de direções obtido, quais são as soluções constantes (denominadas de soluções de equilíbrio) da equação

diferencial 21( 1)

2

dyy

dx= − ?


e se aproximam de

As soluções assintóticamente estáveis são denominadas de

Determine as soluções de equilíbrio da equação

verifique a estabilidade dessas soluções.

facilmente notamos que g(y) se ). Para testar a

estabilidade das soluções de equilíbrio, calculamos a derivada de

assintoticamente estável e a

Sugerimos

a) Faça um esboço do campo de direções para a equação

b) Analisando o campo de direções obtido, quais são as soluções ) da equação


c) Analisando o campo de direções, o que acontece com os gráficos das funções soluções, y = f(x), da equação diferencial

21( 1)

2

dyy

dx= − , em relação as soluções de equilíbrio, a medida que

a variável independente assume valores positivos ou valores negativos muito grandes?

d) Analisando o campo de direções, o que acontece com a função?

e) Mostre que todo membro da família de funções 1

1

t

t

cey

ce

+=

−é

uma solução da equação diferencial 21( 1)

2

dyy

dx= − .

f) Encontre uma solução da equação diferencial 21( 1)

2

dyy

dx= −

que satisfaça a condição inicial y(0) = 2 e esboce o seu gráfico.

g) Encontre uma solução da equação diferencial 21( 1)

2

dyy

dx= −

que satisfaça a condição inicial y(0) = -2 e esboce o seu gráfico no mesmo plano cartesiano da solução anterior.

h) Encontre uma solução da equação diferencial 21( 1)

2

dyy

dx= −

que satisfaça a condição inicial y(0) = 0 e esboce o seu gráfico no mesmo plano cartesiano das soluções anteriores.

2. Denotamos por N(t) a quantidade de substância (ou população) em processo de crescimento ou decrescimento, onde a variável t está representando o tempo (esta equação aparece em diversos sistemas de Química tais como decaimento radioativo e consumo de certos reagentes em um meio reacional mantido a temperatura constante). Sabendo que a taxa de variação da quantidade de substância é proporcional à quantidade de substância presente, formule um modelo matemático para esta situação. Em seguida, escolha um


valor qualquer para a constante de proporcionalidade e faça um esboço do campo de direções da equação diferencial obtida. A partir do campo de direções obtido, determine a(s) solução(ões) de equilíbrio (soluções constantes) e faça uma análise do comportamento das curvas soluções (não constantes).

3. Desenhe um campo de direções para a equação diferencial 3' 4y y y= − . A partir da imagem obtida determine as soluções de

equilíbrio (se existirem). Faça uma análise do comportamento das curvas soluções. Considerando y(0) = k uma condição inicial, para

quais valores de k, o limite lim ( )t

y t→∞

existe? Quais são os possíveis

valores para esse limite? Resolva a equação diferencial e verifique se suas observações gráficas estão corretas.

4. A função y(t) é solução da equação diferencial

4 3 26 5dy

y y ydx

= − + . Descreva o campo de direções para esta

equação diferencial. Analisando esse campo responda as questões a seguir. (a) Quais são as soluções constantes da equação? Descreva com palavras sua compreensão acerca destas. (b) Para quais valores de y as soluções estão aumentando? Descreva com palavras sua compreensão acerca deste fato. (c) Para quais valores de y as soluções estão diminuindo? Descreva com palavras sua compreensão acerca deste fato.

5. (a) Encontre a solução geral da equação diferencial 26

2 cos

dy x

dx y y=

+.

(b) Descreva o campo de direções para esta equação diferencial e procure analisar qual é o comportamento das soluções da equação diferencial através deste campo de direções.


(c) Esboce o gráfico de algumas curvas soluções atribuindo valores para a constante C: 3, 2, 1, 0, -1, -2, -3.

6. Suponha que uma população cresce de acordo com o modelo

logístico 0,0015 16000

dP PP

dt

= −

.

(a) Use o campo de direções (descrito na figura abaixo) para esboçar a curva solução para a população inicial de 1000 indivíduos. O que você pode dizer sobre a concavidade dessa curva? Qual o significado do ponto de inflexão? (b) Use o programa Graphmatica para calcular a população depois de 50 anos. (c) Se a população inicial for 1000, escreva uma fórmula para a população depois de t anos. Use-a para calcular a população depois de 50 anos e compare com o valor encontrado na parte (b). (d) Plote a solução encontrada na parte (d), no mesmo plano em que você esboçou o campo de direções, e compare com a curva solução que você esboçou na parte (a).

Dado: 1

ln( )

du uC

u a bu a a bu= +

+ +∫

) Esboce o gráfico de algumas curvas soluções atribuindo

Suponha que uma população cresce de acordo com o modelo

(a) Use o campo de direções (descrito na figura abaixo) para esboçar . O que

você pode dizer sobre a concavidade dessa curva? Qual o

) Use o programa Graphmatica para calcular a população depois

) Se a população inicial for 1000, escreva uma fórmula para a a para calcular a população depois

) Plote a solução encontrada na parte (d), no mesmo plano em que ção


7. Explore graficamente a equação diferencial dy

x ydx

= + ,

( )7

010

y = − ; -4 ≤ x ≤ 4, -4 ≤ y ≤ 4 seguindo os passos indicados

para isso.

(a) Trace um campo de direções para a equação diferencial especificando os intervalos de variação de x e de y.

(b) Faça uma análise do campo de direções descrito no item (a).

(c) Existem soluções de equilíbrio? Justifique sua resposta a partir da equação diferencial dada e do campo de direções.

(d) Determine a solução geral da equação diferencial dada.

(e) Trace os gráficos das soluções para os valores da constante arbitrária C = -2, -1, 0, 1, 2 sobrepostos ao seu campo de direções.

(f) Determine e trace a solução que satisfaz a condição inicial especificada ao longo do intervalo [0,1].

8. A equação diferencial 1

ln2

dyy y

dx

= −

não possui solução

explícita em termos de funções elementares. Explore graficamente a equação diferencial dada, através de seu campo de direções, tirando todas as informações possíveis a respeito do comportamento das curvas soluções, ou seja, do comportamento de y como uma função de x.

9. Certo material radioativo decai a uma taxa proporcional à quantidade presente. Se inicialmente há 100 miligramas e se, após dois anos, 5% do material decaiu, determine:

(a) a expressão para a massa m(t) em um instante t qualquer;

(b) o tempo necessário para o decaimento de 10% do material.

(c) Esboce o campo de direções para a equação diferencial obtida e o gráfico da função m(t), obtida anteriormente.


10. Esboce o campo de direções para a equação diferencial ' 1y y= − e use-o para fazer uma conjectura sobre o comportamento

das soluções, quando .x → +∞ Confirme a sua conjectura examinando a solução geral da equação.

11. Use o campo de direções para fazer uma conjectura sobre o efeito de y(0) no comportamento da solução do problema de valor

inicial ' 2y y x= − , ( ) 00y y= quando x → +∞ , e verifique a sua

conjectura examinando a solução do problema de valor inicial.

12. Esboce o campo de direções para a equação diferencial 'x

yy

= −

e use-o para estimar o valor de 1

2y

para a solução que satisfaça a

condição inicial y(0) = 1. Compare a sua estimativa com o valor

exato de 1

2y

.

13. Desenhe um campo de direções para a equação diferencial

(3 )dy

ty ydt

= − e faça um esboço do gráfico de diversas curvas

soluções. Descreva como as curvas soluções parecem se comportar quando t cresce e como esse comportamento depende do valor inicial y0.

14. (a) Dado o campo de direções para uma equação diferencial, esboce o gráfico das soluções que satisfazem as condições iniciais dadas: (i) y(0) = 1 (ii) y(0) = 3.

(b) Se a condição inicial for y(0) = C, para quais valores de C

lim ( )t

y t→∞

é finito? Quais são as soluções de equilíbrio?


15. A quantidade de sal Q(t) em um tanque, no instante

satisfaz uma equação diferencial do tipo dQ Q

Bdt A

+ = , está descrita

no campo de direções ao lado. (a) À medida que o tempo passa o que acontece com a quantidade de sal no tanque? Este valor depende da quantidade inicial de sal no tanque? Justifique sua resposta. (b) Faça agora uma análise do comportamento da quantidade de sal no tanque (à medida que o tempo passa), levando em conta a quantidade inicial de sal.

16. Associe cada uma das equações diferenciais dadas a seu campo de direções e justifique sua escolha, da melhor maneira para se fazer entender.


) em um tanque, no instante t, que

, está descrita

(a) À medida que o tempo passa o que acontece com a quantidade de sal no tanque? Este valor depende da quantidade inicial de sal no

comportamento da quantidade de sal tempo passa), levando em conta a

Associe cada uma das equações diferenciais dadas a seu campo de direções e justifique sua escolha, da melhor maneira para se fazer


(a) y’ = y – x (b) y’ = y2 – x2 (c) y’ = y3 – x3 (1)

(2)

(3)


17. Verifique se o campo de direções, descrito na figura abaixo, está relacionado com a equação diferencial y’ = 2y – x. Dê as razões para sua resposta. Esboce o gráfico das soluções que satisfazem cada uma das condições iniciais: y(1) = 1, y(0) = -1 e y(-1) = 0.

18. Associe a equação diferencial com o campo de direções, e explique o seu raciocínio.

(a) 1

'yx

= (b) 1

'yy

=

(c) 2

' xy e−= (d) 2' 1y y= −

1)


2)

3)

4)


EXERCÍCIOS EXTRAS

1. Determine o valor de a para que as funções dadas sejam soluções das respectivas equações:

a) 22

( ) ; ' 03

y t y t yt

α= + =

− b) 2

2( ) ; ' 6 0

1y t y t y

t

α= − =

+

2. Resolva os PVIs abaixo:

a) ' (1 2 )

(0) 2

xy x y xe

y

− + − =

= b)

2(1 ) ' 0

(0) 1 / 2

x y xy

y

+ − =

=

c) 32' 3

(0) 2

t ty t y e

y

− + + =

= d)

2 1 (2 ) ' 0

(2) 4

y y xy y

y

− − + =

=

e) 2 sen ' (cos )

(0) 2

t ty t y te

y

+ − =

= f)

544 4 5'

(0) 1

x

y x y x e

y

+ = =

g) 2( 9) ' 0

(4) 3

x y xy

y

+ + =

= h)

' 2

(1) 0

xy y x

y

+ =

=

3. Resolva o PVI 4 40' 5 ; (0) .y x y x y y+ = =

a) Para que valores de y0 a solução é crescente e para que valores de y0 a solução é decrescente?

b) Qual o limite de y(x) quando x →¶ ? O limite depende de y0 ?

4. Resolva o PVI 20( 9) ' 0; (5) .x y xy y y− + = =

a) Qual o intervalo onde a solução é válida?

b) Qual o limite de y(x) quando x →¶ ? O limite depende de y0 ?

5. Considere a equação ( ) 0.dy

p t ydt

+ =


a) Mostre que se y1(t) e y2(t) são soluções da equação, então

( ) ( ) ( )1 2y t y t y t= + também o é.

b) Mostre que se y1(t) é solução da equação, então y(t) = c y1(t) também o é para qualquer constante c.

6. Resolva o PVI

2

2 1; (0) 0.

3 3

dy xy

dx y

+= =

−

Em seguida, determine os pontos onde a solução tem um extremo local.

7. Em um pedaço de madeira é encontrado 1/500 da quantidade original de carbono 14. Determine sua idade.

8. Num tanque há 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em solução. Água limpa (sem sal) entra no tanque numa vazão de 6 litros por minuto e a mistura se escoa à razão de 4 litros por minuto, conservando-se a concentração uniforme por agitação. Determine quanto sal há no tanque após 50 minutos.

9. Um tanque contém 100 litros de uma solução a uma concentração de 1 grama por litro. Uma solução com uma concentração de

1

1002t

t e−

gramas por litro entra no tanque a uma taxa de 1 litro por

minuto, enquanto a solução bem misturada sai à mesma taxa.

a) Determine a quantidade da substância no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo.

b) Calcule a concentração da substância no tanque (gramas por litro) 10 minutos após o início do processo.

10. Num processo químico, uma substância se transforma em outra numa taxa proporcional à quantidade de substância não transformada. Se esta quantidade é 48 ao fim de 1 hora e 27 ao fim de 3 horas, qual a quantidade inicial da substância?


11. Em uma cultura, inicialmente há N0 bactérias. Uma hora depois, o número de bactérias passa a ser 3N0/2. Se a taxa de crescimento é proporcional ao número de bactérias presentes, determine o tempo necessário para que o número de bactérias triplique.

12. Quando um bolo é retirado do forno, sua temperatura é de 300°F. Três minutos depois, sua temperatura passa para 200°F. Determine uma função que forneça a temperatura do bolo em um instante t qualquer, se a temperatura do meio em que ele foi colocado for de 70°F. Faça o gráfico da solução e, a partir dele, determine quanto tempo levará para a sua temperatura chegar a 70°F.

13. A população de uma cidade cresce a uma taxa proporcional à população em qualquer tempo. Sua população inicial de 500 habitantes aumenta 15% em 10 anos. Qual será a população em 30 anos?

14. O isótopo radioativo de chumbo Pb-209 decresce a uma taxa proporcional à quantidade presente em qualquer tempo. Sua meia-vida é de 3,3 horas. Se i grama de chumbo está presente inicialmente, quanto tempo levará para 90% de chumbo desaparecer?

15. Um termômetro é removido de uma sala em que a temperatura é de 70°F e colocado do lado de fora, onde a temperatura é de 10°F. Após ½ minuto o termômetro marcava 50°F. Qual a temperatura marcada no termômetro após 1 minuto de ter sido removido? Quanto tempo levará o termômetro para marcar 15°F?

16. Suponha que um circuito R-C em série tenha uma resistência variável. Se a resistência no instante t é dada por R = k1 + k2 t, em que k1 > 0 e k2 > 0 são constantes, então a equação diferencial para a

carga torna-se 1 21

( ) ( ).dq

k k t q E tdt C

+ + = Mostre que, se E(t) = E0 e


q(0) = 0, então a carga em um tempo t qualquer é dada por

2

1

10 0 0

1 2

( ) ( )Ckk

q t E C q E Ck k t

= + −

+ .

17. Uma força eletromatriz dada por 120, 0 20

( )0 , 20

tE t

t

≤ ≤=

> é

aplicada a um circuito L-R em série no qual a indutância é de 20 henrys e a resistência, 2 ohms. Encontre a corrente i(t), se i(0) = 0.

18. Um marcapasso consiste em uma bateria, um capacitor e o coração como resistor. O capacitor é carregado e descarregado periodicamente, enviando um impulso elétrico ao coração. Durante esse tempo, a voltagem E aplicada ao coração é dada por

1 21

, ,dE

E t t tdt RC

= − < < em que R e C são constantes. Determine

E(t) se E(t1) = E0.

19. A equação diferencial '( ) ( cos ) ,P t k t P= em que k é uma

constante positiva, é frequentemente usada como um modelo de uma população sujeita à flutuações sazonais. Encontre P(t) e faça um gráfico da solução. Suponha P(0) = P0.

20. Suponha que um estudante infectado por um vírus da gripe retorne a uma faculdade isolada no campus onde se encontram 1000 estudantes. Presumindo que a taxa na qual o vírus se espalha é proporcional não somente à quantidade x de alunos infectados, mas também à quantidade de alunos não infectados, determine o número de alunos infectados após 6 dias se ainda é observado que depois de 4 dias haviam 50 alunos infectados.


Capítulo 3

Funções de Várias Variáveis


• Sistema Tridimensional de Coordenadas

• A Fórmula da Distância no Espaço.

• A equação de uma Esfera.

• Como plotar o gráfico de funções de duas variáveis em um sistema tridimensional de coordenadas.

• Como determinar o valor de uma função de duas variáveis.

• Como determinar o domínio de uma função de duas variáveis.

• Como determinar e interpretar uma curva de nível e um mapa de contorno.


Funções de Várias Variáveis

Introdução

No curso de Cálculo Diferencial e Integral I, estudamos algumas propriedades relacionadas com funções de uma variável independente, do tipo y = f(x). Contudo, a maioria dos fenômenos que ocorrem na natureza está relacionada com a influência mútua de duas ou mais grandezas. Por exemplo, podemos considerar que a quantidade de água em um reservatório dependa das chuvas e do consumo realizado pelos habitantes; ou então que a freqüência de um circuito sintonizador dependa da sua capacitância, da sua indutância e da sua resistência; ou ainda que a pressão de um gás dependa da sua temperatura e de seu volume, e assim por diante.

Na Química, quando a equação de estado de um gás ideal é

escrita na forma ( , , )nRT

V f P T nP

= = , quer dizer que em qualquer

estado do sistema, o valor do volume V (variável dependente) é determinado pelos valores da pressão P, da temperatura T e da quantidade de substância n (variáveis independentes), uma vez que R é uma constante universal.

Particularmente, na Físico-Química, existem inúmeras funções de várias variáveis independentes. Por exemplo, as propriedades termodinâmicas de um sistema fluido simples de uma componente e uma fase, são funções de três variáveis independentes. Se escolhermos temperatura (T), volume (V) e número de mols (n) como nossas variáveis independentes, então outra propriedade tal como a pressão (P), é a variável dependente. Escrevemos então,

( ), ,P f T V n= . Na Termodinâmica também existem quantidades

que dependem de mais de uma variável, como por exemplo: o volume molar Vm depende da pressão P e da temperatura T, ou seja,


( ),mV f P T= ; a entalpia H de um sistema pode também ser

pensada como uma função da pressão e da temperatura

( ),H f P T= .

Na equação que descreve o movimento retilíneo uniformemente acelerado

20 0

1

2s s v t at= + +

o espaço s é uma função de duas variáveis independentes, ou seja,

( ),s s a t= onde a é a aceleração do movimento, t é o tempo e as

grandezas s0 (espaço inicial) e v0 (velocidade inicial), são dois parâmetros, constantes para cada tipo de movimento.

Na maioria das vezes, os resultados que se estabelecem para as funções de duas variáveis, estendem-se para funções de mais variáveis independentes, com o mesmo tipo de raciocínio. Assim, fixaremos nossa atenção nas funções de duas variáveis e só consideraremos funções de três ou mais variáveis, quando houver necessidade.

Sistema Tridimensional de Coordenadas

Iremos aprender aqui como descrever e localizar um ponto no espaço tridimensional. Vimos em estudos anteriores que o plano cartesiano é constituído a partir de duas retas perpendiculares, denominadas de eixo x e eixo y que, juntamente com o ponto de interseção (a origem), definem um sistema bidimensional de coordenadas que possibilita especificar a localização de todos os pontos do plano. Representamos o sistema bidimensional por

2ℝ = ℝ ×ℝ =(x,y): x∈ℝ e y∈ℝ .

FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 143

Seguindo essa mesma linha de raciocínio, para descrever a localização de um ponto no espaço precisamos inserir, no sistema bidimensional, uma terceira dimensão.

Para isso, a partir do plano cartesiano, definimos um eixo-z (perpendicular ao plano cartesiano) passando pela origem e que, juntamente com o eixo-x e o eixo-y, irá constituir nosso sistema

tridimensional de coordenadas.

A figura a seguir, mostra a parte positiva dos três eixos do

sistema de coordenadas. Observe que, tomados aos pares, os eixos determinam três planos coordenados: o plano xy (formado a partir do eixo x e do eixo y), o plano yz (formado a partir do eixo y e do eixo z) e o plano xz (formado a partir do eixo x e do eixo z).

Sistema Tridimensional de Coordenadas


Observe ainda que esses três planos coordenados dividem o

sistema tridimensional de coordenadas em oito partes, denominadas octantes.

O primeiro octante é aquele no qual as três coordenadas são positivas e os demais são contados a partir deste, no sentido anti-horário, e de cima para baixo.

Para representar um ponto P(x,y,z) no sistema tridimensional de

coordenadas (espaço) faça o seguinte: marque x unidades, a partir

da origem, sobre o lado positivo do eixo x (se o valor de x for

positivo); a partir daí ande y unidades, paralelamente ao eixo y, no

sentido positivo do eixo y (se o valor de y for positivo), e, em

seguida, ande z unidades paralelamente ao eixo z, no sentido

positivo do eixo z (se o valor de z for positivo).

FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS

Representamos o sistema tridimensional por

3ℝ = ℝ ×ℝ ×ℝ =(x,y,z): x∈ℝ , y∈ℝ e z∈ℝ .

EXEMPLO Pontos no Sistema Tridimensional de Coordenadas R3 (Espaço)

Plote os seguintes pontos no espaço:

(a) P(3,-1,2) (b) Q(-2,1, -2) (c) R(2,2,0) Solução Para plotar o ponto P(3, -1,2) você deve observar que y = -1 e z = 2. Comece marcando 3 unidades, a partir da origem, sobre o lado positivo do eixo x. A partir daí ande 1 unidade, paralelamente ao eixo y, no sentido negativo do eixo y seguida, ande 2 unidades paralelamente ao eixo z, no sentido positivo do eixo z (veja a figura ao lado). Os demais pontos são plotados seguindo o mesmo raciocínio.


Pontos no Sistema Tridimensional de

1,2) você deve observar que x = 3, = 2. Comece marcando 3 unidades, a partir da origem,

. A partir daí ande 1 unidade, e, em

, no sentido (veja a figura ao lado). Os demais pontos são


EXERCÍCIOS 3.1

1. Plote os pontos dados no mesmo sistema tridimensional de coordenadas. (a) P(3,1,2)

Q(-2,1,2) (b) P(2, -3,4) Q(3,4, -2)

(c) P(3, -1,1) Q(-3, -1, -1)

(d) P(0,3, -2) Q(3,0,2)

2. Represente os pontos P(-2,3,0), Q(-2,3, -2), R(2,0,0), S(0, -3,0), T(0,0,2) e Q(4,4,2) no sistema tridimensional de coordenadas e verifique em que octante (oitava parte do sistema tridimensional) eles estão situados.


A fórmula da distância no espaço

Algumas das fórmulas deduzidas para um sistema bidimensional de coordenadas podem facilmente ser estendidas para um sistema tridimensional, como é o caso da distância entre dois pontos. Para determinar a distância entre dois pontos P(x1,y1) e Q(x2,y2) num plano, aplicamos o Teorema de Pitágoras, como mostra a figura ao lado.

Agora, para determinar a distância entre dois pontos no espaço, basta aplicar duas vezes o Teorema de Pitágoras, como você pode ver nas ilustrações abaixo.


A fórmula da Distância entre o ponto P(x1,y1,z1) e o ponto Q(x2,y2,z2) é então dada pela equação:

2 2 22 1 2 1 2 1( ) ( ) ( )d x x y y z z= − + − + −

OBS: Esta fórmula é atribuída a Euclides e, por isso, é conhecida como distância euclidiana entre dois pontos. Existem outras maneiras de definir distâncias, mas não serão tratadas aqui.

EXEMPLO Distância entre dois pontos. Determine a distância entre os pontos P(2,0,1) e Q(-3,4,2) Solução Escreva a fórmula da distância

2 2 22 1 2 1 2 1( ) ( ) ( )d x x y y z z= − + − + −

Substitua os valores 2 2 2( 3 2) (4 0) (2 1)d = − − + − + −

) e o ponto

Esta fórmula é atribuída a Euclides e, por isso, é conhecida como distância euclidiana entre dois pontos. Existem outras maneiras de definir distâncias, mas não


Simplifique a expressão

25 16 1d = + +

Obtenha o valor

42.d =

EXERCÍCIO 3.2

Determine a distância entre os pontos dados

(a) P(3,1,2) (b) P(2, -3,4) Q(-2,1,2) Q(3,4,-2) A Equação de uma esfera

De maneira análoga ao caso da distância entre dois pontos,equação de uma circunferência pode facilmente ser estendida para um sistema tridimensional, obtendo assim a equação de uma esfera.Para determinar a equação de uma circunferência de raio r e centro em C(a,b) consideramos o seguinte: um ponto (x,y) pertence à uma circunferência se, e apenas se, a distância entre ele e o centro

é igual a r. Em notação matemática escrevemos ( ) (( , ; ,d x y a b r

e, utilizando a fórmula para a distância euclidiana, obtemos 2 2( ) ( ) .x a y b r− + − =

Elevando ambos os lados da igualdade ao quadrado, obtemos a expressão

(x – a)2 + (y – b)2 = r2,

que é conhecida como a equação reduzida de uma circunferência de centro em C(a,b) e raio r, conforme figura.


De maneira análoga ao caso da distância entre dois pontos, a equação de uma circunferência pode facilmente ser estendida para um sistema tridimensional, obtendo assim a equação de uma esfera.

e centro nce à uma

circunferência se, e apenas se, a distância entre ele e o centro C(a,b)

)), ; ,d x y a b r=

ambos os lados da igualdade ao quadrado, obtemos a

que é conhecida como a equação reduzida de uma circunferência de


Agora, para determinar a equação de uma esfera (no espaço) com o centro em C(a,b,c) e raio r, basta considerar que a distância entre qualquer ponto (x,y,z) da esfera e o centro C(a,b,c) é igual a r.

Usando a fórmula da distância entre dois pontos no espaço

( )2 2 2( ) ( ) ( )x a y b z c r− + − + − = , obtemos a equação da esfera

de centro no ponto C(a,b,c) e raio r, como mostra a figura.


EXEMPLO 1 Determine a equação de uma esfera com centro no ponto P(2,1,3) e raio igual a 3. Solução Escreva a equação da esfera

2 2 2 2( ) ( ) ( )x a y b z c r− + − + − =

Substitua os valores. 2 2 2 2( 2) ( 1) ( 3) 3x y z− + − + − =

Simplifique a expressão. 2 2 2( 2) ( 1) ( 3) 9x y z− + − + − =

A Fórmula do Ponto Médio no Espaço

O Ponto Médio do segmento de reta que liga dois pontos quaisquer do espaço, digamos P(x1,y1,z1) e Q(x2,y2,z2), é dado por :

Ponto Médio = 1 2 1 2 1 2, ,2 2 2

x x y y z z+ + +

EXEMPLO 2 Determine a equação de uma esfera cujo diâmetro é o segmento de reta que une os pontos P(2, -3,5) e Q(-1,4,3).

Solução

Use a fórmula do ponto médio para determinar o centro da esfera

2 ( 1) 3 4 5 3( , , ) , ,

2 2 2C a b c

+ − − + + =

Simplifique a expressão.

1 1( , , ) , ,4

2 2C a b c

=


Determine a equação de uma esfera com centro no

A Fórmula do Ponto Médio no Espaço

do segmento de reta que liga dois pontos quaisquer

Determine a equação de uma esfera cujo diâmetro 1,4,3).

o centro da esfera.


Use a fórmula da distância para calcular o raio da esfera.

2 2 2( 1 2) (4 ( 3)) (3 5) 62

2 2 2PQd

r− − + − − + −

= = =

Escreva a equação da esfera.

2 2 2 2( ) ( ) ( )x a y b z c r− + − + − =

Substitua os valores.

2

2 2 21 1 62( ) ( ) ( 4)

2 2 2x y z

− + − + − =

Simplifique.

2 2 21 1 31( ) ( ) ( 4) .

2 2 2x y z− + − + − =

EXEMPLO 3 Determine o centro e o raio da esfera cuja equação é dada por x2 + y2 + z2 – 2x + 4y – 6z + 8 = 0. Solução Para obter o centro e o raio da esfera siga os passos descritos a seguir:

Passo 1: Agrupe os termos que envolvem a mesma variável.

(x2 – 2x + __) + (y2 + 4y + __) + (z2 - 6z + __) = -8 Passo 2: Some "o quadrado da metade do coeficiente de cada termo linear" aos dois lados da igualdade.

(x2 – 2x + 1) + (y2 + 4y + 4) + (z2 - 6z + 9) = -8 + 1 + 4 + 9

Passo 3: Escreva cada parcela como um quadrado perfeito

(x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 3)2 = 6

Passo 4: Compare a equação acima com a equação da esfera e observe que o centro e o raio desta surgem naturalmente.

Determine o centro e o raio da esfera cuja equação

passos descritos a

Some "o quadrado da metade do coeficiente de cada termo

Compare a equação acima com a equação da esfera e


EXERCÍCIOS 3.3

1. Determine as coordenadas do ponto médio do segmento de reta que une os dois pontos dados.

(a) P(-2,0, -3) e Q(4,4,3)

(b) P(-3, -2,3) e Q(4,3,5)

2. Determine a equação da esfera sabendo que: (a) centro = C(2,2,3) e raio = 5. (b) centro = C(-3,2,2); a esfera é tangente ao plano-xy. (c) diâmetro da esfera tem como extremidades os pontos P(3,0,0) Q(0,5,0).

3. Determine o centro e o raio da esfera: (a) x2 + y2 + z2 – 7x = 0 (b) 2x2 + 2y2 + 2z2 – 4x – 12y – 8z + 3 = 0

a = 1, b = -2, c = 3 e 6r =

C(1, -2,3) e 6r =

2 2 2 2( ) ( ) ( )x a y b z c r− + − + − =

(x – 1)2 + (y + 2)2 + (z – 3)2 = 6


1. Determine as coordenadas do ponto médio do segmento de reta

(c) diâmetro da esfera tem como extremidades os pontos P(3,0,0) e


Funções de Duas Variáveis

Uma função f de duas variáveis x e y é uma regra que associa

a cada par ordenado de números reais (x,y) de seu domínio D ⊂⊂⊂⊂ 2ℝ ,

um único número real denotado por z = f(x,y).

O conjunto D, denominado domínio de f (Df ), é o maior

subconjunto do 2ℝ para o qual faz sentido a regra em questão; ou

seja, é todo o plano- xy ou uma parte dele. A imagem de f é o

conjunto de valores possíveis de f, ou seja, Im(f) = z = f(x,y) ∈ ℝ :

(x,y) ∈ D ⊂⊂⊂⊂ 2ℝ .

NOTAÇÃO

2:

( , ) ( , )

f D

x y z f x y

⊂ →

=֏

R R

onde z é a variável dependente e x e y são as variáveis independentes.

z

z

y

y

x

x (x,y)

( )( ), , ,x y z f x y=

Domínio

Contra-domínio

D


EXEMPLO 1 Calcule f (-3,2) onde 2 2

( , )3 4

x yf x y = + .

Solução

O domínio de f é todo 2ℝ , uma vez que qualquer par ordenado (

pode ser substituído na expressão da função. Assim, para (

(-3,2), temos 2 2( 3) (2) 9 4

( 3,2) 3 1 4.3 4 3 4

f−

− = + = + = + =

EXEMPLO 2 Dada a função racional ( , )x y

f x yx y

+=

−,

determine e represente geometricamente o domínio de f. Solução A expressão para f está bem definida se o denominador for diferente de 0. Assim, o domínio da função f é:

Df = (x,y) ∈ 2ℝ : x ≠ y

EXEMPLO 3 Represente graficamente o domínio de

( , )1

y xf x y

x

−=

+.


uma vez que qualquer par ordenado (x,y) Assim, para (x,y) =

está bem definida se o denominador for diferente


Solução

A expressão para f está bem definida se o denominador for diferente de zero e o número que está dentro da raiz quadrada for maior ou igual a zero. Assim, devemos ter

y - x ≥ 0 e x + 1 ≠ 0 ⇒ y ≥ x e x ≠ -1.

Portanto, o domínio de f é

Df = (x,y) ∈ 2ℝ

: y ≥ x e x ≠ -1.

EXEMPLO 4 Uma função polinomial de duas variáveis reais

2ℝ → é uma função do tipo

f(x,y) = 3x3 y - 2xy + 3

cujo domínio é Df = 2ℝ . Uma função polinomial

( ),f x y ax by c= + +

denomina-se função afim.

EXEMPLO 5 Toda função f : 2ℝ → definida por

f(x,y) = ax + by ; a,b ∈ ℝ

é dita função linear cujo domínio é Df = 2ℝ .

definida se o denominador for diferente for maior ou

de duas variáveis reais f:


EXERCÍCIOS 3.4

1. Dada f(x,y) = 3x + y, calcule :

a) f(-1,2) b) f(b,x)

c) ( , ) ( , )f x x y f x y

x

+ ∆ −

∆ d)

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

y

+ ∆ −

∆

2. Determine o domínio de cada função dada e represente-os graficamente.

a) 2 24z x y= − − b)

2z y x= −

c) 2

2 2

( 1) cos y xz

x y

−=

− d) ln (4 2 )z x y= − −

Você pode utilizar o programa Graphmatica para verificar se as suas respostas estão corretas.

3. Para f(x,y) = x2y + 1, determine:

a) f(2,1) b) f(3a,a) c) f(ab, a-b)

4.Para f(x,y) = x + 3x2y2 , x(t) = t2 e y(t) = t3, determine:

a) f(x(t),y(t)) b) f(x(0),y(0))

5. Descreva com palavras o domínio de 2

1( , )f x y

x y=

− e

represente-o graficamente.

6. Especifique o domínio da função dada, faça um esboço gráfico do domínio encontrado, calcule os valores indicados e explique o que representa o domínio de uma função de duas variáveis.

a) 2 3

( , )3 2

x yf x y

x y

+=

+; f(2,1), f(6,-4)

b) 2 2( , )f x y y x= − ; f(4,5), f(-1,2)

Você pode utilizar um programa gráfico para verificar se as suas respostas estão corretas.


Aplicações

A seguir veremos alguns exemplos de aplicações de funções de mais de uma variável.

EXEMPLO 1 A equação do movimento retilíneo uniformemente acelerado

20 0

1

2s s v t at= + +

define uma função de duas variáveis independentes, ( , )s f a t=

onde a é a aceleração do movimento e t é o tempo. As grandezas s

espaço inicial e 0v , velocidade inicial, são dois parâmetros

característicos para cada tipo de movimento.

EXEMPLO 2 A lei dos gases ideais

PV nRT=

onde P é a pressão, V é o volume, T é a temperatura e n o número de mols, define uma função de três variáveis independentes,

( , , )V f P T n=

considerando que R é uma constante universal.

EXEMPLO 3 A Lei de Coulomb

1 22

0

1

4elQ Q

Frπε

=

onde Q1 e Q2 são duas cargas pontuais colocadas no vácuo,

separadas pela distância r e 0ε é a permissividade no vácuo, define a

força elétrica Fel como uma função de três variáveis independentes,

( )1 2, ,elF f Q Q r= .

A seguir veremos alguns exemplos de aplicações de funções de

0s ,

, velocidade inicial, são dois parâmetros

o número de

são duas cargas pontuais colocadas no vácuo,

é a permissividade no vácuo, define a

como uma função de três variáveis independentes,


EXEMPLO 4 A força centrípeta F é uma força dirigida para um ponto central que faz com que um corpo em movimento, que normalmente se deslocaria em linha reta, se mova em círculos. A equação

2mvF

r=

define uma função de três variáveis independentes,

( ), ,F f m v r=

onde m é a massa do corpo, v é a velocidade do corpo e r é o raio da trajetória. EXEMPLO 5 A equação de Van der Waals (equação de estado para os gases reais)

( )2

2

anP V nb nRT

V

+ − =

onde n é o número de mols do gás e a e b são as constantes de der Waals para um determinado gás, define uma função de três variáveis independentes,

( )

2

2

nRT anP

V nb V= −

−.

A constante a representa a correção da pressão e está relacionada à magnitude das interações entre as partículas do gás. A constante a correção do volume e está relacionada ao tamanho das partículas do gás. EXEMPLO 6 A equação de estado de Dieterici2

( )

a

VRTRTP e

V b

−

=−

2 Primeira equação transcendental (não algébrica), apresentada como equação de estado.


é uma força dirigida para um ponto central que faz com que um corpo em movimento, que normalmente se deslocaria em linha reta, se mova em círculos. A

é o raio da

(equação de estado

são as constantes de Van para um determinado gás, define uma função de três

representa a correção da pressão e está relacionada à magnitude das interações entre as partículas do gás. A constante b é a correção do volume e está relacionada ao tamanho das partículas

Primeira equação transcendental (não algébrica), apresentada como


onde a, b e R são constantes, define uma função de duas variáveis independentes,

( ),P f V T= .

EXEMPLO 7 As leis da Eletrólise3 de Faraday podem ser expressas pela função de duas variáveis independentes,

( ),m f E q=

onde m é a massa depositada, q é a carga elétrica que atravessa a cuba no tempo t e E é o equivalente grama4 do metal depositado. EXEMPLO 8 A equação de Sackur-Tetrode, para um gás ideal,

0

23S

N keU

V

β γ − −

=

onde U é a energia interna, S é a entropia, β e γ são constantes, k é a constante de Boltzmann, V é o volume e N0 é o número de Avogadro, define uma função de duas variáveis independentes,

( ),U f S V= .

3 A eletrólise é um processo que separa os elementos químicos de um composto através do uso da eletricidade (é o processo inverso da pilha). É uma reação de oxi-redução não espontânea, provocada por uma corrente elétrica contínua fornecida por um gerador. Um eletrólito, ou substância que conduz eletricidade, é colocado em um recipiente onde se realiza a eletrólise (cuba eletrolítica). 4 O equivalente-grama de um elemento químico é a massa deste elemento que é capaz de reagir (ou deslocar) com 1g de hidrogênio ou 8g de oxigênio.

são constantes, define uma função de duas variáveis

podem ser

é a carga elétrica que atravessa a

Tetrode, para um gás ideal,

é a é o número de

é um processo que separa os elementos químicos de um . É

cada por uma corrente , ou substância

realiza a

grama de um elemento químico é a massa deste elemento que é capaz de reagir (ou deslocar) com 1g de hidrogênio ou 8g de


Gráfico de uma Função de Duas Variáveis

Outra maneira de visualizar o comportamento de uma função de duas variáveis é através do seu gráfico. As funções de duas variáveis podem ser representadas graficamente como superfícies em sistemas de coordenadas tridimensionais.

Considerando ( , )z f x y= , o par ordenado (x,y) pode ser identificado como um ponto no plano-xy e o valor correspondente z como a

altura associada ao ponto P(x,y,z) no espaço 3ℝ , em relação ao

plano-xy.

Assim como o gráfico de uma função f(x) de uma variável é uma curva no plano-xy, com equação y = f(x), o gráfico de uma função de duas variáveis f(x,y) é uma superfície no espaço, com equação z = f(x,y).


Vejamos alguns exemplos de gráficos de funções de duas variáveis, observando que o esboço do gráfico dos mesmos é muito mais complicado do que o de funções de apenas uma variável. EXEMPLO 1 Os gráficos das figuras a seguir, representam a

variação da pressão (P) de um gás ideal em relação à V

Vn

= onde

V é o volume à uma temperatura (T). Na figura (a) essa variação é representada fixando-se alguns

valores de T (T = 1000 ,T = 500 , ...) obtendo assim, curvas num sistema bidimensional.

Na figura (b) está representada a mesma variação em três dimensões. Observe que (a) é uma maneira simplificada de representar a figura (b).

a) b)

Vejamos alguns exemplos de gráficos de funções de duas do gráfico dos mesmos é muito

, representam a

onde

se alguns , ...) obtendo assim, curvas num

) está representada a mesma variação em três ) é uma maneira simplificada de


EXEMPLO 2 A equação x2 + y2 + z2 = 1, define duas funções no espaço.

2 21z x y= − − 2 21z x y= − − −

D = (x,y) ∈ 2ℝ : x2 + y2 ≤ 1: círculo de centro na origem e raio 1

EXEMPLO 3

2:

( , ) ( , ) 2

f

x y f x y

→

→ =

ℝ ℝ

EXEMPLO 4

2:

( , ) ( , )

f

x y f x y y

→

→ =

ℝ ℝ


= 1, define duas funções no

2 2z x y

círculo de centro na origem e raio 1.

( , ) ( , )x y f x y y→ =


EXEMPLO 5

EXEMPLO 6

Curvas de Nível

Inicialmente gostaríamos de chamar a atenção para o fato de que só é possível fazer representações gráficas de funções reais que possuam, no máximo, duas variáveis independentes, uma vez que seus gráficos estão sempre inseridos em espaços com uma dimensão a mais que a do domínio. Assim, o gráfico de uma função de uma

variável, é uma curva no plano ℝ2 , como já vimos; o gráfico de

2

2 2

2

:

( , ) ( , )

( , ) : 0, 0

f

x y f x y x y

D x y x y

→

→ = +

= ∈ ≥ ≥

ℝ ℝ

ℝ

2

2

:

( , ) ( , )

f

x y f x y x

→

→ =

ℝ ℝ

Inicialmente gostaríamos de chamar a atenção para o fato de que

possuam, no máximo, duas variáveis independentes, uma vez que gráficos estão sempre inseridos em espaços com uma dimensão

a mais que a do domínio. Assim, o gráfico de uma função de uma

, como já vimos; o gráfico de

2 2

( , ) : 0, 0

x y f x y x y

D x y x y= ∈ ≥ ≥


uma função de duas variáveis é uma superfície em ℝ3 , como acabamos de ver; o gráfico de uma função real de três variáveis é

uma superfície em ℝ4 , e assim por diante.

Também já notamos que não é simples construir, manualmente, o gráfico de funções de duas variáveis, sendo que, neste caso, o mais recomendado é a utilização de programas gráficos. Contudo, uma função de duas variáveis pode ser visualizada graficamente, em parte, considerando uma das variáveis independentes como constante, e esboçando o gráfico da função apenas em relação à outra variável.

Para ver como se dá esse processo, considere uma função de

duas variáveis z = f(x,y), cuja representação no espaço 3ℝ é uma superfície qualquer.

Vimos anteriormente que podemos desenhar três planos que cortam a superfície z = f(x,y) em situações particulares: um plano paralelo ao plano-xy, um plano paralelo ao plano-xz e um plano paralelo ao plano-yz.

Por exemplo, considerando o plano z = z0 (paralelo ao plano-xy), onde z0 é uma constante, o plano e a superfície determinam uma linha de contorno (traço) sobre a superfície, cuja projeção sobre o


plano-xy define uma curva. Esta curva é denominada curva de nível de f.

Neste caso, a curva de nível é o conjunto dos pontos (x,y) do

plano-xy para os quais f(x,y) = z0 (z0 = constante). Assim, para obter a equação da curva de nível, no plano-xy, basta fazer f(x,y) = z0. EXEMPLO 1 Determine as curvas de nível da função

( ) 2,z f x y x= = , no plano xy, para os valores de z especificados

abaixo:

0

0

0

0

0 0

1 1

2 2

3 3

z x

z x

z x

z x

= ⇒ =

= ⇒ = ±

= ⇒ = ±

= ⇒ = ±

curva de nível

) do = constante). Assim, para obter

curvas de nível da função

especificados


Uma família de curvas de nível chama-se mapa de contorno

e pode nos dar uma boa idéia de como as variáveis x, y e z estão se relacionando. Assim, um mapa de contornos de uma superfície é obtido projetando-se, no plano- xy, as linhas de contornosuperfície, que são geradas em planos igualmente espaçadosparalelos ao plano-xy.

OBS: A idéia de construir um mapa de contorno, a partir de planos igualmente espaçados, torna-se necessário quando queremos analisar a inclinação de uma superfície a partir desse mapa. Para isso, basta observar que a superfície é mais inclinada onde as curvas de nível estão mais próximas umas das outras e, mais ou menos plana, onde as curvas de nível estão distantes umas das outras.

EXEMPLO 2

0

2

2 2

:

( , ) ( , )

f

x y f x y x y

→

→ = +

ℝ ℝ


mapa de contornos, estão se

de uma superfície é linhas de contorno da igualmente espaçados e

a partir de se necessário quando

queremos analisar a inclinação de uma superfície a partir desse mapa. Para isso, basta observar que a superfície é mais inclinada onde as curvas de nível estão mais próximas umas

as curvas de nível


As curvas de nível são os gráficos das funções x2 + y2 = k onde kuma constante (ver ilustração a seguir).

EXEMPLO 3 Se as curvas de nível de uma função têm o aspecto da figura (a), o gráfico da função terá o formato da figura (b).

OBS: A denominação curva de nível varia de acordo com o que a função representa. Por exemplo, se f é uma distribuição de temperatura, então f(x,y) é a temperatura no ponto (x,y) e as curvas de nível denominam-se isotermas (curvas cujos pontos têm a mesma temperatura); se f é a energia potencial de certo campo de forças bidimensionais, então as curvas de nível denominam-se curvas equipotenciais.

EXEMPLO 4 Vamos considerar a variação da pressão (P) de

um gás ideal em relação ao volume V

Vn

= e à temperatura (T),

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

k é

Se as curvas de nível de uma função têm o aspecto

varia de acordo com o

é uma distribuição ) e as

(curvas cujos pontos de certo

campo de forças bidimensionais, então as curvas de nível

) de

T),


onde n é o número de moles, dada pela equação ( , )PV

T P VR

=

curvas de nível da figura ao lado, mostram as isotermas de um gás ideal.

EXEMPLO 5 Sabendo que T(x,y) = 4x2 + 9y2 representa uma distribuição de temperatura no plano-xy, desenhe a isoterma

correspondente à temperatura de 36°C.

As curvas de nível têm interpretações interessantes, como por exemplo, no caso de um cartógrafo que ao mapear um terreno com


PV

R. As

curvas de nível da figura ao lado, mostram as isotermas de um gás

representa uma desenhe a isoterma

As curvas de nível têm interpretações interessantes, como por exemplo, no caso de um cartógrafo que ao mapear um terreno com


vales, morros e montanhas, utiliza-se delas para representar pontos que tenham a mesma altitude.

Na figura abaixo, temos em (a) o gráfico de f(x,y) para uma região montanhosa onde

f(x,y) = altitude no ponto (x,y) e, em (b) as curvas de nível correspondente à várias altitudes.

OBS:

1. É importante observar que, conforme o ponto (x,y) se move ao longo de uma curva de nível, os valores de f(x,y) não se alteram.

2. Uma curva de nível é um subconjunto do domínio de f e,

portanto, do plano 2ℝ .

3. Podemos obter curvas de nível de uma função z = f(x,y) no plano-yz e no plano-xz. Para obter uma curva de nível no plano-xz, basta fazer y = y0, de maneira que z = f(x,y0) = g(x). Neste caso, a curva de nível é o conjunto dos pontos (x,z) do plano-xz para os quais

f(x,y0) = z (y0 = constante).


Agora, para determinar uma curva de nível no plano-yz basta fazer x = x0, de maneira que

z = f(x0,y) = h(y).

Neste caso, a curva de nível é o conjunto dos pontos (y,z) do plano-yz para os quais

f(x0,y) = z (x0 = constante).


Para alguns propósitos, o mapa de contornos é mais útil que um gráfico, como podemos ver através dos exemplos a seguir. EXEMPLO 6 A figura abaixo mostra um mapa de contornos

para uma função ( ),z f x y= . Utilize-o para fazer uma estimativa

do valor de (2, 1)f − .

Solução

O ponto ( )2, 1− está entre as curvas de nível com valores z = 20 e

z = 10. Assim, uma estimativa para o valor de (2, 1)f − é

(2, 1) 16f − ≈

EXEMPLO 7 As curvas de nível, obtidas a partir da lei dos gases ideais, mostram como a pressão varia com o aumento do volume, mantendo a temperatura constante. Vemos que, para um valor fixo da temperatura T, quando o volume do gás aumenta, a pressão diminui, e vice-versa.

é mais útil que um

A figura abaixo mostra um mapa de contornos

o para fazer uma estimativa

está entre as curvas de nível com valores z = 20 e

As curvas de nível, obtidas a partir da lei dos gases varia com o aumento do volume,

mantendo a temperatura constante. Vemos que, para um valor fixo a pressão


EXERCÍCIOS 3.5

1. Esboce algumas curvas de nível das funções dadas, no plano-xy.

a) z = x2 b) z = 1 + 2x + 3y c) z = x2 + y2 -1

d) z = x/y

2. Esboce o gráfico das funções dadas, utilizando um programa gráfico.

a) z = 2x + y + 3 b) z = 2 c) z = y d) 2 21z x y= − − −

3. Esboce as curvas de nível para cada uma das funções dadas, considerando a escolha das constantes especificadas. Descreva, com suas palavras, o que você entende por uma curva de nível.

a) f(x,y) = y + 2x; C = 1, C = 2, C = -3

b) f(x,y) = x2 + y; C = 0, C = 4, C = 9


4. Uma camada fina de metal, localizada no plano-xy, tem

temperatura 2 2

100( , )

1 2T x y

x y=

+ + no ponto (x,y). Faça o esboço de

algumas isotermas para a função temperatura.

5. A equação de Van der Waals de estado diz que 1 mol de um gás confinado satisfaz a equação

2( , ) 0,0122 ( ) 273,15

aT P V P V b

V

= + − −

onde T (°C) é a temperatura do gás, V (cm3) é o seu volume, P (atm) é a pressão do gás na parede do seu recipiente, e a e b são constantes que dependem da natureza do gás.

(a) Se o gás confinado for o cloro, os experimentos mostram que a = 6,49x106 e b = 56,2. Encontre T(1,13; 31,275ä103); isto é, a temperatura que corresponde a 31,275 cm3 de cloro sob 1,13 atmosferas de pressão.

(b) Esboce os gráficos de várias isotermas de T.

6. a) Suponha que você esteja numa sala de 12 metros de comprimento com um aquecedor numa extremidade. De manhã a

sala está a 65°F. Você liga o aquecedor, que rapidamente aquece a

85°F. Seja H(x,t) a temperatura a x metros do aquecedor, t minutos depois do aquecedor ser ligado. A figura a seguir, mostra o mapa de contorno para H.


(a) Quão quente está a 3 metros do aquecedor, 5 minutos depois de

ser ligado?

(b) Usando o mapa de contornos, faça um esboço dos gráficos das funções de uma variável H(x,5) e H(x,20). Interprete os dois gráficos em termos práticos e explique a diferença entre eles.

7. Decida se as informações abaixo devem, podem ou não podem ser verdadeiras. A função z = f (x,y) está definida em toda parte.

a) As curvas de nível correspondendo a z = 1 e z = -1 cruzam-se na origem. b) A curva de nível z = 1 consiste de duas retas que se cortam na origem.

c) Se 2 2( )x yz e− += , existe uma curva de nível para todo valor de z.


EXERCÍCIOS EXTRAS

1. Determine os pontos de interseção da equação 2x – y + z = 4 com os eixos x e y.

2. Reescreva a expressão 2 2 2 2 4 6 15 0x y z x y z+ + − − − + =

completando o quadrado.

3. Plote os pontos no mesmo sistema tridimensional.

(a) (2,1,3) e (-1,2,1) (b) (3,-2,2) e (3,-2,-2)

(c) (0,4,-5) e (4,0,5)

4. Determine a distância entre os pontos dados.

(a) (4,1,5) e (8,2,6) (b) (-1,-5,7) e (-3,4,-4)

5. Determine as coordenadas do ponto central do segmento de reta que liga os pontos (4,0,-6) e (8,8,20).

6. (a) Você está 2 unidades abaixo do plano xy e está no plano yz. Quais as coordenadas? (b) Agora você está no ponto (4,5,2) olhando para o ponto (0,5;0;3). Você está olhando para cima ou para baixo? Justifique suas respostas.

7. Os cristais são classificados de acordo com a simetria: os que possuem simetria na forma cúbica são chamados de isométricos. Os vértices de um cristal foram representados em um sistema tridimensional de coordenadas. Determine as coordenadas do ponto (x,y,z) se o cristal for isométrico.


8. Determine o centro e o raio da esfera x2 + y2 + z2 – 5x = 0.

9. A água usada na fabricação de semicondutores deve ser extremamente pura. Para separar a água das impurezas, utiliza-se um processo conhecido como osmose reversa, no qual se faz a água passar por uma membrana semipermeável. Um parâmetro importante deste processo é a pressão osmótica, que pode ser calculada através da equação de Van´t Hoff

( , , ) 0,075 (273,15 )P N C T N C T= + , onde P é a pressão osmótica

em atmosferas, N é o número de íons por molécula do soluto, C é a concentração do soluto em gramas-mol por litro e T é a temperatura do soluto em °C. Determine a pressão osmótica de uma solução de cloreto de sódio (NaCl) com uma concentração de 0,53 g mol/L, a uma temperatura de 23 °C (cada molécula de NaCl contém dois íons: Na+ e Cl-).

10. Para f(x,y) = x2y + 1, determine:

a) f(2,1) b) f(3a,a) c) f(ab,a-b)

11. Dada a função ( , ) 500 112

Nr

F r N

= +

determine os valores

de: (0,09;60) e (0,14;240)F F .

12. Dada a função ( , , ) rtA P r t Pe= determine os valores de:

(500;0,10;5) (1500;0,12;20)A e A .

13. Dada a função ( , ) (2 3)y

xf x y t dt= −∫ determine os valores de:

(1,2) (1,4)f e f .

14. Dada a função 2( , ) 3f x y xy y= + determine os valores de:

( , ) ( , )( , ) e

f x y y f x yf x x y

y

+ ∆ −+ ∆

∆.


15. Considere uma amostra de 1 mol de dióxido de enxofre (SO2) com uma pressão de 5 atm e um volume de 10 litros. Calcule a temperatura desta amostra de gás usando a lei dos gases ideais e a equação de Van der Waals. Compare os resultados obtidos e determine o valor da diferença entre eles (em porcentagem). Dados: a = 6,714 ; b = 0,05636

Lei dos gases ideais: PV = nRT, onde P = pressão, T = temperatura

Equação de Van der Waals: 2

( )a

P V b RTV

+ − =

R = 0,08205 (constante da lei dos gases ideais) e n = número de moléculas do gás.

16. (a) De uma maneira geral, se não houver nenhuma restrição, qual é o conjunto de partida de uma função de duas variáveis? E o conjunto de chegada? Descreva com palavras o que representa o conjunto de partida de uma função de duas variáveis. Descreva com palavras o que representa o conjunto de chegada de uma função de duas variáveis. (Preencha os espaços em branco na ilustração abaixo)

f : _____ → ______

(b) O que você entende por domínio de uma função de duas variáveis?

(c) De quantos modos você pode representar o domínio de uma função de duas variáveis? Descreva-os no caso da função

2

1( , )

4z f x y

x= =

−.

(d) O que você entende por imagem de uma função de duas variáveis? Em termos de conjunto, descreva com palavras o que representa a imagem de uma função de duas variáveis.


17. Determine e faça o esboço do domínio de cada uma das funções dadas.

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

(c) 2 2

3 5( , )

4

x yf x y

x y

+=

+ − (d) 2( , )f x y xy x y= +

(e) 3

( , )3

x yf x y

x y

−=

+ (f) ( , ) 1f x y x y= − −

18. Seja ( , )2

y xf x y

x y

−=

+.

(a) Determine o domínio da função dada.

(b) Calcule f(u + v,2v - u).

19. (a) Determine e represente graficamente o domínio da função

1( )

2y f x

x= =

−.

(b) Determine e represente graficamente o domínio da função

1( , )

2z f x y

x= =

−.

20. Expresse matematicamente a função que mede o volume V de um cilindro circular reto de raio r e altura h. Determine seu domínio sob o ponto de vista matemático e físico.

21. Utilize o computador para traçar o gráfico de cada uma das funções dadas e comente o comportamento da função no limite.

(a) O que acontece com a função quando x e y se tornam muito grandes? (b) O que acontece quando (x,y) se aproxima da origem? De que maneira você pode descrever esse fato usando a notação de limite?


De quantas maneiras diferentes um ponto (x,y) pode aproximar-se da origem (0,0) no plano cartesiano?

(i) 2 2

( , )x y

f x yx y

+=

+ (ii)

2 2( , )

xyf x y

x y=

+

22. (a) Determine o domínio das funções dadas.

(b) Verifique se o ponto dado pertence ao domínio encontrado.

(c) Calcule o valor de f no ponto dado.

(i)1

( , )1

x yf x y

x

+ +=

−; P(3,2)

(ii) 2( , ) ln( )f x y x y x= − ; P(e,1)

23. Determine e represente geometricamente o domínio das funções dadas:

a) 3 2

( , )5 3

x yf x y

x y

+=

+ b) ( , )

ln( )

x yf x y

x y

−=

+

c) 2 2( , ) 16f x y x y= − − d) ( , )2

xyef x y

x y=

−

24. Determine o domínio da função ( , ) 1x

yf x y x e= − − e o valor

da função nos pontos (1,1) e (0,4). Represente graficamente o domínio encontrado.

25. Use o computador para traçar o gráfico e o mapa de contornos para cada uma das funções dadas. Encontre o melhor ponto de vista para colocar no seu documento.

(a)

3 3( , )f x y x y= + (b) 2 3( , )f x y xy x= −

(c) 3 3( , )f x y xy yx= −


26. (a) Descreva com palavras qual é o seu entendimento acerca de

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

Dê um exemplo prático de uma curva de nível no contexto da Física ou da Química. (b) Algebricamente, explique como é que você obtém uma curva

de nível de uma função de duas variáveis ( ),z f x y= e de que

maneira você a descreve graficamente. (c) Explique qual é a diferença entre uma linha de contorno e uma curva de nível de uma função de duas variáveis.

27. Determine o traço (linha de contorno) da esfera

x2 + y2 + z2 = 25

no plano z = 3 e no plano x = 4.

28. Represente a função dada desenhando algumas curvas de nível.

a) z = x + y b) z = y - x c) z = x2 - y2

d) z = y2 – x e) z = x , x ≥ 0 f) z = x + y + 1

g) z = 1 - x2 - y2 h) 2 2z x y= +

29. Quando as curvas de nível de um mapa de contorno estão próximas, a superfície é mais íngreme ou mais plana? Quando as curvas de nível de um mapa de contorno estão afastadas, a superfície é mais íngreme ou mais plana? Justifique sua resposta.

30. Dois mapas de contorno são mostrados na figura abaixo. Um é da função f cujo gráfico é um cone. O outro é para a função g cujo gráfico é um parabolóide. Qual é qual? Por que?


31. Descreva as curvas de nível z = k, onde z = x2 + y, para os valores especificados de k = -2,-1, 0, 1, 2.

32. Esboce o gráfico das curvas de nível da função

( ), 6 3 2f x y x y= − − tal que ( ),f x y k= , para os valores k = -6, 0,

6, 12. O que acontece com as curvas de nível em relação à distância entre elas? Por que isso acontece (analise o tipo de superfície que a função gera no espaço)?

33. Fazendo uma analogia com o conceito de curva de nível de uma função z = f(x,y), explique o que você entende por superfície de nível.

34. Determine uma equação da curva de nível da função f(x,y) = yex que passa pelo ponto (ln2,1).

35. De acordo com a lei dos gases ideais, a pressão P, o volume V e a temperatura T de um gás confinado estão relacionados através da fórmula PV = kT, para uma constante k. Expresse P como função de V e T e descreva as curvas de nível associadas a esta função. Dê o significado físico dessas curvas de nível.

36. Se V(x,y) for a voltagem ou potencial sobre um ponto (x,y) no plano xy, então as curvas de nível de V são chamadas de curvas

equipotenciais. a) O que acontece com a voltagem ao longo de tal curva?


b) Dado que 2 2

8( , )

16V x y

x y=

+ +, esboce as curvas

equipotenciais nas quais V = 2,0; V = 1,0 e V = 0,5.

37. Considere o gráfico da função 2 225z x y= − − e seu mapa de contorno descritos na ilustração a seguir.

Faça uma análise a respeito da inclinação da superfície (onde ela é mais ou menos inclinada), analisando o mapa de contorno desta. Justifique sua resposta. Você pode generalizar sua conclusão para qualquer função de duas variáveis?

38. Esboce o gráfico das curvas de nível da função

( ) 2 2, 9g x y x y= − − , ( ),g x y k= , para os valores k = 0, 1, 2, 3,

4, 5. Analise o comportamento da superfície, em termos de sua inclinação (onde ela é mais ou menos inclinada), a partir da análise do mapa de contorno obtido.

39. Se você estiver caminhando sobre uma montanha, o que acontecerá se você andar sobre um dos contornos que define uma curva de nível? Justifique sua resposta.


40. Na ilustração abaixo é mostrado o mapa de contorno para uma função f. A partir dele, faça uma estimativa para o valor de f(-3,3) e f(3,-2). O que você pode dizer a respeito da forma do gráfico?

41. Despejar ou manipular materiais, próximo a um aterro, pode resultar na liberação de partículas contaminadas para a atmosfera circundante. Para estimar estas emissões de partículas, a seguinte fórmula empírica pode ser usada:

1,3 1,4

( , ) (0,00325 2

V ME V M k

−

=

, onde E é o fator de emissão

(libras de partículas liberadas na atmosfera por tonelada de solo manipulado), V é a velocidade média do vento (mph), M é a umidade contida no material (dada em porcentagem) e k é uma constante que depende do tamanho das partículas.

a) Para uma partícula pequena (diâmetro de 5mm), segue-se que k = 0,2. Encontre E(10,13).

b) Esboce diversas curvas de nível de E(V,M), no plano VM, supondo que o tamanho das partículas permaneça fixo.

42. O quociente de inteligência (QI) de uma pessoa é medido pela

função 100

( , )m

I m aa

= onde a é a idade real da pessoa e m é sua

idade mental.


(a) Encontre I(12,11) e I(16,17) e descreva, com palavras, qual é a sua compreensão sobre os valores encontrados.

(b) Esboce o gráfico de algumas curvas de nível de I(m,a). Como você descreveria estas curvas?

43. (a) Descreva a curva de nível da função ( ),f x y xy= contendo

o ponto (2,1/2).

(b) Ache uma função ( ),f x y que tem a curva 2

3y

x= como

uma curva de nível.

(c) Segundo a sua concepção, qual é a importância de uma curva de nível?

44. Sabendo que a função ( )2

2, 304

yT x y x

= − +

representa a

temperatura nos pontos da região delimitada pela elipse 2

2 14

yx

+ =

pergunta-se:

a) Em que ponto (x,y) a temperatura é a mais alta possível? b) Em que pontos a temperatura é a mais baixa possível?

45) Se T(x,y) for a temperatura em um ponto (x,y) sobre uma placa delgada de metal no plano xy, então as curvas de nível de T são chamadas de curvas isotérmicas. Suponha que uma placa ocupa o primeiro quadrante e T(x,y) = xy.

(a) Esboce as curvas isotérmicas sobre as quais T = 1, T = 2 e T = 3.

(b) Uma formiga, inicialmente em (1,4), anda sobre a placa de modo que a temperatura ao longo de sua trajetória permanece constante. Qual é a trajetória (definida por uma equação) tomada pela formiga e qual é a temperatura ao longo de sua trajetória?

46) As questões a seguir, referem-se ao mapa de contorno abaixo.


(a) O Ponto A ou B é o ponto mais alto? Explique o seu raciocínio.

(b) O Ponto A ou B está na inclinação mais íngreme? Explique seu raciocínio.

(c) Iniciando em A e movendo-se tal que y permanece constante e x cresce, a elevação começara a crescer ou decrescer?

(d) Iniciando em B e movendo-se tal que y permanece constante e x cresce, a elevação começara a crescer ou decrescer?

(e) Iniciando em A e movendo-se tal que x permanece constante e y decresce, a elevação começara a crescer ou decrescer?

(f) Iniciando em B e movendo-se tal que x permanece constante e y decresce, a elevação começara a crescer ou decrescer?

47) Descreva os traços (linha de contorno) da superfície dada nos planos indicados.

(a) x2 – y – z2 = 0 planos: plano xy ; plano y = 1 ; plano yz

(b) y2 + z2 – x2 = 1 planos: plano xy ; plano xz ; plano yz


Capítulo 4

Derivadas Parciais


• Determinar as derivadas parciais de funções de duas ou mais

variáveis.

• Determinar as derivadas parciais de ordem superior.

• Determinar Extremos Relativos de Funções de Duas Variáveis.

• Resolver problemas de Otimização.

• Diferencial de uma função.


Derivadas Parciais

Introdução

Vimos anteriormente que a maioria dos fenômenos naturais envolve funções de mais de uma variável, seguindo daí a importância do estudo de tais funções. No curso de Cálculo Diferencial e Integral I aprendemos que a derivada é um operador matemático cuja operação é executada em relação a uma variável independente. Como consequência desse fato, quando trabalhamos com funções com mais de uma variável independente, a opção que temos é calcular a derivada em relação a uma de suas variáveis, enquanto as outras são mantidas constantes. Tal processo é denominado derivação parcial e a derivada resultante é a derivada

parcial da função.

A partir das equações de estado na Termodinâmica, podemos utilizar derivadas para obter expressões que nos mostram como uma variável de estado muda em relação à outra. Por exemplo, a lei dos gases ideais afirma que, sob certas condições, a pressão (P) exercida por um gás é função do volume (V) do gás e de sua temperatura (T), ou seja, se considerarmos o número de mols constante teremos

P = f(V, T)

Dessa forma, poderíamos estar interessados em saber como a pressão varia em relação à temperatura, admitindo que o volume no nosso sistema gasoso permanecerá constante. Ou seja, estamos interessados na taxa de variação da pressão em relação à variação da temperatura, se o volume for mantido constante. Nesse caso, a derivada parcial de P em relação a T, mantendo V constante, será representada, simbolicamente, por:


,V n

P

T

∂

∂

O símbolo ∂ é utilizado aqui, no lugar da letra d (usada quando trabalhamos com funções de uma variável independente), para enfatizar o fato de estarmos trabalhando com funções de mais de uma variável.

Assim, dada uma função na forma explícita, a derivada parcial é escrita de maneira que no “numerador” fique a variável dependente e, no “denominador”, são colocadas as variáveis independentes, destacando-se aquela que vai ser utilizada na derivação (dentro do parêntese) daquelas que serão mantidas como constantes (colocadas como índices da derivada, fora do parêntese).

Nesse capítulo, estaremos desenvolvendo as ferramentas matemáticas que nos possibilitem estudar taxas de variação que envolva mais de uma variável independente.

Derivadas Parciais

Nas aplicações de funções de várias variáveis, para saber de que maneira o valor de uma função será afetado por alterações em uma das variáveis independentes, é bastante comum considerar as variáveis independentes uma de cada vez. Por exemplo, considerando a equação de estado da lei dos gases ideais, suponha que um físico, estudando gases, queira saber como a pressão varia em relação à temperatura. Para isso, ele pega uma amostra de um gás ideal e mede sua pressão em diferentes temperaturas, considerando o volume e o número de mols no sistema gasoso como constantes. Em outras palavras, para determinar a taxa de variação da pressão em relação à temperatura, mantemos fixos o volume e o

DERIVADAS PARCIAIS 191

número de mols. Para descrever tais taxas de variação, iremos definir a derivada parcial de uma função.

Para entender como funciona o processo de derivação parcial, consideremos inicialmente a função

z = f(x,y) = x2 + 4y – 3 (poderia ser qualquer outra função).

Mantendo y fixo, por exemplo, y = 2, teremos

z = f(x,2) = x2 + 5,

que pode ser vista como uma função apenas de x.

Vamos escrever g(x) = f(x,2). Nesse caso, a função g descreve como z muda com a variação de x, mantendo y = 2 fixo. A derivada de g, quando x = x0, é a taxa de variação de z com relação à x, em x0, quando y = 2 e, utilizando uma expressão análoga à que define a derivada de uma função de uma variável, é dada por:

0

0 0 00

00

0 00

0

( ) ( ) ( ) ( )( ) lim lim

( ,2) ( ,2)lim ( ,2)

x x h

h

g x g x g x h g xg x

x x h

f x h f x zx

h x

→ →

→

− + −= = =

−

+ − ∂= =

∂

De uma maneira geral, considerando z = f (x,y) e mantendo y fixo, teremos x como variável. A taxa de variação da função f, em

relação à x, no ponto (x0,y0), é denotada por 0 0( , )z

x yx

∂

∂ e definida

por:

(1) 0 0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim ,

h

f x h y f x yzx y

x h

∂

∂ →

+ −=

se esse limite existir. Neste caso, tal limite chama-se derivada parcial de z em relação a x no ponto (x0,y0).


Analogamente definimos a derivada parcial de z em relação a

y no ponto (x0,y0), 0 0( , )z

x yy

∂

∂, por

(2) 0 0 0 00 0

0

( , ) ( , )( , ) lim

h

z f x y h f x yx y

y h

∂

∂ →

+ −=

.

NOTAÇÕES

0 0

0 0 0 0( , )

0 0 0 0 0 0

( , ) ; ( , ) ; ;

( , ) ; ( , ) ; ( , ),

x y

x xy

z f fx y x y

x x x

ff x y D f x y x y

x

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

∂

∂

são as notações mais usadas para a derivada parcial da função

( ),z f x y= em relação a x, no ponto (x0, y0). O símbolo ∂∂∂∂ na

notação é usado para enfatizar que há outras variáveis independentes, e não apenas x. O mesmo se aplica para funções de três ou mais variáveis.

CUIDADO COM AS NOTAÇÕES!!!!

Como todo símbolo, as notações matemáticas foram criadas para simplificar a expressão de uma idéia e a leitura da mesma. Todavia, assim como o emprego de um símbolo errado acarreta em uma interpretação equivocada do que se quer representar, o mesmo ocorre com as notações matemáticas.

Portanto, não confunda, por exemplo, com f d f

x d x

∂

∂. Ao

DERIVADAS PARCIAIS

escrevermos d f

d x estamos representando a derivada ordinária

de f em relação à x e, portanto, está subentendido que f função de uma única variável x. Ao passo que, quando

escrevemos f

x

∂

∂ estamos representando a derivada parcial de

em relação à variável x, estando subentendido que f é uma função de duas ou mais variáveis e que estamos calculando apenas a sua taxa de variação em relação à x, mantendo as outras variáveis constantes neste cálculo.

OBS:

As derivadas parciais são as principais ferramematemáticas utilizadas no estudo da Termodinâmicaprática universal nessa ciência evitar confusão usando índices nas derivadas parciais para especificar a variável (ou variáveis) mantida fixa na derivação. Assim, se w =

então w

x

∂

∂ é usualmente denotada por

y

w

x

∂

∂

. Essa notação

indica que w está sendo considerada função de x e y, porémé mantido fixo durante o processo de derivação em relação à x. Desse modo, sempre que necessário, vamos procurar utilizar tal notação.

EXEMPLO 1 A tabela abaixo fornece os valores de uma

função ( ),z f x y= .


estamos representando a derivada ordinária

é . Ao passo que, quando

estamos representando a derivada parcial de f

é uma função de duas ou mais variáveis e que estamos calculando

, mantendo as

As derivadas parciais são as principais ferramentas Termodinâmica. É

prática universal nessa ciência evitar confusão usando índices nas derivadas parciais para especificar a variável (ou

= f(x,y),

. Essa notação

, porém y é mantido fixo durante o processo de derivação em relação à

os procurar

A tabela abaixo fornece os valores de uma


valo

res

de x

valores de y

10 20 30 40 50

20 18 16 14 13 13

16 14 11 9 7 7

12 9 5 3 1 0

8 5 0 -3 -5 -6

Faça uma estimativa para os valores de

( ) ( )12, 20 e 12, 20x yf f .

Solução Se nos concentrarmos na coluna assinalada da tabela, que

corresponde a y = 20, iremos considerar ( ),z f x y= como função da

única variável x, para um valor fixo de y.

valo

res

de x

valores de y

10 20 30 40 50

20 18 16 14 13 13

16 14 11 9 7 7

12 9 5 3 1 0

8 5 0 -3 -5 -6

Escrevendo ( ) ( ),20g x f x= , então g descreve como z varia, com o

aumento de x, quando y = 20. Assim,

( ) ( )12,20 ' 12xf g=

( )( ) ( ) ( ) ( )

12 12

12 ,20 12,20' 12 lim lim

12 12x x

g x g f x fg

x x→ →

− −= =

− −


Utilizando a tabela acima e tomando os valores mais próximos de 12 para x, ao efetuar o cálculo do limite, teremos:

( )( ) ( ) ( ) ( )16 12 16,20 12,20 11 5

' 12 1,54 4 4

g g f fg

− − −≈ = = =

( )( ) ( ) ( ) ( )8 12 8,20 12,20 0 5

' 12 1,254 4 4

g g f fg

− − −≈ = = =

− − −

Considerando a média desses valores, podemos dizer que a derivada

parcial ( )12,20xf é aproximadamente 1,375. Isso significa que,

quando x = 12 e y = 20, para cada unidade que x aumenta (mantendo y constante igual a 20) o valor de z aumenta 1,375 unidades.

De maneira análoga, determinamos o valor de

( )12, 20 0,3yf ≈ − . Isso significa que, quando x = 12 e y = 20, para

cada unidade que y aumenta (mantendo x constante igual a 12) o valor de z decresce 0,3 unidades.

Aplicações das Derivadas Parciais

Veremos a seguir alguns exemplos de aplicações das

derivadas parciais no contexto da Física e da Química.

1) Na Termodinâmica existem várias grandezas físicas que são definidas através de expressões envolvendo derivadas parciais:

(a) Capacidades Caloríficas5 – de uma maneira geral, são calculadas nas condições de volume constante, CV

(variação da energia interna em relação à temperatura a um volume constante), ou de pressão constante, CP (variação da entalpia em

5 Capacidade calorífica de um sistema é definida como a variação do calor em relação à temperatura.


relação à temperatura a pressão constante), e definidas através das expressões:

VV

UC

T

∂ =

∂ e P

P

HC

T

∂ =

∂

onde P é a pressão, V o volume, T a temperatura, U é a energia interna e H a entalpia do sistema.

(b) Coeficiente de Compressibilidade isotérmica de um gás – β é a mudança no volume à medida que a pressão varia, mantendo-se a temperatura constante.

1

T

V

V P

∂ = −

∂ β

(c) Coeficiente de Expansão Térmica de um gás – α é definido como a mudança no volume à medida que a temperatura varia, mantendo-se a pressão constante.

1

P

V

V T

∂ =

∂ α

(d) Potencial Químico - µ de uma substância é definido como a variação na energia livre de Gibbs em relação ao número de mols, a pressão e temperatura constantes.

,i P T

G

n

∂=

∂ µ

onde ni é a quantidade em mol da espécie química i em função da qual a energia livre de Gibbs6 (G) do sistema está variando.

6 A definição da energia livre de Gibbs, associada ao uso adequado das derivadas parciais, possibilita a dedução de um rico conjunto de relações matemáticas, que permitem que a Termodinâmica seja aplicada plenamente a muitos fenômenos, como reações químicas, equilíbrio químico e na previsão de ocorrências químicas.


2) Na Termodinâmica Clássica, no Eletromagnetismo e na Mecânica Estatística existem muitas relações matemáticas, relacionando algumas de suas grandezas fundamentais, que são descritas através de derivadas parciais.

(a) Relações de Maxwell

S V

T P

V S

∂ ∂ = −

∂ ∂ ;

S P

T V

P S

∂ ∂ =

∂ ∂

T P

S V

P T

∂ ∂ = −

∂ ∂ ;

T V

S P

V T

∂ ∂ =

∂ ∂

onde S é a entropia (propriedade termodinâmica). As duas últimas relações são as mais importantes, pois relacionam a entropia S com propriedades volumétricas. Sua importância deve-se ao fato de que

as duas derivadasT

S

P

∂

∂ e

T

S

V

∂

∂ não podem ser estudadas

experimentalmente, uma vez que não é possível medir entropia. Todavia, esses resultados podem ser obtidos analisando as derivadas

P

V

T

∂

∂ e

V

P

T

∂

∂ que dependem apenas de propriedades

volumétricas (P, V, T, etc.) e, portanto, são mensuráveis.

(b) Equações Termodinâmicas de Estado: São equações que relacionam uma propriedade termodinâmica (U, H, G, etc.) com as propriedades volumétricas do sistema (P, V, T, etc.).

TT V

U PP

V T

∂ ∂ = −

∂ ∂ T

T P

H VV

P T

∂ ∂ = − +

∂ ∂

onde U é a energia interna do sistema e H a entalpia.


Cálculo de Derivadas Parciais

Como no caso de uma variável, a definição não é o meio mais utilizado para o cálculo das derivadas parciais, uma vez que envolve o cálculo de um limite, que nem sempre é simples de ser calculado. Assim, aqui também nos valemos de propriedades e regras de derivação, as quais são as mesmas válidas para uma variável. Portanto, para calcular uma derivada parcial de uma função de duas ou mais variáveis, usamos os mesmos procedimentos da derivada uma função de uma variável, lembrando apenas de que, se estamos derivando a função em relação a uma das variáveis, as demais devem ser consideradas constantes, e todas as propriedades envolvendo constantes continuam válidas.

Observamos ainda que, embora as derivadas sejam definidas em um ponto do domínio, este ponto pode ser qualquer um onde a função seja contínua. Assim, quando utilizamos propriedades ou regras de derivação para calcular uma derivada, encontramos o valor desta em um ponto (x,y) ou (x,y,z) qualquer do domínio, ou seja, a derivada parcial de uma função é uma nova função, como no caso de uma variável. Se quisermos determinar o valor desta derivada em um ponto específico, basta substituirmos este ponto na expressão da derivada. Os exemplos abaixo ilustrarão estas idéias.

EXEMPLO 1 Calcule as derivadas parciais y

f

x

∂

∂

e x

f

y

∂

∂

função f (x,y) = x2 + 2xy2 no ponto (1,2). Solução

Suponha y constante e derive em relação à x.

y

f

x

∂

∂

(x,y) = 2x +2y2

Substitua os valores de x = 1 e y = 2.

Como no caso de uma variável, a definição não é o meio mais utilizado para o cálculo das derivadas parciais, uma vez que envolve o cálculo de um limite, que nem sempre é simples de ser calculado. Assim, aqui também nos valemos de propriedades e regras de

erivação, as quais são as mesmas válidas para uma variável. Portanto, para calcular uma derivada parcial de uma função de duas ou mais variáveis, usamos os mesmos procedimentos da derivada de

, lembrando apenas de que, se estamos derivando a função em relação a uma das variáveis, as demais devem ser consideradas constantes, e todas as propriedades

Observamos ainda que, embora as derivadas sejam definidas ode ser qualquer um onde a

função seja contínua. Assim, quando utilizamos propriedades ou regras de derivação para calcular uma derivada, encontramos o valor

) qualquer do domínio, ou seja, a é uma nova função, como no caso de

uma variável. Se quisermos determinar o valor desta derivada em um ponto específico, basta substituirmos este ponto na expressão da

x

da

DERIVADAS PARCIAIS

y

f

x

∂

∂

(1,2) = 22 1 2.(2) 10⋅ + =

Suponha x constante e derive em relação à y.

x

f

y

∂

∂

= 4xy

Substitua os valores de x = 1 e y = 2.

x

f

y

∂

∂

(1,2) = 4 1 2 8.⋅ ⋅ =

EXEMPLO 2 Calcule a expressão algébrica para as derivadas

parciais y

z

x

∂

∂

e x

z

y

∂

∂

, sendo z = (x3 + 2xy + y)4 .

Solução

Suponha y constante e derive em relação à x.

y

z

x

∂

∂

= 4(x3 + 2xy + y)3 (3x2 + 2y)

Suponha x constante e derive em relação a y.

x

z

y

∂

∂

= 4(x3 + 2xy + y)3 (2x + 1).

EXEMPLO 3 Calcule a expressão algébrica para as derivadas

parciais da função ( , , ) sen ( )f x y z xyz= .

Solução

Suponha y e z constantes e derive em relação à x.

,

cos( )y z

fxyz yz

x

∂=

∂


Calcule a expressão algébrica para as derivadas

Calcule a expressão algébrica para as derivadas


Suponha x e z constantes e derive em relação à y.

,

cos( )x z

fxyz xz

y

∂=

∂

Suponha x e y constantes e derive em relação à z.

,

cos( ) .x y

fxyz xy

z

∂=

∂

EXEMPLO 4 Considere a equação de estado da lei do gás ideal que relaciona P, V e T dada por PV nRT= . Suponha que queremos saber como a pressão varia em relação à temperatura, mantendo o volume e o número de mols constantes. Solução

Primeiramente reescrevemos a lei do gás ideal de modo que a pressão fique isolada em um lado da equação

nRTP

V= .

Em seguida, derivamos ambos os lados da equação em relação a considerando V e n como constantes. Obtemos assim a seguinte expressão:

,V n

P nRT nR

T T V V

∂ ∂ = =

∂ ∂

,

.V n

P nR

T V

∂ =

∂

Assim, a partir da lei do gás ideal, podemos determinar analiticamente (com uma expressão matemática específica), como uma variável de estado varia em relação à outra.

Considere a equação de estado da lei do gás ideal . Suponha que queremos

saber como a pressão varia em relação à temperatura, mantendo o

Primeiramente reescrevemos a lei do gás ideal de modo que a

Em seguida, derivamos ambos os lados da equação em relação a T, Obtemos assim a seguinte

Assim, a partir da lei do gás ideal, podemos determinar analiticamente (com uma expressão matemática específica), como


Se você pegasse uma amostra de um gás ideal, medisse sua pressão em diferentes temperaturas, mas a um volume constante, e fizesse um gráfico com estes dados, iria obter uma reta cujo

coeficiente angular seria igual a nR

V.

Assim, ao esboçar o gráfico da pressão de um gás versus sua temperatura, obtemos uma reta cujo coeficiente angular é dado pela

derivada parcial ,V n

P nR

T V

∂ =

∂ .

OBS: 1) A substituição de valores numéricos na expressão que fornece a inclinação da reta deve resultar em unidades que sejam apropriadas à derivada parcial.

Por exemplo, para V = 22,4 litros e 1 mol de gás,

,

0,00366 atm/KV n

P nR

T V

∂ = =

∂ .

Observe que as unidades são consistentes com o fato de a derivada expressar uma mudança na pressão (unidades de atm) em relação à temperatura (unidades de Kelvin).


2) Medições da pressão do gás ä temperatura, a um volume constante e conhecido, podem fornecer um meio para a determinação experimental da constante R da lei do gás ideal. Essa é uma das razões de se utilizar derivadas parciais desse tipo. Tais derivadas podem nos fornecer meios de medivariáveis ou constantes, que poderiam ser difíceis de determinar diretamente.

EXEMPLO 5 A lei dos gases ideais, PV = knT , possui ainda uma propriedade interessante, muito utilizada na Físico-Química, que relaciona suas derivadas parciais do seguinte modo:

1V T P

T P V

∂ ∂ ∂= −

∂ ∂ ∂ (conhecida como regra cíclica). Mostre que esta

igualdade, de fato, é verdadeira. Solução

Para verificar se a igualdade acima é verdadeira, basta calcular as

derivadas V

T

∂

∂,

T

P

∂

∂ e

P

V

∂

∂ e efetuar o produto entre elas. Se este

produto for igual a -1, teremos mostrado o que se pede. Porém, para calcular estas derivadas parciais, é conveniente escrever as expressões do volume, da temperatura e da pressão em relação às demais variáveis, facilitando os cálculos. Assim, da equação PV knT= segue que

V = knT

P ,

PVT

kn= e

knTP

V= .

Logo,

V

T

∂

∂=

kn

P,

T V

P kn

∂=

∂ e

2

P knT

V V

∂ −=

∂.

Portanto,

temperatura, a um volume constante e conhecido, podem fornecer um meio para a

da lei do gás ideal. Essa é uma das razões de se utilizar derivadas parciais desse tipo. Tais derivadas podem nos fornecer meios de medir variáveis ou constantes, que poderiam ser difíceis de

, possui ainda Química,

modo:

. Mostre que esta

Para verificar se a igualdade acima é verdadeira, basta calcular as

e efetuar o produto entre elas. Se este

1, teremos mostrado o que se pede. Porém, para calcular estas derivadas parciais, é conveniente escrever as

ação às demais variáveis, facilitando os cálculos. Assim, da equação

DERIVADAS PARCIAIS

2

( )1

V T P kn V knT knT PV

T P V P kn PV PVV

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

− − −= = = = − .

Com isso mostramos que, de fato,

1V T P

T P V= −

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

EXEMPLO 6 A análise de certos circuitos elétricos envolve a

fórmula 2 2 2

IV

R L=

+ ω, onde I é a corrente, V a voltagem,

resistência, L a indutância e w uma constante positiva. Encontre e

interprete I

R

∂

∂ e

I

L

∂

∂.

Solução

Podemos escrever

12 2 2 2( )I V R L ω

−= + ,

a fim de facilitar os cálculos das derivadas. Assim, temos que

,V L

I

R

∂

∂

= ( )( ) (

3/22 2 2

3 32 2 2 2 2 2

1 22

22

V R V RV R L R

R L R L

ω

ω ω

−− − −+ = =

+ +

representa a taxa de variação instantânea da corrente em relação à variação da resistência, quando consideramos a voltagem e a indutância constantes. O sinal negativo indica que nessas condições, à medida que a resistência aumenta, a corrente diminui.

,V R

I

L

∂

∂

= ( )( ) (

2 23/ 22 2 2 2

3 32 2 2 2 2 2

1 22

22

V L V LV R L L

R L R L

ω ωω ω

ω ω

−− − −+ = =

+ +


A análise de certos circuitos elétricos envolve a

a voltagem, R a

uma constante positiva. Encontre e

)3 32 2 2 2 2 2

V R V R

R L R Lω ω

representa a taxa de variação instantânea da corrente em relação à variação da resistência, quando consideramos a voltagem e a

. O sinal negativo indica que nessas condições,

)

2 2

3 32 2 2 2 2 2

V L V L

R L R Lω ω+ +


representa a taxa de variação instantânea da corrente em relação à variação da indutância, quando consideramos a voltagem e a resistência constantes. O sinal negativo indica que nessas condições, à medida que a indutância aumenta, a corrente diminui. EXERCÍCIOS 4.1

1. A partir da equação de estado da lei dos gases ideais, determine uma expressão que forneça a taxa de variação da pressão em relação ao volume, quando todo o resto permanece constante. Em seguida, determine o valor numérico dessa taxa para um mol de gás com um volume de 22,4 litros, a uma temperatura de 273 K. Interprete o resultado obtido. Faça um esboço do gráfico da pressão versusvolume. Estabeleça uma relação entre o gráfico e o resultado obtido.

2. Calcule todas as derivadas parciais das funções dadas.

a) z = 5xy3 - 24 b) z = 3e y ln (2x2 − 1)

c) z = y sen x d) z = 7xy e2xy

e) 32

1 4

xz

y=

− f)

3

3

2ln

xz

y

=

g) 2 2 3cos( ) sen 3z x y x y= + + h) ( ln ) xyz x y e= −

i) 2x y

zx y

+=

+

j) 2 3

( , , ) ln( )z y x

f x y z x y xyzx z

= + − ++

k) 3 3 2 3

2( , , , ) 332

w z xy zf w x y z xy

y w= + −

3. Seja senx

z xy

= . Verifique que z z

x y zx y

∂ ∂

∂ ∂+ = .

representa a taxa de variação instantânea da corrente em relação à variação da indutância, quando consideramos a voltagem e a

O sinal negativo indica que nessas condições,

partir da equação de estado da lei dos gases ideais, determine uma expressão que forneça a taxa de variação da pressão em relação ao volume, quando todo o resto permanece constante. Em seguida,

um Interprete o

versus o Estabeleça uma relação entre o gráfico e o resultado obtido.


4. O volume molar Vm de um gás ideal é dado pela fórmula

mRT

VP

= onde T é a temperatura, P a pressão e R uma constante.

Ache uma expressão para T

e para P

m m

P

V V

T

∂ ∂

∂ ∂

.

5. Use a tabela de valores de f(x,y) para fazer uma estimativa para os valores de fx(3; 2) e de fx(3; 2,2).

Função Composta – Regra da Cadeia

Se ( )y f x= é uma função diferenciável de x e ( )x g t= é uma

função diferenciável de t, então a regra da cadeia para funções de

uma variável afirma que, na composição, ( )( )y f g t= é uma função

diferenciável de t e

dy dy dx

dt dx dt= ⋅


A composição de funções é estendida, de modo natural, para funções de várias variáveis. Em situações práticas, geralmente trabalhamos com funções de no máximo três variáveis. Assim, para simplificar o entendimento, vamos supor que uma função f dependa das variáveis x, y e z e estas, por sua vez, dependam de u, v e w. O esquema abaixo permite visualizar tal situação:

Como podemos observar f é então dependente de u, v e w e,

consequentemente, podemos estar interessados em calcular a taxa de variação de f em relação a cada uma destas variáveis. Para isso, notamos inicialmente que a dependência de f em relação a u, por exemplo, se dá através de x, y e z e o mesmo ocorre em relação à v e w.

Portanto, podemos dizer que a “interferência” de u na função f é uma soma das “interferências” de u via x, via y e via z. Assim, para calcular a taxa de variação de f em relação à variável u,

f

z

y

x

w

v

u

w

v

u

w

v

u

DERIVADAS PARCIAIS

devemos somar as taxas de variação de f através de x, aplicando em cada caso, a regra da cadeia, semelhante às funções de uma variável, obtendo a regra da cadeia para funções de várias variáveis:

.f f x f y f z

u x u y u z u

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Analogamente obtemos as derivadas parciais de f em relação à v e w:

; .f f x f y f z f f x f y f z

v x v y v z v w x w y w z w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + = + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

EXEMPLO 1 Se f(x,y,z) = 2x + 3y + z, sendo x, y e z dados por

( , , ) cos cosx r rθ ϕ θ ϕ= , ( , , )y r r sen cosθ ϕ θ ϕ= e

( , , ) sen ,z r rθ ϕ ϕ=

determine as derivadas parciais de f em relação à r, θ e ϕ.

Solução

Pela regra da cadeia, temos

2cos cos 3sen cos 1senf f x f y f z

r x r y r z rθ ϕ θ ϕ ϕ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + = + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 sen cos 3 cos cos 1 0f f x f y f z

r rx y z

θ ϕ θ ϕθ θ θ θ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + = − + + ×

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 cos sen 3 sen sen 1 cosf f x f y f z

r r rx y z

θ ϕ θ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + = − − +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Portanto,


, y e z, aplicando em cada caso, a regra da cadeia, semelhante às funções de

regra da cadeia para funções de várias

em relação à

; .f f x f y f z f f x f y f z

v x v y v z v w x w y w z w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

dados por

2cos cos 3sen cos 1senθ ϕ θ ϕ ϕ

2 sen cos 3 cos cos 1 0θ ϕ θ ϕ= + + = − + + ×

2 cos sen 3 sen sen 1 cosr r rθ ϕ θ ϕ ϕ= + + = − − +


( )cos 2cos 3sen senf

rϕ θ θ ϕ

∂= + +

∂

( )cos 3cos 2senf

ϕ θ θθ

∂= −

∂

( )sen 2cos 3sen cos .f

r rϕ θ θ ϕϕ

∂= − − +

∂

Este é um caso mais geral. Podemos considerar uma situação

mais simples e mais comum nas aplicações, onde uma função depende de duas ou mais variáveis, porém estas dependem de uma única outra.

Para ilustrar, imagine que uma grandeza, por exemplo, a temperatura de um objeto, dependa da posição em que ele se encontra, porém esta posição varia com o tempo. Consequentemente, a temperatura do objeto varia com o tempo, ou seja, estamos diante de uma função composta.

Para representá-la, devemos levar em conta que a posição é um lugar no espaço, podendo ser então representada pelas coordenadas (x,y,z). Se denotarmos o tempo por t e a temperatura por T, teremos

T(t) = T(x(t), y(t), z(t)).

Um esquema para esta função é o seguinte:

T

x

y

z

t

t

t

Este é um caso mais geral. Podemos considerar uma situação mais simples e mais comum nas aplicações, onde uma função depende de duas ou mais variáveis, porém estas dependem de uma

grandeza, por exemplo, a temperatura de um objeto, dependa da posição em que ele se

sição varia com o tempo. entemente, a temperatura do objeto varia com o tempo, ou

la, devemos levar em conta que a posição é um lugar no espaço, podendo ser então representada pelas coordenadas

, teremos

DERIVADAS PARCIAIS

Para calcularmos a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo, precisamos usar a regra da cadeia, tomando cuidado com a notação:

.dT T dx T dy T dz

dt x dt y dt z dt

∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂

OBS: Observe que a temperatura T, vista apenas como uma função do tempo t, assim como as funções posição x(t), y(t) e zfunções de uma variável. Por isso a notação de derivada ordinária na fórmula acima, nestes quatro casos. Por outro lado, quando estamos medindo a taxa de variação da temperatura em relação à posição, temos três variáveis e, consequentemente, justifica-se a notação de derivadas parciais para a derivada da temperatura em relação à x, y e z.

EXEMPLO 2 Calcule dz

dt sendo z = x2 − xy + 3, y = t

2

tx = .

Solução

z

x

∂

∂ = 2x − y ,

z

y

∂

∂= −x ,

dx

dt = 1/2 ,

dy

dt = 1

⇒ ( ) ( )( )

1. . 2 1

2

2.

2 2 2

dz z dx z dyx y x

dt x dt y dt

y y tx x

∂ ∂

∂ ∂

= + = − + − =

− −= − − = =


Para calcularmos a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo, precisamos usar a regra da cadeia, tomando cuidado com

, vista apenas como uma função z(t) são

funções de uma variável. Por isso a notação de derivada

Por outro lado, quando estamos medindo a taxa de variação temos três variáveis e,

se a notação de derivadas parciais

− 2 e


OBS: O mesmo resultado pode ser obtido no exemplo anterior, substituindo

x = t/2 e y = t − 2

na equação z = x2 − xy + 3 e derivando z diretamente em relação à t. Todavia, em muitas funções, este procedimento gera uma grande complexidade na expressão da função, tornando inviável o cálculo de sua derivada. Nestes casos, a regra da cadeia é a solução indicada.

EXEMPLO 3 Certo gás obedece à lei dos gases ideais PV = 8TSuponha que o gás esteja sendo aquecido à taxa de 2o/min e a pressão esteja aumentando à taxa de 0,5 (Kg/cm2)/min. Se em certo instante a temperatura é de 200o e a pressão é de 10 Kg/cmencontre a taxa na qual o volume está variando. Solução

Sabendo-se que quando T = 200 e P = 10 tem-se

2 e 0,5dT dP

dt dt= =

desejamos encontrar dV

dt. Para isso observamos que ( )

((

8T tV t

P t=

e, pela regra da cadeia, temos,

2 2

8 8 1 16 42

2

dV V dT V dP T T

dt T dt P dt P PP P

∂ ∂ − = + = + = −

∂ ∂

Substituindo T = 200 e P = 10, obtemos 6,4dV

dt= − o que significa

que, nas condições apresentadas pelo problema, o volume do gás varia (diminui) a uma taxa de 6,4 cm3/min.

O mesmo resultado pode ser obtido no exemplo anterior,

diretamente em

T . /min e a

)/min. Se em certo e a pressão é de 10 Kg/cm2,

))

T t

P t

o que significa

que, nas condições apresentadas pelo problema, o volume do gás

DERIVADAS PARCIAIS

EXEMPLO 4 Um circuito elétrico simples consiste em um resistor R e uma força eletromotriz F. Em certo instante, F volts e aumenta à taxa de 5 volts/min, enquanto R é 40 ohms e

decresce à razão de 2 ohms/min. Use a lei de Ohm, F

IR

= , e uma

regra da cadeia para achar a taxa à qual a corrente I (em ampères) varia. Solução

Queremos encontrar dI

dt sabendo-se que F = 80, 5

dF

dt= , R

e 2dR

dt= − .

Pela regra da cadeia,

2 2

1 5 25 ( 2)

dI I dF I dR F F

dt F dt R dt R RR R

∂ ∂= + = − − = +

∂ ∂.

Substituindo F = 80 e R = 40, obtemos 0,225dI

dt= , o que

significa que nas condições apresentadas pelo problema, a corrente varia (aumenta) a uma taxa de 0,225 ampères/min. EXEMPLO 5 A temperatura num ponto (x,y) de um plano é T(x,y), medida em graus Celsius. Um inseto rasteja de modo que

sua posição, depois de t segundos, seja dada por ( ) 1x t t= +

1( ) 2

3y t t= + , onde x e y são medidos em centímetros. Sabendo

que a função temperatura satisfaz Tx (2,3) = 4 e Ty (2,3) = 3, determine quão rápido a temperatura aumenta no caminho do inseto, depois de 3 segundos. Solução


Um circuito elétrico simples consiste em um F = 80

é 40 ohms e

, e uma

(em ampères)

R = 40

, o que

significa que nas condições apresentadas pelo problema, a corrente

) de um plano é ), medida em graus Celsius. Um inseto rasteja de modo que

( ) 1x t t= + e

são medidos em centímetros. Sabendo

(2,3) = 3, determine quão rápido a temperatura aumenta no caminho do


A taxa de variação da temperatura, com o tempo, é dada por: dT T dx T dy

dt x dt y dt

∂ ∂= +

∂ ∂.

Por outro lado, 1

2 1

dx

dt t=

+,

1

3

dy

dt=

e quando t = 3, (x,y) = (2,3). Substituindo na expressão da derivada, temos:

3 (2,3) 3 3(2,3)t t t

dT T dx T dy

dt x dt y dt= = =

∂ ∂= +

∂ ∂ ou

1 1(3) 4 3 2

4 3T = + = .

Logo, após 3 segundos, a temperatura aumenta a uma taxa de 2 °C/seg, na direção do inseto.

OBS:

Observe que enquanto a derivada ordinária dy

dx pode ser associada

ao quociente de duas diferenciais, a derivada parcial y

x

∂

∂ não pode

ser tratada como o quociente entre y∂ e x∂ , pois esses símbolos não tem significado por si só. Por exemplo, se fôssemos “cancelar” símbolos na fórmula da regra da cadeia

dT T dx T dy

dt x dt y dt

∂ ∂= +

∂ ∂

iríamos obter

dT dT dT

dt dt dt= +

) = (2,3). Substituindo na expressão da

após 3 segundos, a temperatura aumenta a uma taxa de 2

pode ser associada

não pode

, pois esses símbolos não tem significado por si só. Por exemplo, se fôssemos “cancelar”

DERIVADAS PARCIAIS

que só é verdade se 0.dT

dt=

EXEMPLO 6 Os coeficientes de compressibilidade isotérmica

e adiabático ∆, são definidos pelas relações:

1 1 e

T S

V V

V P V P

∂ ∂ β = − ∆ = −

∂ ∂

onde V é o volume, P é a pressão, T é a temperatura e S é a entropia do sistema. Sabendo que

e V PV P

S SC T C T

T T

∂ ∂ = =

∂ ∂

Mostre que

P

V

C

C

β=

∆.

Solução Dividindo por P VC C , obtemos:

P P

V

V

S

TC

SCT

∂

∂ =

∂

∂

A partir da regra da cadeia, temos que:

e P P P V V V

V V S P P S

T S T T S T

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ = ⋅

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

de onde segue que

e .VP

P V

P V

PV

TTS S

V PT TS S

∂∂

∂∂∂ ∂ = = ∂ ∂∂ ∂

∂ ∂

Portanto,


Os coeficientes de compressibilidade isotérmica β

é a entropia

P P P V V V


P

P VP P P

V

V V P V

V

V

TV PS V

T ST SC

S P V PCT T S T

P

S

∂

∂ ∂ ∂∂ ∂

⋅ ∂ ∂∂ ∂

= = =∂ ∂ ∂ ∂

⋅ ∂ ∂ ∂ ∂

∂

∂

Como

1 1 e

V V

V V

P PS TS TP P

∂ ∂ = = ∂ ∂∂ ∂

∂ ∂

segue que:

P VP

V

P V

V T

T PC

V SCS P

∂ ∂ ⋅

∂ ∂ =

∂ ∂ ⋅

∂ ∂

.

Agora, utilizando a regra cíclica, obtemos o seguinte:

1

1

P V T

P V T

T

V T P

T P V

V T VPT P PV

∂ ∂ ∂ ⋅ ⋅ = −

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ⇒ ⋅ = − = − ∂∂ ∂ ∂

∂

1

1

P V S

P V S

S

V S P

S P V

V S VPS P PV

∂ ∂ ∂ ⋅ ⋅ = −

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ⇒ ⋅ = − = − ∂∂ ∂ ∂

∂

Portanto,

DERIVADAS PARCIAIS

P VP T

V

P V S

V T V

T P PC V

V S VC VS P P

β β

∂ ∂ ∂ ⋅

∂ ∂ ∂ − ⋅ = = = =

∂ ∂ ∂ −∆ ⋅ ∆ ⋅

∂ ∂ ∂

.

EXERCÍCIOS 4.2

1. A pressão P, o volume V e a temperatura T de um gás confinado estão relacionados pela lei dos gases ideais PV = kT, em que uma constante. Se P e V variam às taxas de dP/dt e dVrespectivamente, ache uma fórmula para dT/dt, onde t é o tempo.

2. Quando o tamanho das moléculas e suas forças de atração são levados em conta, a pressão P, o volume V e a temperatura T de um mol de gás confinado estão relacionados pela equação de Van Der Waals

2( )

aP V b kT

V

+ − =

em que a,b e k são constantes positivas. Se t é o tempo, estabeleça uma fórmula para dT/dt em termos de dP/dt, dV/dt, P e V.

3. O raio r e a altura h de um cilindro circular reto aumentam à taxa de 0,01 cm/min e 0,02 cm/min, respectivamente.

a) Encontre a taxa de variação do volume quando r = 4 cm e cm. b) A que taxa a área da superfície curva está variando neste instante?

4. Na idade de 2 anos, um menino típico de 86 cm de altura, pesa 13 Kg e cresce à taxa de 9 cm/ano e engorda à taxa de 2 Kg/ano. A área da superfície do corpo humano é descrita em função do peso e da altura pela fórmula de DuBois e DuBois, a qual é dada por

0,425 0,7250,007184S x y=


de um gás confinado em que k é

dV/dt, é o tempo.

Quando o tamanho das moléculas e suas forças de atração são de Van

é o tempo, estabeleça

de um cilindro circular reto aumentam à taxa

= 4 cm e h = 7

b) A que taxa a área da superfície curva está variando neste instante?

um menino típico de 86 cm de altura, pesa 13 Kg e cresce à taxa de 9 cm/ano e engorda à taxa de 2 Kg/ano. A área da superfície do corpo humano é descrita em função do peso e da


onde x é o peso e y é altura. Use esta fórmula para estimar a taxa à qual a área da superfície do corpo deste menino está crescendo.

5. A produção de trigo, W, em um determinado ano depende da temperatura média T e da quantidade anual de chuva R. Cientistas estimam que a temperatura média anual está crescendo à taxa de 0,15 °C/ano, e a quantidade anual de chuva está diminuindo à taxa de 0,1 cm/ano. Eles também estimam que, no corrente nível de

produção, 2W

T

∂= −

∂ e 8

W

R

∂=

∂.

a) Qual o significado do sinal destas derivadas parciais?

b) Estime a taxa de variação corrente da produção de trigo, dW

dt.

6. A voltagem V num circuito elétrico simples está decrescendo devagar à medida que a bateria se descarrega. A resistência R está aumentando devagar com o aumento do calor do resistor. Use a lei de Ohm, V = IR, para achar como a corrente I está variando no

momento em R = 400 Ω, I = 0,08 A, 0,01dV

dt= − V/s e

0,03dR

dt= Ω/s.

7. A pressão de 1 mol de um gás ideal é aumentada à taxa de 0,05 kPa/s e a temperatura é aumentada à taxa de 0,15 K/s. Utilize a equação PV = 8,31 T para encontrar a taxa de variação do volume quando a pressão é 20 kPa e a temperatura é 320 K.

8. Seja 2 2 cos(3 )yw x e z= . Encontre o valor de dw/dt no ponto (1,

ln2, 0), quando x, y e z satisfazem cosx t= , ln( 2)y t= + e z = t.

9. De um funil cônico escoa água á razão de 18π cm3/s. Sabendo que

a geratriz faz com o eixo do cone um ângulo α = 30°, ache a velocidade com que baixa o nível de água no funil, no momento em que o raio da base do volume líquido é igual a 6 cm.


10. Um ponto se desloca sobre o hemisfério 2 249z x y= − − ao

longo da curva para a qual x = 2 sen t e y = 7cos t - 3, onde t representa o tempo. Qual a velocidade de ascensão do ponto z no instante em que suas coordenadas são (2,-3,6)?

11. Use a regra da cadeia para calcular dz

dt. Compare sua resposta

com a encontrada, escrevendo z como função de t e derivando diretamente em relação a t.

a) 22 , 1 , 1

x yz x t y t

x y

+= = − = −

−

b) 3 3( 6 ) , 3 , 3z x y x t y t= + = =

12. Seja 2

( ) ( , sen )tG t f e t= onde f(x,y) é diferenciável em 2ℝ .

a) Calcule ( )'G t em função das derivadas parciais de f.

b) Calcule ( )' 0G sabendo que (1,0) 5f

y

∂=

∂.


Interpretação Geométrica

No caso de uma função de uma variável independente y = f(x), foi mostrado que a derivada, em cada ponto x = x0, está relacionada com o coeficiente angular da reta tangente (que é única) ao gráfico da função y = f(x), neste ponto.

De maneira análoga, uma função de duas variáveis do tipo

( ),z f x y= define no espaço uma superfície de tal modo que, em

cada ponto (x0, y0) do domínio, onde a função é diferenciável, existe um único plano tangente a esta superfície, neste ponto. Portanto, a diferenciabilidade de f no ponto (x0, y0) implica na existência de um único plano tangente ao gráfico de f, passando por (x0, y0, f(x0, y0).

Considere uma função de duas variáveis independentes

( ),z f x y= , cuja representação no espaço é uma superfície

qualquer e considere um ponto P(x0, y0, z0) sobre ela.

No capítulo anterior vimos que, fixando cada uma das variáveis de uma função z = f(x,y), é possível traçar três planos que interceptam a superfície, definida no espaço pela função f: um plano paralelo ao plano-xy (fixando-se a variável z = z0), um plano paralelo


ao plano-xz (fixando-se a variável y = y0) e um plano paralelo ao plano-yz (fixando-se a variável x = x0).

As derivadas parciais da função z = f(x,y) são interpretadas geometricamente do seguinte modo: ao calcularmos a derivada

parcial 0y y

f

x

∂

∂ =

consideramos a variável y = y0 como constante. A

intersecção do plano y = y0 com a superfície dada por z = f(x,y) irá definir uma linha de contorno (sobre a superfície), cuja projeção sobre o plano-xz define uma curva de nível.

Portanto, fixando y = y0, a função z = f(x,y) transforma-se em uma função de uma única variável x, que pode ser representada através de uma curva de nível no plano-xz.

A derivada parcial de z em relação à x no ponto P(x0, z0),

0

0 0( , )y y

fx z

x

∂

∂ =

, pode ser interpretada geometricamente, como o

coeficiente angular da reta tangente à curva de nível obtida pela intersecção do plano y = y0 com a superfície z = f(x,y), no ponto P(x0, y0, z0).


Analogamente, interpretamos a derivada parcial 0x x

f

y

∂

∂=

(x0,y

(Tente fazer esta interpretação geométrica). EXEMPLO 1 Determine a equação da reta tangente à curva de

intersecção da superfície 2 2124 2

2z x y= − − com o plano y = 2,

no ponto (2,2, 3) .

Solução

Inicialmente observamos que se a superfície está interceptando o plano y = 2, então y está fixo em 2 e apenas x e z estão variando.

Assim o coeficiente angular da reta tangente é dado por (2,2)xz e a

equação da reta tangente é, portanto, dada por

0 0(2,2) ( )xz z z x x− = − ,

onde z0 = 3 , x0 = 2 e

2 2 2 2

2( , )

4 24 2 2 24 2x

x xz x y

x y x y

− −= =

− − − −

y0).

Determine a equação da reta tangente à curva de

= 2,

Inicialmente observamos que se a superfície está interceptando o estão variando.

(2,2) e a

DERIVADAS PARCIAIS

⇒ 6

3

12

1)2,2(

−=

−=xz .

Logo, a reta solicitada tem equação dada por:

3 3 4 33 ( 2) ou

6 6 3z x z x

− −− = − = + .

EXEMPLO 2 Encontre a equação da reta tangente à curvadeterminada pela intersecção da superfície dada pela equação

2 2 2 4x y z+ + = com o plano x = 1, no ponto (1, 2, 1)− .

Solução

Observe que a equação da superfície define, implicitamente, duas funções para z, a saber,

2 24z x y= − − e 2 24z x y= − − − .

Como o ponto dado possui coordenada z negativa, devemos

trabalhar com a função 2 24z x y= − − − , pois o ponto (1, 2, 1)

não pertence ao gráfico da outra função z (positiva).

Como x está fixo (x = 1), o coeficiente angular será dado por

2 2( , )

4y

yz x y

x y=

− −. Aplicado no ponto 0 0( , ) (1, 2)x y =

torna-se (1, 2) 2yz = . Assim, a equação da reta tangente é dada

por


Encontre a equação da reta tangente à curva determinada pela intersecção da superfície dada pela equação

Observe que a equação da superfície define, implicitamente, duas

negativa, devemos

(1, 2, 1)−

= 1), o coeficiente angular será dado por

( , ) (1, 2)= ,

. Assim, a equação da reta tangente é dada


1 2 ( 2) ou 2 3z y z y+ = − = − .

EXERCÍCIOS 4.3

1. Encontre o coeficiente angular da reta tangente à curva de intersecção entre a superfície e o plano, no ponto dado, e represente a curva, o ponto e a reta tangente no plano cartesiano.

a) z = 3x − 5y + 6 ; plano: y = 2 ; ponto: (1, 2, −1)

b) 2 29z x y= − − ; plano: x = 2 ; ponto: (2, 2, 1)

2. Seja 2 23 2 5 2 3z x y x y= − − + + . Encontre a equação da reta

tangente à curva resultante da intersecção de z = f(x,y) com o plano

y = 2, no ponto (1, 2, −3).

3. Dada a superfície 2 2z x y= + , determine as equações das

retas tangentes às curvas de intersecção da superfície com o plano

x = 2 e depois com o plano y = 5 , no ponto (2, 5,3) .

4. Seja 2 2( , ) 16 4f x y x y= − − . Encontre o valor de fx(1,2) e fy(1,2) e

interprete esses números como inclinações. Faça uma ilustração à mão ou utilize um computador.

Encontre o coeficiente angular da reta tangente à curva de intersecção entre a superfície e o plano, no ponto dado, e represente

. Encontre a equação da reta

) com o plano

, determine as equações das

retas tangentes às curvas de intersecção da superfície com o plano

(1,2) e

interprete esses números como inclinações. Faça uma ilustração à


5. Para cada uma das funções dadas, determine os valores de x e y tais que fx(x,y) = 0 e fy(x,y) = 0.

(a) f(x,y) = 3x3 – 12xy + y3 (b) 1 1( , )f x y xy

x y= + +

6. A temperatura em qualquer ponto (x,y) de uma placa de aço é dada por T = 500 – 0,6x2 – 1,5y2 onde x e y são medidos em metros. Determine as taxas de variação da temperatura com a distância ao longo dos eixos x e y no ponto (2,3). Descreva com palavras o significado do valor de cada uma das taxas encontradas.

7. Uma medida da sensação de calor é feita através do Índice de Temperatura Aparente, dado pela equação

I(t,h) = 0,885 t – 22,4 h + 1,20 t h – 0,544 onde I é a temperatura aparente (em graus Celsius), t é a temperatura do ar (em graus Celsius) e h é a umidade relativa em forma decimal.

(a) Determine as derivadas parciais e I I

t h

∂ ∂

∂ ∂e descreva, com

palavras, o significado de cada uma delas. (b) Determine as taxas de aumento da temperatura aparente em relação à temperatura do ar e em relação à umidade, quando a temperatura ambiente é de 32o e a umidade relativa do ar é de 80%. Descreva, com palavras, o significado do resultado obtido.

Derivadas Parciais de Segunda Ordem

Se f(x,y) é uma função de duas variáveis, então suas derivadas parciais fx e fy também são funções de x e y e, portanto, podem ser


derivadas, resultando nas chamadas derivadas parciais de segunda ordem.

Então, a partir de uma função de duas variáveis z = f(x,y) podemos definir as quatro possíveis derivadas parciais de segunda ordem da seguinte maneira:

2

2

f ou xx

ff

x xx

∂ ∂ ∂

∂ ∂∂

=

: derivada parcial de fx em relação a x

2 f ou xy

ff

y x y x

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

=

: derivada parcial de fx em relação a y

2

2

f ou yy

ff

y yy

∂ ∂ ∂

∂ ∂∂

=

: derivada parcial de fy em relação a y

2 f ou

yx

ff

x y x y

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

=

: derivada parcial de fy em relação a x

As derivadas parciais fyx e fxy são denominadas derivadas parciais mistas de segunda ordem . OBS: Observe que são utilizadas convenções diferentes para indicar a ordem de derivação, nos dois tipos de notação. A notação

2 f f

y x y x

∂ ∂ ∂ =

∂ ∂ ∂ ∂

indica que devemos derivar a função primeiro em relação a x,

enquanto a notação y xf indica que a primeira derivação é em

relação a y. Uma maneira para evitar confusão com as notações é

DERIVADAS PARCIAIS

observar que devemos derivar primeiro em relação à variável que está “mais próxima” de f. EXEMPLO 1 Determine as derivadas parciais de segunda ordem da função

f(x,y) = 3x3y −5xy+7(2x+ y) . Solução

Escreva a função dada.

f(x,y) = 3x3y −5xy+7(2x+ y)

Suponha y constante e derive f em relação à x .

fx = 9x2 y − 5y + 7(2)

Suponha x constante e derive fx em relação à y.

fxy = 9x2 − 5

Suponha y constante e derive fx em relação à x.

fxx = 18xy


f(x,y) = 3x3y −5xy + 7(2x + y)

Suponha x constante e derive f em relação à y.

fy = 3x3 − 5x + 7

Suponha y constante e derive fy em relação à x.

fyx = 9x2 – 5

Suponha x constante e derive fy em relação à y.

fyy = 0.


observar que devemos derivar primeiro em relação à variável que

Determine as derivadas parciais de segunda ordem


EXEMPLO 2 Dada a função 3 2 4( , )f x y x y x y= + , determine

suas derivadas parciais de segunda ordem. Solução

As derivadas parciais de primeira ordem de f são:

2 43 2f

x y xyx

∂= +

∂ e 3 2 34

fx x y

y

∂= +

∂.

A partir de f

x

∂

∂ obtemos:

24

26 2

fxy y

x

∂= +

∂ e

22 33 8

fx xy

y x

∂= +

∂ ∂.

A partir de f

y

∂

∂ obtemos:

22 2

212

fx y

y

∂=

∂ e

22 33 8

fx xy

x y

∂= +

∂ ∂.

EXEMPLO 3 Dada a função ( , ) sen(2 )f x y x y= + , determine

suas derivadas mistas de segunda ordem. Solução

As derivadas parciais de primeira ordem de f são:

2cos(2 )xf x y= + e cos(2 )yf x y= +

Portanto,

2sen(2 )xyf x y= − + e 2sen(2 )yxf x y= − + .

, determine

, determine


Observando os resultados obtidos nos exemplos acima vemos que, em todos os casos, as derivadas parciais mistas de segunda ordem são iguais, ou seja, fxy = fyx. Isso ocorre na maioria das funções que aparecem frequentemente na prática. A explicação para este fato é dada pelo Teorema abaixo:

Teorema de Schwartz: Seja z = f(x,y) uma função

contínua com derivadas até segunda ordem contínuas num conjunto

aberto A ⊂ 2ℝ . Então:

2 2

0 0 0 0( , ) ( , )f f

x y x yx y y x

∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ∂

para todo 0 0( , )x y A∈ .

OBS:

Assim como definimos derivadas parciais de segunda ordem, podemos definir derivadas parciais de ordens mais altas. Por exemplo:

3

3 x x x

f ff

x x xx

∂ ∂ ∂ ∂ = =

∂ ∂ ∂∂

3

2 y y x

f ff

x y yx y

∂ ∂ ∂ ∂= = ∂ ∂ ∂∂ ∂

3

y x y

f ff

y x y y x y

∂ ∂ ∂ ∂= = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

,

e assim, sucessivamente.


EXERCÍCIOS 4.4

1. A equação de estado de van der Waals

P = g (V,T) = 2

RT a

V b V−

−

foi a primeira equação de estado que conseguiu representar melhor certas propriedades do comportamento dos fluidos e, em particular, do estado gasoso.

a) Ache o domínio de g (V,T).

b) Determine 2

2, e

T VT v T

P P P

V

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ .

2. A temperatura T num corpo, num dado ponto (x,y) e em um

tempo t, é dada pela função 2 21 ( )

exp4

x yT

t t

− += . Mostre que T

satisfaz a equação de difusão 2 2

2 2

T T T

tx y

∂ ∂ ∂

∂∂ ∂+ = .

3. Ache as derivadas parciais mistas de segunda ordem do volume

molar Vm = RT

P de um gás ideal em relação à pressão P e a

temperatura T.

4. Verifique o Teorema de Schwartz para as funções:

a) 2 2

( , )y

f x yx y

=+

b) 2

( , ) x yf x y xe +=

5. A equação de Laplace tridimensional 2 2 2

2 2 20

f f f

x y z

∂ ∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂é

satisfeita, dentre outras funções, pelas distribuições de temperatura no estado estacionário no espaço, pelos potenciais gravitacionais e pelos potenciais eletrostáticos. A equação de Laplace

bidimensional2 2

2 20

f f

x y

∂ ∂+ =

∂ ∂ descreve potenciais e distribuições


de temperatura no estado estacionário no plano. Mostre que as funções abaixo satisfazem uma equação de Laplace.

a) 2( , ) cos(2 )yf x y e x−= b) 2 2 2( , , ) 2f x y z x y z= + −

6. Para cada uma das funções abaixo, encontre as derivadas indicadas:

a) 2 3 2 2( , ) 3 4f x y x y x y= − + ; todas as de segunda ordem

b) ( , ) ln( )f x y xy= ; todas as de segunda ordem

c) ( , ) xyf x y e= ; todas as de segunda ordem

d) 2 2( , ) ln( )f x y x y= + ; y xf

e) 2 2 2( , , ) 1f x y z x y z= − − − ; ;z z y xf f

Extremos de Funções de Duas Variáveis

Uma das principais aplicações das derivadas para funções de uma variável é o cálculo de seus pontos de máximo e mínimo para resolver problemas de otimização. Iremos continuar nosso estudo, agora para funções de duas variáveis, levando em conta que, nesse caso, a determinação de pontos de máximos e mínimos pode ser muito mais complicada.

No estudo das funções de uma variável, a determinação de máximos e mínimos relativos foi feita utilizando as derivadas ordinárias. No caso de uma função de duas variáveis, a determinação de máximos e mínimos relativos é feita através de suas derivadas parciais.


Seja z = f(x,y) uma função definida em uma região D do plano que contém o ponto (a,b). Na prática, o que nos interessa é determinar os máximos ou mínimos relativos, ou seja, os pontos (x,y) em que a função assume valores maiores ou menores do que nos demais pontos de sua vizinhança.

Dizemos que f(x,y) possui um máximo relativo em um ponto

(a,b), no interior de seu domínio D, se f (x,y) ≤≤≤≤ f (a,b) para todo (x,y) numa vizinhança do ponto (a,b).

f(a,b) é um máximo relativo

Dizemos que f(x,y) possui um mínimo relativo em um ponto

(a,b), no interior de seu domínio D, se f (x,y) ≥≥≥≥ f (a,b) para todo (x,y) numa vizinhança do ponto (a,b).

f(a,b) é um mínimo relativo

Graficamente, a superfície gerada pela função f(x,y) possui um “pico” (concavidade para baixo) no ponto (a,b), se f tiver um máximo relativo em (a,b), e possui uma “base” (concavidade para cima) no ponto (a,b), se f tiver um mínimo relativo em (a,b).


OBS: Assim como no caso de funções de uma variável, existe uma diferença fundamental entre os extremos relativos e os extremos absolutos de uma função f(x,y).

O número f(a,b) é um máximo absoluto de f na região D, se f(a,b) é o maior valor de f em D. De maneira análoga, o número f(a,b) é um mínimo absoluto de f na região D se f(a,b) é o menor valor de f em D.

DEFINIÇÃO: Um ponto (a,b) do domínio de uma função f no

qual as derivadas parciais e y x

f f

x y

∂ ∂

∂ ∂ existem e são

simultaneamente nulas é denominado de ponto crítico de f. Assim, quando as derivadas parciais de primeira ordem de uma

função f existem em todos os pontos de uma região D do plano xy,

os extremos relativos de f em D só podem ocorrer em pontos críticos.

Supondo que f possui um máximo relativo em (x, y) = (a,b) e fixando y = b, f torna-se uma função de uma variável x com um máximo relativo em x = a. Portanto, do Cálculo I segue que a derivada de f(x,b), quando x = a, é igual a zero, ou seja,

( , ) 0f

a bx

∂

∂= . Analogamente, fixando x = a, f torna-se função de

uma variável y, com um máximo relativo em y = b e, portanto,

( , ) 0f

a by

∂

∂= . De maneira análoga, obtemos os mesmos resultados

se f possuir um mínimo relativo em (a,b).

Resumindo, o seguinte resultado para extremos relativos de funções de duas variáveis é válido: se f possui um máximo ou mínimo relativo em (a,b), então


( , ) 0f

a bx

∂

∂= e ( , ) 0

fa b

y

∂

∂=

OBS: 1. Este resultado é útil na determinação de máximos e mínimos de funções, quando são conhecidas informações adicionais sobre a função como, por exemplo, seu gráfico.

2. Existem funções que, apesar das derivadas parciais em um ponto serem nulas, esse ponto não é máximo nem mínimo relativo (ver ilustração abaixo). Um ponto desse tipo é denominado de ponto de sela.

DERIVADAS PARCIAIS

Assim, um ponto de máximo ou mínimo relativo é um ponto

crítico, mas nem todo ponto crítico é um extremo relativo (pode ser

um ponto de sela). Neste caso, as condições ( , ) 0f

a bx

∂

∂

( , ) 0f

a by

∂

∂= significam apenas que o plano tangente neste ponto é

paralelo ao plano-xy. EXEMPLO 1 Determine os pontos críticos da função

f(x,y) = 3x2 + 3y2 + 8x − 17y + 5. Solução Devemos primeiramente encontrar valores para x e y de modo que as

derivadas parciais sejam iguais a zero, ou seja, determinar seus

pontos críticos.

6 8 0

6 17 0

fx

x

fy

y

∂

∂

∂

∂

= + =

= − =

⇒ 4 17

,3 6

−

é um ponto crítico de


Assim, um ponto de máximo ou mínimo relativo é um ponto crítico, mas nem todo ponto crítico é um extremo relativo (pode ser

( , ) 0a b = e

significam apenas que o plano tangente neste ponto é

de modo que as

sejam iguais a zero, ou seja, determinar seus

é um ponto crítico de f(x,y).


Sabemos que, se a função f(x,y) tiver um máximo ou mínimo relativo, tal valor deverá ocorrer no ponto crítico. Pela figura, observamos que a função possui um mínimo relativo e, portanto, podemos garantir a existência desse mínimo no ponto (x,y) =

4 17,

3 6

−

, cujo valor é 293

12− .

Baseados na OBS 1 e no Exemplo 1, podemos constatar que se

não possuímos alguma informação adicional sobre f(x,y), teremos muita dificuldade para classificar um ponto crítico quanto à sua natureza (máximo ou mínimo relativo - ou nenhum dos dois), quando resolvemos o sistema

0

0

f

x

f

y

∂

∂

∂

∂

=

=

No estudo de funções de uma variável, para verificar a existência de um ponto de máximo ou de mínimo relativo,


estudamos, dentre outras possibilidades, a concavidade e o teste da segunda derivada. Existe um teste análogo para funções de duas variáveis, que é enunciado abaixo:

TESTE DA SEGUNDA DERIVADA: Suponha que as derivadas parciais de primeira e segunda ordens de uma função f sejam contínuas em uma região aberta W Õ ℝ2 e que

exista um ponto P(a,b) ∈ W para o qual ( , ) 0f

a bx

∂

∂= e

( , ) 0f

a by

∂

∂= . Para identificar cada tipo de ponto crítico,

primeiramente devemos calcular um número D (denominado de discriminante) definido por:

D(a,b) = fxx (a,b) fyy (a,b) − [fxy (a,b)]2

e, em seguida, utilizá-lo da seguinte maneira:

a) D(a,b) > 0 e fxx (a,b) > 0 ⇒ f possui um mínimo relativo em (a,b);

b) D(a,b) > 0 e fxx (a,b) < 0 ⇒ f possui um máximo relativo em (a,b);

c) D(a,b) < 0 ⇒ f não possui nem máximo e nem mínimo relativo em (a,b), ou seja, em (a,b) existe um ponto de sela;

d) D(a,b) = 0 ⇒ não é possível classificar o ponto crítico.

Este resultado não será demonstrado, uma vez que precisaríamos de cálculos avançados que não cabem no contexto do nosso curso.


OBS: O discriminante acima pode também ser visto como o determinante da matriz composta pelas derivadas parciais de segunda ordem da função f, conhecida como matriz Hessiana de f:

( , ) ( , )

( , )( , ) ( , )

xx xy

xy yy

f x y f x yH x y

f x y f x y

=

.

Desse modo, o discriminante D será dado por:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )2

, ,, det ,

, ,

, , ,

xx xy

xy yy

xx yy xy

f a b f a bD a b H a b

f a b f a b

f a b f a b f a b

= = =

= ⋅ −

EXEMPLO 2 Determine os pontos críticos da função

f(x,y) = y3 − x2 + 6x − 12y + 4 e classifique-os usando o Teste da segunda derivada. Solução

2

2 6 0

3 12 0

fx

x

fy

y

∂

∂

∂

∂

= − + =

= − =

Como fx(x,y) = −2x+6 e fy(x,y) = 3y2 −12 são definidas para

qualquer ponto do plano-xy, (3,2) e (3, −2) são os únicos pontos críticos de f(x,y).

fxx = −2, fxy = 0 e fyy = 6y ⇒ D(x,y) = −12y

O discriminante acima pode também ser visto como o determinante da matriz composta pelas derivadas parciais de

, conhecida como matriz Hessiana

DERIVADAS PARCIAIS

D(3,2) = −24 < 0 ⇒ em (x,y) = (3,2) existe um ponto de sela.

D(3, −2) = 24 > 0 e fxx (3, −2) = −2 < 0 ⇒ em (3, −2) existemáximo relativo.

EXEMPLO 3 Determine, caso haja, os extremos relativos d

função 4 2 2( , ) 2 2f x y x y x y= + − − .

Solução Inicialmente determinamos os pontos críticos de f através de suas derivadas parciais de primeira ordem:

3 28 2 0 (8 2) 0 0 ou

2 2 01

x

y

f x x x x x x

f yy

= − = − = ⇒ = = ± ⇒

= − = =

Portanto, os pontos críticos de f são:

)1,2

1();1,

2

1();1,0( 321 PPP − .


existe um ponto de sela.

2) existe um

Determine, caso haja, os extremos relativos da

através de suas

1

2x x x x= = ±


Para estudar a natureza destes pontos críticos (máximo, mínimo ou sela) precisamos determinar o Hessiano de f e, para isso, precisamos das derivadas parciais de segunda ordem:

224 2 ; 0 ; 2xx xy yyf x f f= − = = .

Assim,

2224 2 0

( , ) 48 40 2

xD x y x

−= = − .

Calculando nos pontos críticos, obtemos:

§ (0,1) 4 0D = − < ⇒ f não tem extremo relativo em P1 (ponto de

sela)

§ 1 1

( ,1) 8 0; ( ,1) 4 02 2xxD f− = > − = > ⇒

f possui um mínimo

relativo em P2

§ 1 1

( ,1) 8 0; ( ,1) 4 02 2xxD f= > = > ⇒ f possui um mínimo

relativo em P3

Para determinar os valores mínimos relativos de f basta substituir os pontos críticos P2 e P3 em f. Assim,

f (P2) = f (P3) = 9

8

−.

E o ponto de sela se dá em ( )0,1, 1− . Vejamos o gráfico.

DERIVADAS PARCIAIS

Veremos a seguir um exemplo que mostra como proceder

quando o teste das derivadas parciais de segunda ordem falha. EXEMPLO 4 Determine os extremos relativos da função

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

Solução

( )( )

2

2

, 2 0 0 ou 0

, 2 0x

y

f x y xyx y

f x y x y

= =⇒ = =

= =,

ou seja, todo ponto sobre os eixos x ou y é um ponto crítico.

Temos ainda que:

( )

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

2 2 2

, 2

, 2

, 4

, , , , 12

x x

yy

xy

x x yy xy

f x y y

f x y x

f x y xy

D x y f x y f x y f x y x y

=

=

=

⇒ = ⋅ − = −

Portanto,

( ) ( )0, 0 e ,0 0D y D x= = , para quaisquer x, y reais


exemplo que mostra como proceder quando o teste das derivadas parciais de segunda ordem falha.

rmine os extremos relativos da função

2 2D x y f x y f x y f x y x y


e, assim, o teste falha.

Contudo, como ( , ) 0f x y = para todo ponto sobre os eixos x ou y e2 2( , ) 0f x y x y= ≥ para todos os demais pontos do plano, podemos

concluir que em cada um desses pontos críticos temos um mínimo absoluto (veja figura a seguir).

OBS: 1) O teste da segunda derivada e o uso do determinante da matriz Hessiana para classificar possíveis pontos extremos não se aplicam a funções de três ou mais variáveis. Nestes casos, outros critérios são utilizados, porém não serão abordados aqui e podem ser vistos nos livros indicados nas referências.

2) Para utilizar a teoria dos extremos de uma função de duas variáveis para resolver problemas de otimização, devemos trabalhar com os extremos absolutos dessa função. Determinar os extremos absolutos de uma função de duas variáveis é muito mais difícil do que no caso de função de uma variável. Contudo, para funções quadráticas, temos o seguinte resultado:

Se uma função quadrática (polinômio de segundo grau em x e y) possui um máximo (mínimo) relativo em um determinado

DERIVADAS PARCIAIS

ponto, então esse ponto também é um máximo (mínimo) absoluto.

EXEMPLO 5 Considerando 2 2( , ) 2 3 12 6 9f x y x y x y= + − − +

determine o ponto no qual a função possui um máximo ou um mínimo absoluto. Solução Inicialmente determinamos os pontos críticos de f através de suas derivadas parciais de primeira ordem:

4 12 0 3

6 6 0 1x

y

f x x

f y y

= − = =⇒

= − = =

Portanto, existe um único ponto crítico (3,1).

Para estudar a natureza destes pontos críticos (máximo, mínimo ou sela) precisamos determinar o Hessiano de f e, para isso, precisamos das derivadas parciais de segunda ordem:

4 ; 0 ; 6xx xy yyf f f= = = .

Assim,

4 0

(3,1) 240 6

D = = .

e, portanto,

(3,1) 24 0; (3,1) 4 0xxD f= > = > ⇒

no ponto (3,1) existe um

mínimo relativo de f.

Como ( ),f x y é uma função quadrática, o mínimo relativo também

é um mínimo absoluto. Para determinar o valor mínimo, basta determinar o valor da função no ponto (3,1), o que nos dá

( )3,1 12f = − .


ponto, então esse ponto também é um máximo (mínimo)

( , ) 2 3 12 6 9f x y x y x y= + − − + ,

determine o ponto no qual a função possui um máximo ou um

através de suas

Para estudar a natureza destes pontos críticos (máximo, mínimo ou e, para isso, precisamos

(3,1) existe um

é uma função quadrática, o mínimo relativo também

é um mínimo absoluto. Para determinar o valor mínimo, basta


Veremos a seguir, alguns exemplos de aplicação dos extremos de funções de duas variáveis. EXEMPLO 6 O controle da poluição muitas vezes começa com algum conhecimento sobre a extensão e a concentração do poluente. Suponha que uma instalação industrial esteja localizada em um rio estreito e que C0 unidades de poluente sejam liberadas no rio no instante t = 0. Em geral a concentração de poluentes dependerá tanto do tempo quanto da distância da instalação. Suponha que a concentração C(x,t) do poluente, t horas após sua liberação, em um ponto localizado x milhas da instalação, é dada por

2 /40( , )

x ktCC x t e

k tπ

−= , onde k é uma constante física. Mantendo a

distância x0 fixa, em que instante tm ocorre a concentração máxima do poluente? Qual é a concentração máxima C(x0, tm)? Solução

Como a distância é considerada constante, para determinar os pontos críticos, consideramos a derivada parcial de primeira ordem em relação a t igual a zero.


2 /40( , )

x ktCC x t e

k tπ

−=

Derive em relação à t.

( ) ( )

2 22

/4 /40 023

4( , )

42

x kt x ktC k C kxCx t e e

t kt k tk t

π

ππ

− −−∂= +

∂

Simplifique e iguale a zero.

de aplicação dos extremos

O controle da poluição muitas vezes começa com algum conhecimento sobre a extensão e a concentração do poluente. Suponha que uma instalação industrial esteja localizada em um rio

unidades de poluente sejam liberadas no rio no 0. Em geral a concentração de poluentes dependerá tanto

do tempo quanto da distância da instalação. Suponha que a horas após sua liberação, em um

milhas da instalação, é dada por

é uma constante física. Mantendo a

ocorre a concentração máxima

Como a distância é considerada constante, para determinar os pontos críticos, consideramos a derivada parcial de primeira ordem em

DERIVADAS PARCIAIS

( )

22

/40 02 3

( , ) 04 2

x ktC x C kCx t e

t kt k t k t

π

π π

−

∂ = − =

∂

Resolvendo a equação e considerando o fato de que 2 /4x kte−

obtemos 2

0

2m

xt

k= como sendo o instante em que ocorre a

concentração máxima do poluente.

00

0

2( , ) .

m

CC x t

e xπ=

EXEMPLO 7 Suponha que um supermercado de uma pequena cidade do interior trabalhe com duas marcas de suco de laranja, uma marca local que custa, no atacado, 30 centavos a garrafa e uma marca nacional muito conhecida que custa, no atacado, 40 centavos a garrafa. O dono do supermercado estima que se cobrar x centavos pela garrafa da marca local e y centavos pela garrafa da marca nacional, venderá, por dia, 70 – 5x + 4y garrafas da marca local e 80 + 6x –7y garrafas da marca nacional. Por quanto o dono do supermercado deve vender as duas marcas de suco de laranja para maximizar seu lucro? Solução

Sendo x centavos o preço de venda da garrafa do suco local e centavos o preço de venda da garrafa do suco nacional e considerando que o lucro é dado pelo preço de venda menos o preço de custo do produto, segue que os lucros obtidos pela venda de cada garrafa do suco local e do suco nacional são dados, respectivamente, por (x – 30) e (y – 40).


( , ) 0= − =

/4 0x kt ≠ ,

como sendo o instante em que ocorre a

Suponha que um supermercado de uma pequena cidade do interior trabalhe com duas marcas de suco de laranja, uma marca local que custa, no atacado, 30 centavos a garrafa e uma marca nacional muito conhecida que custa, no atacado, 40 centavos

centavos centavos pela garrafa da marca

garrafas da marca local e garrafas da marca nacional. Por quanto o dono do

ado deve vender as duas marcas de suco de laranja para

centavos o preço de venda da garrafa do suco local e y centavos o preço de venda da garrafa do suco nacional e

menos o preço de custo do produto, segue que os lucros obtidos pela venda de cada garrafa do suco local e do suco nacional são dados, respectivamente,


Como se estima que serão vendidas 70 – 5x + 4y garrafas da marca local e 80 + 6x –7y garrafas da marca nacional, segue que o lucro diário com a venda do suco de laranja é dado pela função:

2 2

( , ) ( 30) (70 5 4 ) ( 40) (80 6 7 )

5 10 20 7 240 5300,

f x y x x y y x y

x xy x y y

= − − + + − + − =

= − + − − + −

cujos pontos críticos são dados por:

10 10 20 0 53

10 14 240 0 55.x

y

f x y x

f x y y

= − + − = =⇔

= − + = =

Assim, (53, 55) é o único ponto crítico de f. Para saber se nesse ponto existe um máximo, precisamos usar o teste da segunda derivada:

10 10( , ) 40 0 10 0.

10 14 xxD x y e f−

= = > = − <−

Logo, no ponto (53, 55) existe um máximo relativo de f. Como o ponto crítico é único e f é uma função quadrática, segue que o máximo relativo também é um máximo absoluto (global). Assim, para ter o maior lucro possível com a venda dos sucos, o comerciante deverá vender o suco local por 53 centavos a garrafa e o suco nacional por 55 centavos a garrafa. EXEMPLO 8 Suponha que T graus seja a temperatura em

qualquer ponto (x,y,z) da esfera dada por 2 2 2 4x y z+ + = e que 2( , , )T x y z x y z= . Encontre os pontos sobre a esfera onde a

temperatura é máxima e mínima. Calcule também a temperatura nestes pontos. Solução

Observe que a temperatura depende de três variáveis e não estudamos os critérios para analisar extremos neste caso. Todavia, o

garrafas da marca garrafas da marca nacional, segue que o lucro

nesse precisamos usar o teste da segunda

. Como segue que o

máximo absoluto (global). Assim, para ter o maior lucro possível com a venda dos sucos, o comerciante deverá vender o suco local por 53 centavos a garrafa e

graus seja a temperatura em

e que

. Encontre os pontos sobre a esfera onde a

temperatura é máxima e mínima. Calcule também a temperatura

Observe que a temperatura depende de três variáveis e não analisar extremos neste caso. Todavia, o


problema oferece uma restrição, ou seja, a temperatura é calculada

sobre os pontos que satisfazem a equação 2 2 2 4x y z+ + = , de onde

podemos obter uma variável em função das outras duas. Por

conveniência, vamos tomar 2 2 24y x z= − − , a fim de evitar o

cálculo com raiz quadrada. Substituindo na expressão da temperatura, obtemos:

( ) ( )2 2 3 3, 4 4 .T x z xz x z xz x z xz= − − = − −

Derivando para achar os pontos críticos, encontramos:

2 3 2 2

3 2 2 2

2 2

2 2

4 3 (4 3 ) 0

4 3 (4 3 ) 0

0 ou 4 3 0

0 ou 4 3 0,

x

z

T z x z z z x z

T x x xz x x z

z x z

x x z

= − − = − − =

= − − = − − =

= − − =⇒

= − − =

cuja solução são os pontos:

P1(0,0); P2(0, −2); P3(0,2); P4(−2,0); P5(2,0); P6(−1, −1);

P7(−1,1); P8(1, −1); P9(1,1).

O discriminante é dado por:

2 22 2 2 2 2

2 2

6 4 3 3( , ) 36 (4 3 3 )

4 3 3 6

xz x zD x z x z x z

x z xz

− − −= = − − −

− − −.

Assim,

D(0,0) = −16 ⇒ (0,0) é ponto de sela.

D(0, −2) = D(0,2) = D(−2,0) = D(2,0) = − 64 ⇒ estes 4 pontos são de sela.

D(−1, −1) = D(−1,1) = D(1, −1) = D(1,1) = 32 > 0.


Txx (−1, −1) = −6 ⇒ (−1, −1) é ponto de máximo local;

Txx (−1,1) = 6 ⇒ (−1,1) é ponto de mínimo local;

Txx (1, −1) = 6 ⇒ (1, −1) é ponto de mínimo local;

Txx (1,1) = −6 ⇒ (1,1) é ponto de máximo local;

Lembrando que 2 2 24y x z= − − , concluímos que os pontos mais

quentes sobre a esfera são

( 1, 2, 1); ( 1, 2, 1); (1, 2,1) e (1, 2,1)− − − − − − ,

sendo a temperatura nestes pontos igual a 2 graus. E os pontos mais frios sobre a esfera são

( 1, 2,1); ( 1, 2,1); (1, 2, 1) e (1, 2, 1)− − − − − − ,

cuja temperatura é de (− 2) graus. EXEMPLO 9 Um funcionário do setor de planejamento de uma determinada distribuidora verifica que as lojas dos três clientes mais importantes estão localizadas nos pontos A(1,5), B(0,0) e C(8,0), onde as unidades estão em quilômetros. Em que ponto W(x,y) deve ser instalado um depósito para que a soma das distâncias do ponto W aos pontos A, B e C seja mínima? Solução

O ponto W(x,y) para o qual a soma das distâncias é mínima é o mesmo para o qual a soma dos quadrados das distâncias é mínima, isto é, o ponto para o qual a função

2 2 2 2 2 2( , ) ( 1) ( 5) ( 8)W a A W a B W a C

S x y x y x y x y= − + − + + + − +

, concluímos que os pontos mais

sendo a temperatura nestes pontos igual a 2 graus. E os pontos mais

Um funcionário do setor de planejamento de uma determinada distribuidora verifica que as lojas dos três clientes mais

(8,0), ) deve

ser instalado um depósito para que a soma das distâncias do ponto

) para o qual a soma das distâncias é mínima é o qual a soma dos quadrados das distâncias é mínima,

DERIVADAS PARCIAIS

é mínima. (Trabalhando com o quadrado das distâncias, eliminamos as raízes quadradas e tornamos os cálculos mais simples). Para minimizar S, começamos pelos pontos críticos:

32( 1) 2 2( 8) 6 18 0

2( 5) 2 2 6 10 0x

y

xS x x x x

S y y y y y

== − + + − = − = ⇔

= − + + = − = =

O discriminante é dado por:

26 0( , ) 36 0, ( , )

0 6D x y x y= = > ∀ ∈R e

20, ( , )xxS x y> ∀ ∈R .

Assim, o único ponto crítico de S é um ponto de mínimoComo a função é quadrática, é um ponto de mínimo global.Portanto, a melhor localização para o depósito é no ponto de

coordenadas 5

3,3

W

.


é mínima. (Trabalhando com o quadrado das distâncias, eliminamos as raízes quadradas e tornamos os cálculos mais simples). Para

3

5

3

=

=

é um ponto de mínimo local. Como a função é quadrática, é um ponto de mínimo global.

, a melhor localização para o depósito é no ponto de


EXERCÍCIOS 4.5 1. Determine todos os pontos críticos das funções abaixo e classifique-os como um máximo relativo, um mínimo relativo ou um ponto de sela.

a) 2 2( , )f x y x y= + b) 2 2( , )f x y y x= −

c) 2 2( , ) 25f x y x y= − + d) 3 3( , ) 6f x y x y xy= − +

e) 8 8( , )f x y xy

x y= + + f) f(x,y) = 6x − x2 − 8y − 2y2

g) f(x,y) = x4 + y4 − (x + y)2

2. Para cada uma das funções dadas, determine o ponto no qual a função possui um máximo ou mínimo absoluto.

a) 2 2( , ) 3 6 4 3 4f x y x y x y= + + − −

b) 2 2( , ) 5 2 6 3 10 9f x y x y x xy y= − − − − −

3. O que você entende por um “mapa de contorno”? O mapa de contorno ao lado mostra todos os aspectos significativos da função. Faça uma conjectura sobre o número e a localização de todos os extremos relativos e os pontos de sela da função

f(x,y) = x3 – 3xy – y3

e então use o cálculo para verificar sua conjectura.

4. Encontre 3 números positivos cuja soma seja 24 e tal que seu produto seja o maior possível.


5. Encontre o ponto sobre a esfera 2 2 2 4x y z+ + = mais próximo do

ponto (3,3,3).

6. Precisa-se construir um tanque com a forma de um paralelepípedo para estocar 270 m3 de combustível, gastando a menor quantidade de material em sua construção. Supondo que todas as paredes serão feitas com o mesmo material e terão a mesma espessura, determine as dimensões do tanque.

7. Uma firma de embalagem necessita fabricar caixas retangulares de 64 cm3 de volume. Se o material da parte lateral custa a metade do preço do material a ser usado para a tampa e para o fundo da caixa, determine as dimensões da caixa que minimizam o seu custo.

8. Considere um experimento no qual um paciente executa uma tarefa enquanto está sendo submetido a dois estímulos diferentes (um som e uma luz, por exemplo). No caso de estímulos fracos, o desempenho melhora, mas quando os estímulos aumentam de intensidade, começa a distrair a atenção do paciente e o desempenho piora. Em certo experimento, no qual o paciente é submetido a x unidades do estímulo A e y unidades do estímulo B, o desempenho do paciente é dado por uma função da forma:

2 21( , ) x yf x y C x y e − −= +

onde C é uma constante positiva. Quantas unidades de cada estímulo produzem o melhor desempenho possível?

9. Quatro pequenas cidades de uma região rural estão dispostas a se associar para construir uma antena retransmissora de televisão. Se as

cidades estão localizadas nos pontos A(−5,0), B(1,7), C(9,0) e

D(0,−8) de um sistema retangular de coordenadas, no qual as distâncias são medidas em quilômetros, em que ponto P(x,y) deve ser instalada a antena para que a soma das distâncias entre ela e as quatro cidades seja a menor possível?


Diferencial de uma Função de Duas Variáveis

Ao estudarmos funções de duas variáveis independentes, como por exemplo:

volume de um cilindro circular reto: V = π r2 h = f (r,h)

intensidade de corrente elétrica em uma resistência: I = V/R = f (V,R)

capacidade de um capacitor: C = S/4π e = f (S,e)

vimos que podemos variar uma das variáveis sem alterar as demais. Se fizermos variar todas as variáveis ao mesmo tempo, é útil podermos calcular a variação global da função, que é denominada de diferencial total da função.

Para funções de uma variável, estudamos no Cálculo I que, para

um determinado valor x = a, uma variação em x de ∆x unidades

(para ∆x bem pequeno) resulta em uma variação em y = f(x) de

aproximadamente ( )'dy f x dx= unidades ou . unidades ,dy

dxdx

denominada diferencial da função y = f(x).

Para funções de duas variáveis, o raciocínio é análogo. As derivadas parciais de z = f (x,y) indicam o quanto a função muda em relação à pequenas alterações de suas variáveis. Em particular, se os

valores de ∆x e ∆y são pequenos, então para o ponto (a,b), uma

variação em x de ∆x unidades acarretará uma variação em f(x,y) de,

aproximadamente, ( , ) . y

fa b x

x

∂

∂

∆

unidades e uma variação em y

de ∆y unidades, acarretará uma mudança em f(x,y) de,


aproximadamente, ( , ) . x

fa b y

y

∂

∂

∆

unidades. Assim, quando x e y

estiverem variando ao mesmo tempo, a variação em z será dada, aproximadamente, pela soma desses termos, ou seja,

∆z = f (a + ∆x, b+∆y) - f(a,b) ≈ ( , ) . y

fa b x

x

∂

∂

∆

+ ( , ) . x

fa b y

y

∂

∂

∆

onde tal aproximação será tanto melhor, quando ∆x e ∆y tenderem

à zero. Chamando ∆x = dx, ∆y = dy e ∆z = dz, obtemos a seguinte expressão

dz = ( , ) . y

fa b dx

x

∂

∂

+ ( , ) . x

fa b dy

y

∂

∂

= fx (a,b) dx + fy (a,b) dy

que é denominada diferencial total de f e cujo valor depende tanto dos valores de dx e dy quanto dos valores das derivadas parciais de f em x = a e y = b.

Observe que a variação total real da função z = f(x,y) é dada por:

∆z = f(a + ∆x,b+∆y) - f(a,b)

e a diferencial dz é uma boa aproximação de ∆z quando ∆x e ∆y são bem pequenos.

Para entendermos melhor o que foi feito anteriormente, consideremos uma função A em particular, que nos dá a área de um retângulo como função de seus dois lados, x e y.


Se o lado x aumenta de ∆x unidades e o lado y permanece

constante então a mudança na área A será de ∆A = y. ∆x e,

conseqüentemente, y

Ay

x

∆ =

∆ .

Agora, se o lado y aumenta de ∆y unidades e x é mantido constante,

então a variação da área será de ∆A = x ∆y e, conseqüentemente,

x

Ax

y

∆=

∆ .


Se ambas as variáveis aumentarem, então a mudança na área será a soma dessas quantidades (ver ilustração), ou seja,

∆A = y ∆x + x ∆y + ∆x ∆y

e, substituindo os valores de x e de y, obtemos

∆A = y

A

x

∆

∆ ∆x +

x

A

y

∆

∆ ∆y + ∆x ∆y .

Se as variações forem muito pequenas, podemos substituir esta notação pela notação diferencial, ou seja,

dA = y

A

x

∂

∂

dx + x

A

y

∂

∂

dy + dx dy .

Como o produto de duas quantidades muito pequenas é menor ainda, segue que o produto dx dy pode ser desprezado sem que isto altere de modo significativo o resultado. Portanto, segue daí a equação para a diferencial dA, que é dada por:

dA = y

A

x

∂

∂

dx + x

A

y

∂

∂

dy .


EXEMPLO 1 Uma das equações fundamentais da Termodinâmica, combinando a primeira e a segunda lei da Termodinâmica, é dada por:

dU = T dS - P dV onde U é a energia interna de um sistema termodinâmico, S é a entropia e P, V, e T são a pressão, volume e a temperatura, respectivamente. A quantidade dU é a diferencial total de U como uma função de S e V, e portanto pode ser escrita como

V S

U UdU dS dV

S V

∂ ∂

∂ ∂

= +

de onde segue que e VV S

U UT P

S

∂ ∂

∂ ∂

= − =

.

EXEMPLO 2 No estudo dos fenômenos elétricos estáticos (Eletrostática), Coulomb estudou o comportamento de duas cargas Q1 e Q2, separadas pela distancia r, no vácuo. Ele verificou que aparece uma força associada às duas cargas, denominada de força elétrica, que pode ser representada pela seguinte função:

( )1 2, ,elF f Q Q r=

onde Fel é a força eletrostática entre as duas cargas Q1 e Q2. Através de seus estudos, envolvendo a variação de apenas duas dessas grandezas, Coulomb obteve as relações

1; 2; 2

1el el elF Q F Q F

r∝ ∝ ∝ ,

de onde segue que:

1 2 2

1elF Q Q

r∝ ⋅ ⋅ e 1 1; 2 2; 3 2

1el el elF k Q F k Q F k

r= ⋅ = ⋅ = ⋅ .

A diferencial eldF é definida por:

1 22 1

1 21 2 ,, ,

el el elel

Q QQ r Q r

F F FdF dQ dQ dr

Q Q r

∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ + ⋅

∂ ∂ ∂

Uma das equações fundamentais da Termodinâmica, combinando a primeira e a segunda lei da

é a são a pressão, volume e a temperatura,

como

No estudo dos fenômenos elétricos estáticos cargas

. Ele verificou que força

. Através de seus estudos, envolvendo a variação de apenas duas dessas

DERIVADAS PARCIAIS

onde

2

11 ,

el

Q r

Fk

Q

∂=

∂ ;

1

22 ,

el

Q r

Fk

Q

∂=

∂ e

1 2

3,

el

Q Q

Fk

r r

∂ = ⋅ −

∂

EXEMPLO 3 Seja z = x2 y.

a) Calcule a diferencial total dz, quando variamos (x,y) de xy = 2 para x = 1,02 e y = 2,01.

b) Calcule ∆z, quando variamos (x,y) de x = 1 e y = 2 para x = 1,02 e y = 2,01.

c) Verifique a relação existente entre dz e ∆z. Determine a diferença

entre os valores de dz e de ∆z. Solução

a)

2

2

22

2 1 2 0,02 1 0,01 0,08 0,01 0,09

x

y

f xydz xy dx x dy

f x

dz

= ⇒ = +

=

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = + =

b)

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

2

2 2

2

0,02; 0,01 , 0,02 0,01

0,04 0,0004 0,01

0,01 0,04 0,0004 0,0004 0,000004

0,01 0,08 0,0004 0,0008 0,000004 0,091204

z f x y f x y x y x y

x x y x y

x xy x y

∆ = + + − = + + − =

= + + + − =

= + + + + =

= + + + + =

c) ∆z ≈ dz a menos de uma diferença que é igual a

valor real (∆z) - valor aproximado (dz) = 0,001204

Observe que essa diferença é bem pequena, e isso se deve ao fato de

que os valores de ∆x e de ∆y também o são.

OBS:


3

2

r

= ⋅ −

.

x = 1 e

= 1,02 e

. Determine a diferença

2 1 2 0,02 1 0,01 0,08 0,01 0,09

2z f x y f x y x y x y∆ = + + − = + + − =

Observe que essa diferença é bem pequena, e isso se deve ao fato de


Podemos escrever a diferencial dz, para uma função z = f(x,ydo seguinte modo:

z z

dz dx dyx y

∂ ∂

∂ ∂= + ou

f fdf dx dy

x y

∂ ∂

∂ ∂= +

EXEMPLO 4 A superfície de um retângulo é dada por

( ),S b h f b h= ⋅ = onde b é a base do retângulo e h é a altura. Se a

base b variar de db = 1 cm e a altura h de dh = 10 cm, de quanto irá variar a superfície S se h = 10m e b = 10m? Solução

f f

dS db dhb h

∂ ∂

∂ ∂= + onde S = b.h

e f f

h bb h

∂

∂

∂= =

∂ ⇒ dS = 10×0,01 + 10×0,1 = 1,1m2,

ou seja, a superfície S variará de 1,1m2.

EXEMPLO 5 Calcule aproximadamente a variação na pressão de um gás ideal se o volume está variando de 20.000 litros para 19.800 litros, a temperatura está variando de 298,15K para 299K, e o número de moles está variando de 1,0000 para 1,0015. Considere a constante R = 8,3144 Jk-1 mol-1. Compare com o valor exato. Solução

Observe que os dados fornecidos pelo problema são:

V = 20.000; dV = -200 T = 298,15; dT = 0,85 n = 1,0000; dn = 0,0015 R = 8,3144

e que os gases ideais satisfazem a equação:

y),

dada por

é a altura. Se a

, de quanto irá

Calcule aproximadamente a variação na pressão de um gás ideal se o volume está variando de 20.000 litros para 19.800 litros, a temperatura está variando de 298,15K para 299K, e o número de moles está variando de 1,0000 para 1,0015. Considere a

DERIVADAS PARCIAIS

PV = nRT ⇒ nRT

PV

=

de onde concluímos que

, , ,

3 -22 1,779 10 Nm

n T n V V T

P P PdP dV dT dn

V T n

nRT nR RTdV dT dn

V VV

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

−

= + + =

−= + + = ×

1 J = 1 Nm

∆P = P(n2 ,V2 ,T2 ) - P(n1 ,V1 ,T1 ) = 1,797×10-3 N/m2 (Pascal)

50,000018 1,8 10P dP −∆ − = = × é a diferença na aproximação de ∆P por dP.

OBS: Observe que no Exemplo 4, o cálculo de ∆P foi mais simples que o de dP, o que na maioria das vezes não acontece. Na Físico-Química, frequentemente nos deparamos com o fato de não conhecermos uma fórmula para uma função e sabermos apenas os valores das derivadas parciais e, neste caso, o cálculo de dPnecessário.

EXEMPLO 6 Sabendo que V = V(P,T) onde P (pressão), (volume) e T (temperatura) são propriedades de estado e considerando que as leis de Boyle (T = cte) e de Gay-Lussac (cte) para os gases ideais são dadas, respectivamente por:


3 -2 1,779 10 Nm

(Pascal)

é a diferença na aproximação de

foi mais , o que na maioria das vezes não

entemente nos deparamos com o fato de não conhecermos uma fórmula para uma função e sabermos apenas os valores das

dP seria

(pressão), V (temperatura) são propriedades de estado e

Lussac (P =


PV = C1 e 2V

CT

=

onde C1 e C2 são constantes, obtenha a equação do gás ideal PV = onde k = nR é uma constante. Solução

V = V(P,T) ð T P

V VdV dP dT

P T

∂ ∂ = +

∂ ∂

onde as derivadas parciais representam o comportamento dos gases ideais de acordo com as leis de Boyle e de Gay-Lussac. Deste modo, as derivadas parciais podem ser calculadas a partir das leis dadas:

Lei de Gay-Lussac : 2V

CT

= ð V = C2T ð 2P

VC

T

∂ =

∂

Lei de Boyle : PV = C1 ð 11

V CP

= ð 12

T

V C

P P

∂ = −

∂

Substituindo esses resultados na expressão da diferencial total, segue que:

12 2

T P

V V CdV dP dT C dT dP

P T P

∂ ∂ = + = ⋅ − ⋅

∂ ∂

Substituindo as constantes C1 e C2 pelos seus valores nas respectivas leis empíricas, segue que:

12 2 2

C V PVdV C dT dP dT dP

TP P= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ ð

dV dT dP

V T P= −

Integrando essa equação diferencial, obtemos:

dV dT dP

V T P= −∫ ∫ ∫ ð 1ln ln lnV T P k= − + ð

ln ln ln ln lnkT

V T P kP

= − + = para k1 = lnk.

∴ ln ln .kT kT

V V PV kTP P

= ⇒ = ⇒ =

= kT

parciais representam o comportamento dos gases Lussac. Deste modo,

Substituindo esses resultados na expressão da diferencial total, segue

pelos seus valores nas respectivas

dV dT dP

DERIVADAS PARCIAIS

EXEMPLO 7 O comportamento termodinâmico de um gás puro

pode ser estudado pela função ( ), , 0f P V T = . A partir das

diferenciais dP e dV, mostre que:

(i) 1

T

T

PVVP

∂ = ∂∂

∂

(ii) 0T P V

P V P

V T T

∂ ∂ ∂ ⋅ + =

∂ ∂ ∂

(iii) 1T P V

P V T

V T P

∂ ∂ ∂ ⋅ ⋅ = −

∂ ∂ ∂

Solução

Para calcular dP escrevemos ( ),P f V T= e para calcular

escrevemos ( ),V g P T= . Assim, temos que:

T V

P PdP dV dT

V T

∂ ∂ = +

∂ ∂ e

T P

V VdV dP dT

P T

∂ ∂ = +

∂ ∂

Substituindo dV na diferencial de P, obtemos:

T T P V

T T T P V

P V V PdP dP dT dT

V P T T

P V P V PdP dT

V P V T T

∂ ∂ ∂ ∂ = + + =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Segue daí que:

1T T T P V

P V P V PdP dT

V P V T T

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − ⋅ = ⋅ +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Para que a igualdade anterior seja verdadeira, os termos dentro do colchete, nos dois lados da igualdade, devem ser iguais a zero. Portanto, temos que:


termodinâmico de um gás puro

. A partir das

e para calcular dV

T P

V VdV dP dT

P T

dP dT

dP dT

Para que a igualdade anterior seja verdadeira, os termos dentro do iguais a zero.


1 0 1

1

T T T T

T

T

P V P V

V P V P

PVVP

∂ ∂ ∂ ∂ − ⋅ = ⇒ ⋅ =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ⇒ = ∂∂

∂

e

0

1

T P V

T P V

V

P V P

V T T

P V PTV T TP

∂ ∂ ∂ ⋅ + = ⇒

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ⇒ ⋅ = − = − ∂∂ ∂ ∂

∂

Portanto,

1 1.

T P T P V

V

P V P V TTV T V T PP

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⋅ = − ⇒ ⋅ ⋅ = − ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂

OBS:

1. Análogo ao caso de funções de uma variável, com

funções de duas ou mais variáveis também podemos

calcular a variação percentual ou relativa da função, a

qual nos dá uma visão mais adequada da variação. Para

isso, basta fazermos

dz

z ou

df

f

2. Todas as definições e resultados válidos para funções de

duas variáveis são estendidos para funções de três ou

mais variáveis.

1.

Análogo ao caso de funções de uma variável, com

funções de duas ou mais variáveis também podemos

calcular a variação percentual ou relativa da função, a

qual nos dá uma visão mais adequada da variação. Para

Todas as definições e resultados válidos para funções de

duas variáveis são estendidos para funções de três ou

DERIVADAS PARCIAIS

EXEMPLO 8 Um balão meteorológico é liberado ao nível do

mar, a uma distância R do olho de um furacão, e sua altitude

aumenta à medida que ele se move em direção ao olho. A altura

que o balão atingirá no olho pode ser aproximada por

42

2π

Rh g

C=

onde g é uma constante gravitacional e C é uma Constant

meteorológica chamada circulação da velocidade do vento. Se os

erros percentuais máximos nas medidas de R e h são ≤2% e

respectivamente, estime o erro percentual máximo no cálculo de

Solução

Inicialmente devemos escrever C como função de R e h, já que

queremos analisar o erro percentual de C. Isolando C na equação

dada, obtemos

21 2

1 2/

/

RC g

h= π .

Se os erros nas medidas de R e h são, respectivamente, dR

então o erro em C pode ser aproximado por

21 2 1 2

1 2 3 2

2 1

2/ /

/ /

C C R RdC dR dh g dR g .

R h h h

∂ ∂= + = π − π

∂ ∂

Como estamos interessados em erros percentuais, dividimos ambos

os membros desta equação por C, obtendo

12 .

2

dC dR dh

C R h= −


Um balão meteorológico é liberado ao nível do

do olho de um furacão, e sua altitude

aumenta à medida que ele se move em direção ao olho. A altura h

é uma Constante

hamada circulação da velocidade do vento. Se os

2% e ≤5%,

respectivamente, estime o erro percentual máximo no cálculo de C.

, já que

. Isolando C na equação

dR e dh,

dC dR dh g dR g .

amos interessados em erros percentuais, dividimos ambos


Para determinar o erro percentual máximo precisamos analisar os

erros nas quatro situações possíveis:

(i) dR/R = 2% e dh/h = 5%

Neste caso teremos

12.(2%) .(5%) 2.(0,02) 0,5.(0,05) 0,015 1,5%.

2

dC

C= − = − = =

(ii) dR/R = 2% e dh/h = –5%

Neste caso,

12.(2%) .( 5%) 2.(0,02) 0,5.( 0,05) 0,065 6,5%.

2

dC

C= − − = − − = =

(iii) dR/R = –2% e dh/h = +5%

Neste caso,

12.( 2%) .(5%) 2.( 0,02) 0,5.(0,05) 0,065 6,5%.

2

dC

C= − − = − − = − = −

(iv) dR/R = –2% e dh/h = –5%

Neste caso,

12.( 2%) .( 5%) 2.( 0,02) 0,5.( 0,05) 0,015 1,5%.

2

dC

C= − − − = − − − = − = −

Logo, o erro percentual máximo no cálculo de C será de 6,5%,

para mais ou para menos.

Para determinar o erro percentual máximo precisamos analisar os

2.(2%) .(5%) 2.(0,02) 0,5.(0,05) 0,015 1,5%.

2.(2%) .( 5%) 2.(0,02) 0,5.( 0,05) 0,065 6,5%.

2.( 2%) .(5%) 2.( 0,02) 0,5.(0,05) 0,065 6,5%.= − − = − − = − = −

2.( 2%) .( 5%) 2.( 0,02) 0,5.( 0,05) 0,015 1,5%.= − − − = − − − = − = −

Logo, o erro percentual máximo no cálculo de C será de 6,5%,


EXERCÍCIOS 4.6 1. Calcule a diferencial total das funções abaixo: a) f (x,y) = x2 sen(y) +2 y3/2 ; b) f (x,y) = x2 exy +(1/y2) c) f (x,y,z) = ln(x2+y2) + tg(z); d) f (x,y,z,t) = x2z + 4yt3 – xz2 t 2. Por meio de diferenciais, calcule o valor da variação de f para as

variações indicadas nas variáveis independentes: a) f (x,y) = x2–3x3y2 + 4x – 2y3 + 6; (–2; 3) para (–2,02; 3,01); b) f (x,y) = x2 –2xy +3y; (1; 2) para (1,03; 1,00); c) f (x,y,z) = x2z3 – 3yz2 + x-3 + 2y1/2z; (1;4;2) para (1,02; 3,97;

1,96); d) f (x,y,z) = xy + xz + yz; (–1; 2; 3) para (–0,98; 1,99; 3,03).

3. Um cilindro tem 10m de altura e 5m de raio da base. Aumenta-se h de 10 cm e R de 1cm. Calcule a variação do volume. Quanto falta a dV para termos a variação exata do volume?

4. As dimensões de uma caixa retangular fechada são 1m, 2m e 3m, com erro possível de 0,16 cm em cada medida. Por meio de diferenciais, aproxime o erro máximo e o erro percentual no valor calculado da área da superfície e do volume da caixa.

5. O fluxo sanguíneo através de uma arteríola é dado por F = pPR4/(8vL), onde L é o comprimento da arteríola, R é o raio, P é a diferença e pressão entre as duas extremidades e v é a viscosidade do sangue. Suponha que v e L sejam constantes. Por meio de diferenciais, aproxime a variação percentual no fluxo sangüíneo , se o raio decresce de 2% e a pressão aumenta de 3%.

6. Se um remédio é ingerido por via oral, o tempo T durante o qual a maior quantidade do remédio permanece na corrente sanguínea pode ser calculado com o auxílio da meia-vida x do remédio no estômago e a meia-vida y do remédio na corrente sanguínea. Para muitos remédios comuns (como a penicilina, por exemplo), T é dado por


(ln ln )

( ) ln 2

xy x yT

x y

−=

−.

Para certo remédio, x = 30 min e y = 1h. Se o erro máximo na estimativa de cada meia-vida é de ≤10%, encontre o erro máximo no valor calculado de T.

7. Seja uma resistência R percorrida por uma corrente de intensidade I onde V é a d.d.p ( diferença de potencial) e I = V/R. Se V = 100 volts, R = 100ohms, dV = 1 volt e dR = 2 ohms, qual é a variação de I?

8. As massas de metais A e B depositadas em duas cubas, pela passagem de uma mesma quantidade de carga elétrica Q, são diretamente proporcionais aos equivalentes gramas dos metais, ou seja, m = k1E. As massas de um mesmo metal depositadas pela passagem de corrente elétrica são diretamente proporcionais à quantidade de carga elétrica que atravessa a cuba, ou seja, 2m k Q= .

O fenômeno de eletrólise pode ser representado pela função f(m,E,Q) = 0 tal que m = m(E,Q). Sabendo que a massa depositada pela passagem de carga elétrica igual ao Faraday (F) é igual ao seu equivalente grama (ou seja, Q = F ð m = E), deduza a equação

do fenômeno de Eletrólise E Q E i t

mF F

⋅ ⋅ ⋅ = =

, empregando o

conceito de diferencial total (procedimento análogo ao do exemplo 6).

9. Considerando um componente puro, os estados monofásicos podem ser representados pela seguinte função de estado:

( ), , 0f P V T = tal que V = V(P,T).


(a) Encontre a equação diferencial dV

V

envolvendo os

coeficientes de expansão térmica 1

P

V

V T

∂ α =

∂ e o coeficiente de

compressibilidade isotérmica 1

T

V

V P

∂ β = −

∂ a partir da expressão

da diferencial total de V.

(b) Interprete o resultado obtido para o caso em que α = 0 e β = 0. (c) Considerando que para a acetona, a 200C e 1 bar de pressão, os

valores de α e β são dados por 3 0 1 5 11,487 10 e 6,2 10 barC− − − −α = ⋅ β = ⋅ ,

calcule o valor da derivada V

P

T

∂

∂ .

(d) Integre a equação obtida no item (a) supondo α e β constantes, e pequenas variações de P e T. Calcular o valor do volume sabendo que a pressão variou de 10 bar e a temperatura de -100C, e que o volume inicial é de 1,287 cm3.

Propriedades de Diferenciais

Dada uma função definida implicitamente pela equação

( ), , 0F x y z = , onde x, y e z são propriedades de um sistema,

algumas propriedades para as derivadas parciais podem ser estabelecidas.


1. A derivada total

Consideremos uma função de duas variáveis ( ),z f x y= onde

( ) ( )ex x t y y t= = x = x(t) e y = y(t). Então z = f(x(t),y(t)) é função

de uma única variável t e existe a derivada dz

dt , denominada de

derivada total de z em relação a t.

Vimos que a variação de z = f (x,y), quando x e y variam de

quantidades pequenas ∆x e ∆y, é dada aproximadamente por

∆z = ≈ ( , ) . y

fa b x

x

∂ ∆ ∂

+ ( , ) . x

fa b y

y

∂∆ ∂

Dividindo esta expressão por ∆t, obtemos

y x

z z x z y

t x t y t

∆ ∂ ∆ ∂ ∆ ≈ +

∆ ∂ ∆ ∂ ∆

e, no limite ∆t → 0, temos que

y x

dz z dx z dy

dt x dt y dt

∂ ∂ = +

∂ ∂ ,

que é um caso particular da regra da cadeia, conforme estudado anteriormente.

Observe que o mesmo resultado poderia ser obtido, dividindo a diferencial total abaixo por dt.

y

x

z zdz dx dy

x y

∂ ∂ = +

∂ ∂


2. Caminhando sobre um contorno

Suponhamos que aconteçam mudanças em x e y que deixem o

valor da função ( ),z f x y= inalterado.

Na figura acima, o plano ABC é paralelo ao plano-xy e, portanto, em todos os pontos sobre a curva APB o valor da função z é constante. Neste caso,

0 .y x

z zz x y

x y

∂ ∂ ∆ = ≈ ∆ + ∆ ∂ ∂

Dividindo a expressão por ∆x, obtemos

0 .y x

z z y

x y x

∂ ∂ ∆ ≈ + ∂ ∂ ∆

e fazendo ∆x → 0, temos que a razão y

x

∆

∆ se aproxima da derivada

de y em relação a x, mantendo z constante

0 .y zx

z z y

x y x

∂ ∂ ∂ = +

∂ ∂ ∂

Rearranjando esta equação, obtemos a seguinte expressão:


y

z

x

z

xy

x z

y

∂

∂ ∂ = −

∂ ∂

∂

e, como 1

y

y

zxxz

∂ = ∂∂

∂

, a equação pode ser escrita como

1x yz

x y z

y z x

∂ ∂ ∂ = −

∂ ∂ ∂ (Regra Cíclica)

A presença do sinal de menos na equação pode ser explicada geometricamente. A figura ao lado mostra que para o movimento ao

longo da curva que vai do ponto P até o ponto Q, ∆y é

necessariamente positivo, mas ∆x é negativo (ou vice-versa para o

movimento de Q a P) o que significa que z

y

x

∂

∂ é negativo.

OBS: A expressão 1x yz

x y z

y z x

∂ ∂ ∂ = −

∂ ∂ ∂ comprova o

fato de que as derivadas parciais não podem ser


consideradas (como no caso das derivadas de funções de uma variável) como quocientes, pois se assim fosse, o produto deveria ser igual a +1 e não 1− .

3. Diferencial exata

Na Termodinâmica freqentemente nos deparamos com uma relação da forma

dz = M (x,y) dx + N (x,y) dy

onde M (x,y) e N (x,y) são funções de x e y, z = f (x,y) tais que

( , ) e ( , )y x

z zM x y N x y

x y

∂ ∂ = =

∂ ∂ .

Quando a relação de reciprocidade de Euler

( , ) ( , )M x y N x yy x

∂ ∂=

∂ ∂ estiver satisfeita, diremos que a diferencial

total dz é uma diferencial exata.

Observe que a relação de Euler pode também ser escrita na forma:

2 2z z

x y y x

∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ∂

que é uma maneira simplificada de representar a expressão:

yx y x

z z

x y y x

∂ ∂ ∂ ∂ =

∂ ∂ ∂ ∂


As grandezas que fazem parte dos processos termodinâmicos são identificadas como propriedades de estado (ou propriedades do sistema ou propriedades termodinâmicas) e propriedades da transformação.

1) As propriedades de estado são as denominadas de funções de estado; ou seja, são as grandezas que caracterizam, através do valor que assumem, cada estado de um sistema termodinâmico e são representadas por uma diferencial exata. Alguns exemplos dessas grandezas são: pressão (P), volume (V), temperatura (T), massa (m), energia interna (U), entalpia (H), entropia (S), energia livre de Gibbs (G).

2) As propriedades da transformação são as denominadas de funções de linha; ou seja, são grandezas físicas que caracterizam, através do valor que assumem, cada tipo de transformação que um sistema passou, para ir de um estado inicial a um estado final. São representadas por uma diferencial inexata. Exemplos dessas grandezas são: o calor (Q) e o trabalho (W).

OBS:

1. As operações matemáticas, resultantes da aplicação do conceito de diferencial a cada tipo de função (de estado e de linha), são diferentes. Como consequência desse fato, sua representação simbólica (no contexto da Termodinâmica) costuma ser diferente. Sendo assim, vamos adotar a seguinte simbologia para o conceito de diferencial:

d àààà diferencial exata δδδδ àààà diferencial inexata

2. A diferencial exata só pode ser escrita para grandezas que sejam funções de estado (propriedades de um sistema).

DERIVADAS PARCIAIS

Se considerarmos 1 mol de um gás ideal obedecendo a lei PV RT= , então a diferencial

2P

T

V V R RTdV dT dP dT dP

T P P P

∂ ∂ = + = −

∂ ∂

é uma diferencial exata pois 2 2

R R RT

P P TP P

∂ ∂ = − = −

∂ ∂

O trabalho feito, δ W = - P dV = RT

RdT dPP

− + , quando um

gás está em expansão não é uma diferencial exata pois

( ) 0 e T

RT RR

P P P

∂ ∂ − = =

∂ ∂

e, portanto, a relação de reciprocidade de Euler não está satisfeita.

EXEMPLO Mostre que a diferencial do calor é inexata (o calor não é uma função de estado). Solução Para mostrar que a diferencial do calor é inexata, temos que mostrar que a regra de Euler não é satisfeita. A partir do primeiro princípio da Termodinâmica, temos que:

variação variaçãovariação

da energia do trabalhodo calor

dU Q W Q PdVδ δ δ= − = −

Rearranjando a equação, obtemos:

Q dU PdVδ = + onde

V S

U UdU dS dV

S V

∂ ∂

∂ ∂

= +


Se considerarmos 1 mol de um gás ideal obedecendo a lei

dV dT dP dT dP

2 2

R R RT

P P

.

, quando um

reciprocidade de Euler não está

Mostre que a diferencial do calor é inexata (o calor

Para mostrar que a diferencial do calor é inexata, temos que mostrar partir do primeiro princípio


considerando ( ),U f V T= .

Portanto,

T V V T

U U U UQ dV dT PdV dT P dV

V T T V

∂ ∂ ∂ ∂δ

∂ ∂ ∂ ∂

= + + = + +

Aplicando a regra de Euler, temos que:

V TT V

U UP

V T T V

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂ = +

∂ ∂

V T VVT

U U P

V T T V T

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂ ∂ ⇒ = +

∂ ∂ ∂

Como a energia interna U, o volume V e a temperatura T são funções de estado, elas satisfazem a regra de Euler, ou seja,

V T VT

U U

V T T V

∂ ∂

∂ ∂

∂ ∂ =

∂ ∂

Portanto,

0 = constanteV

PP

T

∂ = ⇒

∂

Mas, se P é constante e coincide com a pressão do sistema então, como V também é constante, segue que a temperatura será constante e, portanto, a derivada corresponde a um estado do sistema e não a uma transformação. Assim, para que seja uma transformação devese ter:

0V

P

T

∂ ≠

∂

e, portanto, a regra de Euler não será válida.

.Q dV dT PdV dT P dV

são

é constante e coincide com a pressão do sistema então, também é constante, segue que a temperatura será constante

e, portanto, a derivada corresponde a um estado do sistema e não a que seja uma transformação deve-


EXERCÍCIOS 4.7

1. A energia interna de um gás ideal monoatômico é dada por

3 3

2 2U nRT PV= = .

(a) Escreva uma expressão para a diferencial total dU; (b) Mostre que a diferencial dU é exata;

(c) Considerando que δ QR = dU + δWR e que δWR = P dV, escreva

uma expressão para a diferencial δ QR, em termos de P e de V, e mostre que é uma diferencial inexata;

(d) Mostre que RQ

T

δé uma diferencial exata.

2. As leis da eletrólise de Faraday podem ser expressas pela função m = m(E, Q), onde m é a massa depositada, q é a carga elétrica que atravessa a cuba no tempo t e E é o equivalente grama do metal depositado. Represente essa função na forma da diferencial total dm, e interprete suas derivadas parciais. 3. Verifique se a relação

RTdY dP RdT

P= −

é uma diferencial exata ou não. Derivação Implícita

Seja ( ),z f x y= diferenciável, definida implicitamente por

( ), , 0F x y z = . Como z é função de duas variáveis independentes,

admitirá duas derivadas parciais, ou seja, e z z

x y

∂ ∂

∂ ∂ . Temos então:


, ,,

( , , ) 0y z x yx z

F dx F dy F zF x y z

x x dx y dx z x

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

⇒ , ,

0y z x y

F F z

x z x

∂ ∂ ∂ + = ∂ ∂ ∂

⇒ ,

,

z y

y

x y

F

xzFxz

∂

∂ ∂ = − ∂∂

∂

,,

0x yx z

F F z

y z y

∂ ∂ ∂ + = ∂ ∂ ∂

⇒ ,

,

x z

x

x y

F

yzFyz

∂

∂ ∂ = − ∂∂

∂

EXEMPLO 1 Sabendo que z é função implícita de x e y, dada

pela equação, ( ) 2 3ln 1 ,x yz xy z+ = + determine e .z z

x y

∂ ∂

∂ ∂

Solução

Considere

( ) ( ) 2 3, , ln 1 .F x y z x yz xy z= + − −

Temos então:

dy/dx = 0, pois y não é função de x

, ,,

( , , ) 0y z x yx z

F dx F dy F zF x y z

y x dy y dy z y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

dx/dy = 0 pois x não é função de y

, dada

, ,

( , , ) 0y z x y

F dx F dy F z

y x dy y dy z y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

DERIVADAS PARCIAIS

2 3 3

, ,

2 2

,

1; 2

3

y z x z

x y

F F zy z xyz

x x yz y x yz

F yxy z

z x yz

∂ ∂ = − = −

∂ + ∂ +

∂ = −

∂ +

Portanto,

( )( )

( )( )

2 3

2 3 3 4

2 2 2 2 2 3 3

1

1

3 3 3y

y z x yzFx yzz xy z y zx

Fx y xy z x yz y x y z xy zz x yz

− + +∂+∂ + − ∂= − = = ∂∂ − + − −

∂ +

( )( )

( )( )

3

2 3 2 4

2 2 2 2 2 3 3

2

2 2

3 3 3x

z xyz x yzFx yzz x yz xy z zy

Fy y xy z x yz y x y z xy zz x yz

− + +∂

+ ∂ + −∂= − = = ∂∂ − + − −

∂ +

EXEMPLO 2 Sabendo que y é função implícita de x e z

pela equação, 4x2 - 3xyz + y3z - y = 13. Encontre e y y

x z

∂ ∂

∂ ∂

quando x = 1, y = 0 e z = -3. Solução

Considere F(x,y,z) = 4x2 - 3xyz + y3z - y - 13 Temos então:

F

x

∂

∂= 8x - 3yz ,

F

y

∂

∂= -3xz +3y2 z -1 ,

F

z

∂

∂= -3xy + y3

⇒ y

x

∂

∂ =

F

xF

y

∂

∂−∂

∂

= 2

3 8

3 3 1

yz x

xz y z

−

− + −


2 2 2 2 2 3 3

1

y xy z x yz y x y z xy z

2 2 2 2 2 3 3.

z x yz xy z z

y xy z x yz y x y z xy z

z, dada

e y y

x z

∂ ∂

∂ ∂

3


⇒ y

z

∂

∂ =

F

zF

y

∂

∂−∂

∂

= 3

2

3.

3 3 1

xy y

xz y z

−

− + −

EXERCÍCIOS 4.8 1. Sabendo que y é dado implicitamente como uma função

diferenciável de x e z, determine e y y

x z

∂ ∂

∂ ∂ para as funções dadas.

a) xy2 z2 -2x2yz + xz

y- z3 = 2 b)

2 3

cos ( ) sen ( )0

2

x y x y

z z

− +− =

−

2. Calcule P

V

T

∂

∂ para a equação de Berthelot

( )2

aP V b RT

TV

+ − =

(equação, proposta em 1899, que procurou

melhorar os resultados previstos pela equação de van der Waals,

substituindo o parâmetro a por a

T, com o objetivo de mostrar que as

forças de interação entre partículas deve diminuir com o aumento da temperatura). EXERCÍCIOS EXTRAS

1. Ache a primeira e a Segunda derivadas de:

a) z = 2x2y + cos (x + y) b) z = sen (x+y) ex-y

2. Calcule as derivadas parciais em relação à x e a y das funções dadas.

é dado implicitamente como uma função

para a equação de Berthelot

(equação, proposta em 1899, que procurou

melhorar os resultados previstos pela equação de van der Waals,

, com o objetivo de mostrar que as

umento da


a) f (x,y) = 5x4 y3 + 2x3 y -7x + 8 b) 1

x

z fy y

=

c) cos x

z fy

=

d)

2x yz

x y

+=

+

e) 3 2 ln(2 )z x x y= − − f) z = 3xy e2xy

g) 3 cos ln x y

zy x

= −

h) g(x,y) = 7yx

3. Sabendo que w = xy + z4 , onde z = f (x,y), fx (1,1) = 4 e

( )1,1 1f = , calcule (1,1).w

x

∂

∂

4. Determine uma função f(x,y) que satisfaça

3 2

42

4 7

2 71

x

y

f x y y

yf x y x

y

= − = − +

+

5. Calcule as derivadas parciais das funções dadas.

a) ( ), 6f x y xy= b) ( ) 2, 3 2 3f x y x y= + −

c) ( ) 2, 3 yf x y x e= d) ( ), 3 2 xyf x y x e= +

e) ( )2

,x

f x yy

= f) ( ),1 y

xh x y

e=

+

g) ( ) ( )2

, 3 4f x y x y= − + h) ( ) ( ), ln xyf x y y x e= −


i) ( )3

,y

xyf x y

e=

j) ( ) 2, seny

f x y xx

=

6. A função entropia S para 1 mol de um gás ideal monoatômico pode ser expressa em termos do volume V e da temperatura T pela equação

5322

3

eln (2 )

V

S R m k TLh

= π

onde R, m, k, h são constantes e L é a constante de Avogrado.

a) Sabendo que v

v

CS

T T

∂ =

∂ , onde CV é a capacidade de calor do

gás a volume constante, escreva uma expressão para CV.

b) Usando a equação de estado para um gás ideal, PV = RT, escreva S em termos de T e P.

c) Sabendo que P

P

S C

T T

∂ =

∂ , onde CP é a capacidade de calor do

gás a pressão constante, escreva uma expressão para CP.

d) Calcule o valor de P

V

C

C.

7. Ache , ,

e PP n T n

V V

T

∂ ∂

∂ ∂ para a equação de van der Waals

( )2

20

n aP V nb nRT

V

+ − − =

onde a e b são constantes.


8. Se uma corrente constante de I ampères passa por um circuito de

resistência R ohms durante t segundos, produz 2

( , )4,18

RI tH I t =

calorias. Qual é a taxa de produção de calor em relação ao tempo?

9. Se um gás tem densidade de ρ0 gramas por centímetro cúbico, a

0°C e 760 milímetros de mercúrio (mm), então sua densidade a T°C

e pressão P mm é 0 3

760 g( , ) 1

273 cm

TT P

P

ρ = ρ +

. Quais são as

taxas de variação da densidade em relação à temperatura e à pressão?

10. A área A da superfície lateral de um cone circular reto de altura

h e raio da base r é dada por 2 2A r h r= π + .

a) Se r é mantido fixo em 3cm, encontre a taxa de variação de A em relação a h no instante em que h = 7cm;

b) Se h é mantido fixo e, 7cm, encontre a taxa de variação de A em relação a r no instante em que r = 3cm.

11. Sabendo que o coeficiente de compressibilidade de um fluido β

é dado por: 1

T

V

V P

∂ β = −

∂ e que seu módulo de elasticidade

volumétrica B é dado por: 1

B =β

, mostre que T

PB

V

∂ = µ ⋅

∂ onde

m

Vµ = .

12. Sabendo que PP

HC

T

∂ =

∂ e que para um gás ideal,

5

2PC R=

(onde R é uma constante), determine o formato das isóbaras (P

constante) de um gás ideal no plano H × T. Depois disso, verifique


se é possível saber, a partir das informações dadas, se a curva isóbara passa pela origem ou não.

13. A lei de um gás ideal diz que PV = nRT para n mols de um gás ideal, onde P é a pressão exercida pelo gás,V é o volume do gás, T é a temperatura e R é uma constante (a constante do gás). Calcule o

produto V T P

T V V

∂ ∂ ∂⋅ ⋅

∂ ∂ ∂.

14. Suponha que a temperatura do ar é T (°F) , e a velocidade do vento é v (mph). Então, a temperatura equivalente com o fator vento é dada pela função

, se 0 4

( , ) 91,4 (91,4 )(0,0203 0,304 0,474) , se 4 45

1,6 55

T v

W T V T v v v

T

≤ <

= + − − − ≤ ≤

− , se 45v

>

a) Encontre e W W

T v

∂ ∂

∂ ∂, e calcule estas derivadas parciais para o

caso em que T = 30°F e v = 20mph.

b) Resolva as equações 0 0W W

eT v

∂ ∂= =

∂ ∂. Existem números T e

v que satisfaçam ambas as equações simultaneamente?

15. Considere uma barra metálica aquecida desigualmente colocada ao longo do eixo-x, com a extremidade esquerda na origem e x medido em metros.

Seja u (x) a temperatura em °C da barra no ponto x . A tabela abaixo dá os valores de u (x) .

x (m) 0 1 2 3 4 5

u (x) ( °°°°C) 125 128 135 160 175 160

0 1 2 3 4 5 x (m)


Avalie a derivada ( )' 2 ,u usando a tabela e explique o que a resposta

significa em termos de temperatura.

16. Considere uma placa metálica fina retangular aquecida desigualmente colocada sobre o plano-xy, com o canto inferior esquerdo na origem e x e y medidos em metros.

A temperatura (em °C) no ponto (x,y) é T(x,y) e seus valores são dados na tabela abaixo.

Denotando ( ) ( ),1 ,u x T x= a temperatura da placa ao longo da reta

1,y = e ( ) ( )2, ,v y T y= a temperatura da placa ao longo da reta

2,x = calcule ( )' 2u e dê um significado para esta derivada. Calcule

também ( )' 1v e dê um significado para esta derivada.

17. (a) Ao redor do ponto (1,0), a função

( ) ( )2, 1z f x y x y= = +

é mais sensível a variações em x ou y? Justifique sua resposta.

3 85 90 110 135 155 180

2 100 110 120 145 190 170

1 125 128 135 160 175 160

0 120 135 155 160 160 150

0 1 2 3 4 5

y (m)

x (m)


(b) Qual razão entre dx e dy fará dz igual a zero em (1,0)?

18. Uma empresa produz tanques cilíndricos circulares, para armazenamento de melaço, que tem 25 pés de altura com raio de 5 pés. Qual é a sensibilidade do volume dos tanques a pequenas variações da altura e do raio? Agora troque os valores de r para

25r = e de h para 5h = e analise novamente qual é a sensibilidade do volume dos tanques a pequenas variações da altura e do raio. O que você pode concluir acerca da sensibilidade das funções a pequenas variações nas variáveis das quais ela depende?

19. O período T de um pêndulo simples com pequenas oscilações é

calculado através da fórmula 2L

Tg

π= , onde L é o comprimento

do pêndulo e g é a aceleração da gravidade. Suponha que os valores de L e g tenham erros de, no máximo, 0,5% e 0,1%, respectivamente. Use diferenciais para aproximar o erro percentual máximo no valor calculado de T.

20. De acordo com a lei dos gases ideais, a pressão, a temperatura e

o volume de um gás confinado estão relacionados por kT

PV

= , onde

k é uma constante. Use diferenciais para aproximar a variação percentual na pressão, se a temperatura de um gás tiver aumentado em 3% e o volume tiver aumentado em 5%.

21. A resistência total R de três resistências R1, R2 e R3 conectadas em paralelo é dada por

1 2 3

1 1 1 1.

R R R R= + +

Suponha que R1 = 100 ohms, R2 = 200 ohms e R3 = 500 ohms, com um erro máximo de 10% em cada um. Use diferenciais para aproximar o erro percentual máximo no valor calculado de R.


22. O comportamento termodinâmico de um gás puro pode ser estudado pela função ( ), , 0f P V T = . Sabendo que a energia interna

U é função de V e T, ( ),U f V T= , mostrar que :

P T V P

U U U T

V V T V

∂ ∂ ∂ ∂ = + ⋅

∂ ∂ ∂ ∂ .

23. Uma das relações de Maxwell da Termodinâmica estabelece

que: T V

S P

V T

∂ ∂ =

∂ ∂ .

(a) Calcular T

S

V

∂

∂ para um gás ideal (PV = nRT).

(b) Qual é o comportamento das isotermas (T = cte) no plano SxV?

24. Escreva a expressão para a diferencial total de cada uma das seguintes funções termodinâmicas:

U = U(V,T), S = S(P,T) e G = G(P,T).

25. 70 litros de um gás ideal encontram-se na pressão de 1,5 atm e temperatura de 300K. Sabendo que os erros nas medidas dessas grandezas são, respectivamente, iguais a 0,2 litros, 0,1 atm e 1 oC, estimar o erro cometido na determinação da quantidade de moles.

26. Empregando a regra cíclica para a função ( ),U f V T= e a

seguinte definição para o coeficiente de Joule Jµ

JU

T

Vµ

∂ =

∂

e a definição de capacidade calorífica a volume constante

VV

UC

T

∂ =

∂ , mostrar que:

J VT

UC

Vµ

∂ ⋅ = −

∂ .

Capítulo 5

Integrais Múltiplas


• Como trabalhar com integrais duplas e triplas.

• Como determinar área e volume utilizando integrais duplas.

• Como calcular uma integral dupla em coordenadas polares.

• Como utilizar integrais múltiplas em aplicações.

• Como calcular uma integral tripla em coordenadas cilíndricas e esféricas.

INTEGRAIS MÚLTIPLAS

Integrais Múltiplas

Introdução

As integrais com as quais trabalhamos no Cálculo de uma variável diziam respeito, naturalmente, às funções de uma variável. A ampliação do Cálculo Integral a funções de duas ou mais variáveis, leva-nos ao estudo das Integrais Múltiplas, cujas aplicações podem ser encontradas no cálculo de áreas e volumes e na definição de algumas grandezas físicas, tais como massa, centro de massa, momento de inércia, etc.

Integrais Duplas

Quando trabalhamos com as derivadas parciais de funções de duas variáveis, considerávamos uma das variáveis como sendo constante e derivávamos a função em relação à outra variável. Podemos, de modo análogo, “integrar parcialmente” uma equação algébrica envolvendo duas ou mais variáveis, integrando a expressão em relação a uma das variáveis, mantendo a outra como constante.

A novidade no caso da “integração parcial” é que a constante de integração será função da variável que consideramos como constante. Vamos ilustrar tal fato com alguns exemplos.

EXEMPLO 1 Calcule as integrais dadas.

2(2 3) 3 ( )x y dx x xy x C y+ + = + + +∫ onde C(y) é uma função de

Consideramos y como uma constante e integramos a função em relação à x.

INTEGRAIS MÚLTIPLAS 285

As integrais com as quais trabalhamos no Cálculo de uma variável diziam respeito, naturalmente, às funções de uma variável.

ampliação do Cálculo Integral a funções de duas ou mais nos ao estudo das Integrais Múltiplas, cujas

aplicações podem ser encontradas no cálculo de áreas e volumes e na definição de algumas grandezas físicas, tais como massa, centro

Quando trabalhamos com as derivadas parciais de funções de duas variáveis, considerávamos uma das variáveis como sendo constante e derivávamos a função em relação à outra variável.

uma equação algébrica envolvendo duas ou mais variáveis, integrando a expressão em relação a uma das variáveis, mantendo a outra como constante.

é que a constante variável que consideramos como

) é uma função de y.


2 2 2 32( ) ( )

3 2 9

y x y yx y dy K x+ = + +∫ onde K(x) é uma função de x.

Observe que ao integrarmos a função f(x,y) = 2x + y + 3 em relação a x, mantendo y como constante, f(x,y) é encarada como função somente de x e a constante de integração é dada como função de y.

Se derivarmos parcialmente a expressão obtida pela “integração parcial” da função f(x,y), obtemos (como no Cálculo I) de volta a função f(x,y). Assim, podemos dizer que a “integração parcial” é o inverso da derivação parcial.

Como o resultado da “integração parcial” de uma função f(xem relação a x continua sendo uma função de duas variáveis, é aceitável que possamos integrá-la agora em relação à variável y, ou seja,

( , ) ( , )

(1) ( , ) ( , )

f x y dx g x y

g x y dy f x y dx dy

=

=

∫

∫ ∫ ∫

Analogamente, o resultado da “integração parcial” de uma função f(x,y) em relação à variável y, continua sendo uma função de duas variáveis e, consequentemente, podemos integrá-la agora em relação a variável x, ou seja,

( , ) ( , )

(2) ( , ) ( , )

f x y dy h x y

h x y dx f x y dy dx

=

=

∫

∫ ∫∫

Consideramos x como uma constante e integramos a função em relação à y.

.

+ 3 em ) é encarada como

e a constante de integração é dada como função

Se derivarmos parcialmente a expressão obtida pela “integração lo I) de volta a

” é o

x,y) continua sendo uma função de duas variáveis, é

, ou

Analogamente, o resultado da “integração parcial” de uma ção de

la agora em


Se f(x,y) é uma função de duas variáveis tal que, para cada valor fixo de y, f é uma função integrável de x, então podemos formar a integral definida

( )

( )( , )

b y

a yf x y dx∫

Para determinar a integral parcial definida de uma função de duas ou mais variáveis, aplicamos o Teorema Fundamental do Cálculo a uma das variáveis enquanto mantemos as outras constantes. Veja o exemplo a seguir:

2 2 2 3

0 0

0 55 = 5 5 5 ( )

2 2 2 2

x y x

y

y x xxy dy x x x

=

=

= − =

∫

EXEMPLO 2 Calcule 2

ln

y xy

yye dx∫ .

Solução

Mantendo y como constante, f(x,y) = y exy torna-se função apenas de x. Fazendo a substituição u = xy, obtemos du = y dx e, considerando inicialmente o cálculo da integral indefinida, teremos

xyye dx∫ = ( ) ( )u u xye du e C y e C y= + = +∫ .

Portanto, a integral definida é dada por

( )2

2 3

3

ln

lnln

ln

( ) ( ) ( )

.

x yy xy xy y y y

yx y

y y y

ye dx e C y e C y e C y

e e

=

=

= + = + − − =

= −

∫

y é a variável de integração e x é

constante Substituir y pelos

limites de integração

O resultado da integração é uma

função de


) é uma função de duas variáveis tal que, para cada , então podemos

Para determinar a integral parcial definida de uma função de duas ou mais variáveis, aplicamos o Teorema Fundamental do Cálculo a uma das variáveis enquanto mantemos as outras

se função apenas de e, considerando

= + = + − − =

O resultado da integração é uma

função de x


OBS:

1. Como no Cálculo de funções de uma variável, a “constante de integração”, C(y), cancela-se durante o cálculo de uma integral definida. Por isso, não é necessário acrescentá-quando tratar-se de integrais definidas.

2. Poderíamos ter calculado a integral definida com a mudança de variável, lembrando de fazer a mudança também nos limites de integração. Neste modo, o cálculo ficaria da seguinte forma:

2

ln

y xy

yye dx =∫

33

3 ln

lnln

.y

u yu u y y y

u y yy y

e du e e e=

== = −∫

u = xy fl x = lny ⇒ u = y lny; x = y2 ⇒ u = y3

Analogamente, se f é uma função de duas variáveis tal que, para cada valor fixo de x, f(x,y) é uma função integrável de y, então podemos formar a integral definida parcial

( )

( )( , )

h x

g xf x y dy∫ .

EXEMPLO 3 Calcule 2 1 2x

xx ydy

+

∫ .

Solução

( ) (2

212 21 2 2 2 2 2 2 4 21 1

1 1 .2 2 2

y xx

xy x

yx ydy x x x x x x x

= ++

=

= = + − = + + ∫

Observe que as funções dos limites de integração podem ser constantes, como mostra o exemplo abaixo.

Como no Cálculo de funções de uma variável, a “constante se durante o cálculo de uma

-la,

Poderíamos ter calculado a integral definida com a mudança de variável, lembrando de fazer a mudança também nos limites de integração. Neste modo, o cálculo ficaria da

) é uma função integrável

)1 1 .= = + − = + +

Observe que as funções dos limites de integração podem ser


EXEMPLO 4 Calcule 2 2 3

0x y dy∫ .

Solução

242 22 3 2 3 2 2

0 00

44

yx y dy x y dy x x

= = =

∫ ∫ .

OBS:

1. A quantidade ( )

( )( , )

x b y

x a yf x y dx

=

=∫ depende somente de y

consequentemente, podemos definir uma função G(y) por :

( )

( )( ) ( , )

b y

a yG y f x y dy= ∫

2. A quantidade ( )

( )( , )

y h x

y g xf x y dy

=

=∫ depende somente de

consequentemente, podemos definir uma função F(x) por:

( )

( )( ) ( , )

h x

g xF x f x y dy= ∫ .

Em muitos casos, as funções F e G são, por si só, integráveis e podemos escrever as integrais

( )

( )( ) ( , )

x d x d h x

x c x c g xF x dx f x y dy dx

= =

= =

= ∫ ∫ ∫

( )

( )( ) ( , )

y d y d b y

y c y c a yG y dy f x y dx dy

= =

= =

= ∫ ∫ ∫

que são denominadas de integrais duplas (integrais iteradas).


y e,

) por :

depende somente de x e,

) por:

são, por si só, integráveis

).


EXEMPLO 5 Calcule a integral dupla 2 2

1 0−∫ ∫ x2 y4 dy dx .

Solução Escreva a integral dada e integre em relação à y.

2 2

1 0−∫ ∫ x2 y4 dy dx = 252 2

10

5

y

y

yx dx

=

−=

∫

Aplique o TFC e simplifique.

252 22

1 10

232

5 5

y

y

yx dx x dx

=

− −=

=

∫ ∫

Integre em relação à x.

252 22

1 10

232

5 5

y

y

yx dx x dx

=

− −=

=

∫ ∫ =

23

1

32

5 3

x

x

x =

=−


252 2

10

5

y

y

yx dx

=

−=

∫ = 23

1

32

5 3

x

x

x =

=−

= 32 8 1 96

.5 3 3 5

− − =

EXEMPLO 6 Calcule a integral dupla 4 3 /2 2

0 016

xx dy dx−∫ ∫ .

Solução

Escreva a integral dada e integre em relação à y.

34 3 /2 4 22 2

0 0 00

16 16

xyx

y

dxx dy dx y x=

=

− = − ∫ ∫ ∫

Aplique o TFC e simplifique


4 3 /2 42 2

0 0 0

316 16 .

2

xdxx dy dx x x − = − ∫ ∫ ∫

Para integrar em relação à x, fazemos a substituição u = 16 obtendo du = -2x dx e, portanto, a integral indefinida torna-se:

2 2

3 322 2

3 3 316

2 2 2 4

3 ( ) (16 )

34 22

dux x dx u u du

u x

−− = − = =

− − −= =

∫ ∫ ∫

Logo,

4 3 /2

0 0

xx∫ ∫

216 x− dy dx =

432 2

0

(16 )32

2

x− −= .

EXERCÍCIOS 5.1

Calcule as integrais duplas.

1. ( )3 2

2 12 3 6x y dxdy

−+ +∫ ∫ 2. ( )

0 0

b ax y dxdy+∫ ∫

3. ( )/2 /2

0 0 cos 2 sen2a b d dy

π πθ θ θ+∫ ∫ 4.

21

0 0

yx

xe dydx∫ ∫

5. cos

0 0 sen

ad d

π θρ θ ρ θ∫ ∫


= 16 - x2, se:

x y dxdy

e dydx


Integral Dupla sobre uma Região

Vamos introduzir o conceito de integral para funções de duas variáveis, revendo as idéias essenciais da integral de uma função de uma variável.

Para escrever a integral definida ( )b

af x dx∫ , para uma função

de uma variável, precisamos de uma função y = f(x) e um intervalo [a,b] sobre o eixo-x sobre o qual a integração será executada. Nesse caso, o valor da integral definida será um número real. Se a função

( )y f x= é não-negativa no intervalo [a,b], então a integral definida

( )b

af x dx∫ é a área da região plana limitada pelo gráfico de f(x), de

x a= até x b= e pelo eixo-x (ver figura).

Se y = f (x) for negativa no intervalo [a,b], então a integral

definida ( )b

af x dx∫ é igual ao valor negativo da área da região

limitada pelo gráfico de f(x), as retas x = a e x = b e o eixo-x, ou

seja, ( )b

af x dx∫ = - Área (ver figura).

x

b a

Área =

( )

b

af x dx∫

y = f(x)

y


Vamos agora estender o conceito de integral definida para uma função f(x,y) de duas variáveis. Primeiramente, devemos ter o

análogo do intervalo [a,b] ⊂ℝ em duas dimensões. Assim, teremos uma região D do plano, como mostra a figura abaixo.

No lugar de uma função de uma variável, y = f(x), teremos uma função f(x,y) de duas variáveis. A generalização da integral definida será denotada por

( , ) D

f x y dA∫∫

y

x

D

y

x b a

Área = - ( ) b

af x dx∫


e chamada de integral dupla de f(x,y) sobre a região D. Observe que a porção do gráfico acima e/ou abaixo de uma região D, determina uma figura sólida (ver figura).

Interpretação geométrica:

Se ( , ) 0f x y ≥ em D, então ( , )D

f x y dA∫∫ fornece o volume do sólido

delimitado superiormente pelo gráfico de f, inferiormente pela região D e lateralmente pelo cilindro vertical cuja base é o contorno de D.

Propriedades: Sejam 2, :f g D ⊂ →R R funções

integráveis em D e seja c uma constante. Valem as seguintes propriedades:


1) ( , ) ( , )D D

c f x y dxdy c f x y dxdy=∫∫ ∫∫

2) [ ]( , ) ( , ) ( , ) ( , )D D D

f x y g x y dxdy f x y dxdy g x y dxdy+ = +∫∫ ∫∫ ∫∫

3) Se 21 DDD ∪= , onde D1 e D2 são regiões não superpostas

(intersecção vazia), então

1 2

( , ) ( , ) ( , )D D D

f x y dx dy f x y dx dy f x y dxdy= +∫∫ ∫∫ ∫∫

Vejamos então como calcular uma integral dupla sobre uma região D, considerando as seguintes situações:

SITUAÇÃO 1: D é uma região retangular, ou seja,

( ) 2D , : ex y a x b c y d= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤R .

Neste caso,

( , ) ( , ) ( , ) ( , )d b d b

D D c a c a

f x y dA f x y dx dy f x y dx dy f x y dx dy

= = =

∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

EXEMPLO Calcule ( ) D

y x dy dx−∫∫ na região D definida por:

1 ≤ x ≤ 2 e 3 ≤ y ≤ 4. Solução

Inicialmente desenhamos a região D, como na figura abaixo.


( , ) ( , ) ( , ) ( , )f x y g x y dxdy f x y dxdy g x y dxdy

são regiões não superpostas

Vejamos então como calcular uma integral dupla sobre uma

( , ) ( , ) ( , ) ( , )f x y dA f x y dx dy f x y dx dy f x y dx dy

na região D definida por:


Escreva a integral dada e coloque os limites de integração.

2 4

1 3( ) ( )

D

y x dydx y x dy dx− = −∫∫ ∫ ∫

Integre em relação à y.

422 4 2

1 3 13

( ) ( ) 2

y

D y

yy x dydx y x dy dx xy dx

=

=

− = − = −

∫∫ ∫ ∫ ∫


422 2

1 13

7( )

2 2

y

D y

yy x dydx xy dx x dx

=

=

− = − = −

∫∫ ∫ ∫


222

11

7 7( )

2 2 2

x

D x

xy x dydx x dx x

=

=

− = − = −

∫∫ ∫


22

1

7 6( ) 5 2.

2 2 2

x

D x

xy x dydx x

=

=

− = − = − =

∫∫


SITUAÇÃO 2: x varia entre dois valores constantes e y entre duas

funções contínuas, ou seja,

( ) ( ) ( ) 21 2D , : ex y a x b y x y y x= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤R ,

onde y1 e y2 são funções contínuas em [a,b].

( ) ( )( )

( )2

1

, , .b y x

a y xD

f x y dydx f x y dydx=∫∫ ∫ ∫

EXEMPLO 1 Calcule onde D é a região delimitada

pelos gráficos de y1 = x2 e y2 = x + 2. Solução

Faça o gráfico para visualizar a região de integração.

Faça y1 = y2 para encontrar as intersecções entre as duas “curvas”

D

xy dy dx∫∫


entre duas

onde D é a região delimitada

entre as duas “curvas”:


2 2 1 e 2x x x x= + ⇒ = − =


2

2 2

1

x

xD

xydydx xydydx+

−=∫∫ ∫ ∫


22

222 2 2

1 1 2

y xx

xD y x

yxydydx xydydx x dx

= ++

− −=

= =

∫∫ ∫ ∫ ∫


( )

2

2

2 2

1

222 2 3 2 5

1 1

14 4

2 2

x

xD

y x

y x

xydydx xydydx

yx dx x x x x dx

+

−

= +

− −=

= =

= = + + −

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫


( )

2

2 2

1

24 3 2 62 3 2 5

11

1 14 4 4 4

2 2 4 3 2 6

x

xD

x

x

xydydx xydydx

x x x xx x x x dx

+

−

=

−=−

= =

= + + − = + + −

∫∫ ∫ ∫

∫


2

2 2

1

24 3 2 6

1

1 1 3 454 4 12 .

2 4 3 2 6 2 4 8

x

xD

x

x

xydydx xydydx

x x x x

+

−

=

=−

= =

= + + − = − =

∫∫ ∫ ∫

1=−


EXEMPLO 2 Calcule a integral dupla na região D

limitada pelas retas x = 4, x = 1, y = 0 e pela curva

Solução

Inicialmente desenhamos a região D, como na figura abaixo.



24 2 4 2

1 0 1 02 2

y xx

yD

xydydx xydydx xy dx=

= = = ∫∫ ∫ ∫ ∫


24 42 2

1 102 4

y x

yD

xydydx xy dx x dx=

= = = ∫∫ ∫ ∫


434 2

11

42 4

3

x

D x

xxydydx x dx

=

=

= =

∫∫ ∫


2 D

xy dy dx∫∫

2y x=

4 2

1 02 2

x

D

xydydx xy dy dx=∫∫ ∫ ∫


na região D

.


434 2

11

4 256 42 4 84.

3 3 3

x

D x

xxydydx x dx

=

=

= = = − =

∫∫ ∫

SITUAÇÃO 3: y varia entre dois valores constantes e x entre duas

funções contínuas, ou seja,

( ) ( ) ( ) 21 2D , : ex y x y x x y c y d= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤R ,

onde x1 e x2 são funções contínuas em [c,d].

( ) ( )( )

( )2

1

, , .d x y

c x yD

f x y dydx f x y dxdy=∫∫ ∫ ∫

EXEMPLO 3 Calcule onde D é a região

limitada por x = y2 e x - y = 2.

Solução

Inicialmente desenhamos a região D, como descrita na figuraabaixo.

(1 2 ) D

x dx dy+∫∫

entre duas

, como descrita na figura


Em seguida, precisamos achar as coordenadas y dos pontos de intersecções das curvas x = y2 e x - y = 2.

2 2 2 e 1y y y y= + ⇒ = = − .

Escreva a integral dada ecoloque os limites de integração.

( ) ( )2

2 2

11 2 1 2

y

yD

x dxdy x dxdy+

−+ = +∫∫ ∫ ∫


( ) ( )2 2

22 2 2 2

1 11 2 1 2

x yy

y x yD

x dxdy x dxdy x x dy= ++

− − = + = + = + ∫∫ ∫ ∫ ∫


( ) 2

22 22 4

1 11 2 6 5

x y

x yD

x dxdy x x dy y y dy= +

− −= + = + = + − ∫∫ ∫ ∫


( )2 52 4

1

51 2 6 5 6

2 5

x

D x

y yx dxdy y y dy y

=

−=−

+ = + − = + −

∫∫ ∫


( )22 5

1

5 1891 2 6 .

2 5 10

x

D x

y yx dxdy y

=

=−

+ = + − =

∫∫


dos pontos de

x dxdy x dxdy x x dy

x dxdy x x dy y y dy

2

1

x

x

=

=−


OBS: 1. Se f é contínua em D, a ordem da integração é irrelevante, ou seja, tanto faz integrar primeiro em relação à x e depois em relação à y, ou vice-versa, que o resultado será o mesmo. É importante observar, no entanto, que os limites do primeiro símbolo de integração (o mais externo) devem sempre ser os valores constantes. A escolha da ordem depende do grau de dificuldade em integrar em relação a cada uma das variáveis.

2. Para sabermos a ordem de integração mais conveniente, é essencial esboçar o gráfico da região de integração antes de tentar calcular uma integral dupla. 3. Às vezes, a escolha da ordem de integração é determinada pela natureza do integrando f(x,y). Pode ser muito difícil (ou mesmo impossível) calcular uma integral dupla numa determinada ordem, mas pode ser extremamente fácil fazê-se a ordem da integração for invertida.

EXEMPLO 4 Calcule

Solução

Observe que a integração é impossível nessa ordem. Portanto, vamos tentar invertê-la. Para inverter a ordem de integração, precisamos primeiramente esboçar o gráfico da região de integração.

21 2

0 2 4 .x

ye dx dy∫ ∫

é contínua em D, a ordem da integração é irrelevante, e depois em

versa, que o resultado será o mesmo. É importante observar, no entanto, que os limites do primeiro símbolo de integração (o mais externo) devem sempre ser os

grau de ão a cada uma das variáveis.

Para sabermos a ordem de integração mais conveniente, é essencial esboçar o gráfico da região de integração antes de

Às vezes, a escolha da ordem de integração é determinada ). Pode ser muito difícil (ou

mesmo impossível) calcular uma integral dupla numa -lo

integração é impossível nessa ordem. Portanto, ração,

esboçar o gráfico da região de integração.


Assim, nessa região, observamos que y varia de 0 (eixo-x) até a reta

,2

xy = enquanto x varia de 0 até 2.

2 2

22

1 2 22

0 2 0 0

2 22 4

0 00

4 4

4 4 1.8

xx x

y

x xyx

y

e dxdy e dydx

xee y dx dx e

=

=

= =

= = = −

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

EXEMPLO 5 Calcule

Solução

Tal como está, não sabemos calcular esta integral em x. Pinvertendo a ordem de integração, obtemos:

[ ]

22 22 2 25 5 4 5

0 0 0 00

32 32

00

1cos cos cos

2 2

1 1 1cos sen sen32 0,055.

10 10 10

y xx

y

u

u

yy x dydx x dx x x dx

u du u

=

=

=

=

= = =

= = = ≈

∫ ∫ ∫ ∫

∫

4 25

0

cosy

y x dxdy∫ ∫


) até a reta

. Porém,

cos sen sen32 0,055.

y x dydx x dx x x dx= = =

= = = ≈


EXEMPLO 6 Calcule .

Solução

Análogo aos exemplos anteriores, devemos inverter a ordem de integração, pois da forma como está não é possível calcular a integral dada.

[ ]

( )

229 3 3 33 3 3

0 0 0 0 0

3 27 272 300 0

sen sen sen

1 1sen sen cos

3 31

cos27 1 .3

y xx x

y y

u

u

x dxdy x dxdy y x dx

x x dx u du u

=

=

=

=

= = =

= = = − =

= − −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

OBS: Podemos determinar a área de regiões planas utilizando integrais duplas, considerando para isso, f (x,y) = 1, ou seja,

AD = . (Por quê?)

EXEMPLO 7 Calcule a área da região plana limitada pela parábola y = x - x 2 e a reta x + y = 0.

9 33

0

sen( )y

x dxdy∫ ∫

D

dA∫∫

anteriores, devemos inverter a ordem de calcular a

Podemos determinar a área de regiões planas utilizando ) = 1, ou seja,


Solução

Inicialmente observamos que as intersecções das duas funções ocorrem em x = 0 e x = 2. Logo, estes serão os limites de integração para x, uma vez que o gráfico nos indica que podemos integrar primeiro em y e depois em x.

22

0

4A

3

x x

D xD

dA dydx−

−= = =∫∫ ∫ ∫ unidades de área.

EXEMPLO 8 Determine a área da região delimitada pelos

gráficos de e .

Solução

As intersecções das duas funções ocorrem em x = -3 e Observando o gráfico da região notamos que é mais simples integrar primeiro em relação à y e depois em relação à x. Assim, a área da região é dada por:

22 16y x= − 2 4 0x y+ − =


Inicialmente observamos que as intersecções das duas funções = 2. Logo, estes serão os limites de integração

, uma vez que o gráfico nos indica que podemos integrar

Determine a área da região delimitada pelos

3 e x = 4. Observando o gráfico da região notamos que é mais simples integrar

. Assim, a área da


2284 4

23 32

2

43 2

3

8 22 2

6 28,6 unidades de área.6 4

x

x

x

x

x xA dydx dx

x xx

−

− −−

=

=−

= = − − + =

= − + =

∫ ∫ ∫

EXEMPLO 9 Determine a área da região delimitada pelos

gráficos de .

Solução

Observando o gráfico da região, notamos que é mais fácil integrar primeiro em relação à x e depois em relação à y, uma vez que se optarmos por integrar em y primeiro, teremos que dividir a região em duas, já que as funções mudam de comportamento no intervalo de variação de x. Assim, encontramos as intersecções igualando os valores de x, obtendo y = 0 e y = 1. E procedemos como nos casos anteriores:

( )3

12 41 2 1 3

0 00

A 2 22 4

1,25 unidades de área.

yy

yy

y ydxdy y y dy y

=−

=

= = − − = − − =

=

∫ ∫ ∫

3, 2, 0x y x y y= + = =

6 28,6 unidades de área.

Observando o gráfico da região, notamos que é mais fácil integrar , uma vez que se

primeiro, teremos que dividir a região em duas, já que as funções mudam de comportamento no intervalo

. Assim, encontramos as intersecções igualando os E procedemos como nos casos


EXERCÍCIOS 5.2

1. Calcule onde D é a região do 1o quadrante limitada pela

curva y2 = x3 e a reta y = x.

2. Calcule onde D é a região no 1o quadrante limitada por

xy = 16 e as retas y = x, y = 0 e x = 8.

3. Inverta a ordem de integração.

a) b)

4. Determine se cada uma das afirmações é verdadeira ou falsa. Justifique sua resposta. (a) Mudar a ordem de integração, às vezes altera o valor de uma integral dupla.

(b)

5. Inverta a ordem de integração e calcule as integrais abaixo:

a) b)

c) d)

6. Calcule as integrais das funções abaixo, na região dada. Esboce a região.

a) ;

b) ;

c) ;

D

dA∫∫

2

D

x dA∫∫

1

0 0( , )

xf x y dy dx∫ ∫

1

0 - ( , )

y

yf x y dx dy∫ ∫

5 6 6 5

3 2 2 3 x dy dx x dx dy=∫ ∫ ∫ ∫

2

2 42

0

cosy

y x dx dy∫ ∫ln

1 0

e x

y dy dx∫ ∫

3

8 2

70 16y

ydx dy

x+∫ ∫

2 24 2

0

cos( )x

y xy dy dx∫ ∫

( , ) xyf x y x e= 2( , ) : 1 3, 0 1D x y x y= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤R

( , ) cos( )f x y x xy= 2( , ) : 0 2, 0 / 2D x y x y= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ πR

( , ) lnf x y y x= 2( , ) : 1 2, 0 D x y x y x= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤R


d) ; D : região delimitada por y = 0,

e

e) ; D : região delimitada por x = y2 +1, x = 5,

y = -1 e y = 2

f) ; D : região delimitada por y = x, y = 1/x, e x = 2

g) ; D : região delimitada por y = x2 –1 e

y = 1- x2

h) ; D : região delimitada por x = 4y, y = 0 e x = 4

i) ; D : região delimitada por y = x2 e y = 3x – 2

j) ; D : região delimitada por y = - x, y = 4x e

k) ; D : região delimitada por

7. Determine a área da região limitada pelos gráficos de:

a) , sen , 0,2

xy e y x x xπ

= = = =

b)

c)

d)

( , ) sen( )f x y x y x=

2x =

πy x=

( , ) 2f x y x y= +

2

2( , )

xf x y

y=

( , )f x y x y= +

2

( , ) xf x y e−=

( , ) 2f x y y=

( , )f x y x=

3 5

2 2y x= +

( , )f x y x=

1 , ln 1x e x y≤ ≤ ≤ ≤

,2

yx x y= =

2 22 , 1y x y x= = +21, 2 6y x y x= − = +


Aplicações das Integrais Duplas

Volume de uma Região Tridimensional

Considere uma função z = f(x,y) que seja contínua e não-negativa em uma região fechada D do plano-xy. A porção do gráfico acima da região D e abaixo da superfície z = f(x,y), determina uma região tridimensional – um sólido S (ver figura).

Se f(x,y) ≥ 0 para qualquer (x,y) D, isso quer dizer que o sólido está acima do plano-xy, no espaço tridimensional, e o valor da integral dupla

( )V , onde ouD

f x y dA dA dxdy dA dydx= = =∫∫

será um número real definido como sendo o volume do sólido S.

Se f(x,y) ≤ 0 para qualquer (x,y) D, significa que o sólido está abaixo do plano xy, no espaço tridimensional, e o valor da integral dupla (com sinal negativo)

( )V , onde ouD

f x y dA dA dxdy dA dydx= − = =∫∫

será um número real definido como sendo o volume do sólido S.

∈

∈


Agora, no caso do sólido ficar parcialmente acima e parcialmente abaixo da região D, definimos o volume como sendo a integral dupla correspondente à parte de cima menos a integral dupla correspondente à parte de baixo do sólido em questão. EXEMPLO 1 Determine o volume da região tridimensional do primeiro octante limitada pelo plano z + y = 3 - 3x. Solução

Primeiramente escreva a equação da superfície na forma z = f(x,y) e faça um esboço do sólido (se possível).

z = 3 – 3x - y

Em seguida, faça um esboço da região D no plano-xy. Para isso, considere z = 0, para determinar a equação y = 3 – 3x no plano, x = 0 e y = 0 (a região está no primeiro octante), obtendo assim as “curvas” que irão delimitar a região D.

Agora, no caso do sólido ficar parcialmente acima e parcialmente abaixo da região D, definimos o volume como sendo a integral dupla correspondente à parte de cima menos a integral dupla

Determine o volume da região tridimensional do

) e

. Para isso, = 0

= 0 (a região está no primeiro octante), obtendo assim as


( )

( )

( )

3 321 3 3 1

0 0 00

131 2 2

00

3

3 3 3 32

1 19 18 9 9 9 9

2 2 3

3unidades .

2

y xx

y

x

x

yV x y dydx y xy dx

xx x dx x x

= −−

=

=

=

= − − = − − =

= − + = − +

=

∫ ∫ ∫

∫

OBS:

Note que a ordem de integração dy dx, no exemplo 1, foi escolhida ao acaso. Nesse caso, poderíamos ter utilizado a ordem de integração dx dy, com y como variável externa, sem nenhum problema.

O exemplo a seguir, mostra-nos a importância de se escolher uma ordem de integração adequada para o cálculo de uma integral dupla.


, no exemplo 1, foi escolhida ao acaso. Nesse caso, poderíamos ter utilizado a

como variável externa, sem

nos a importância de se escolher cálculo de uma integral


EXEMPLO 2 Determine o volume do sólido abaixo da

superfície, definida pela função ( )2

, ,xz f x y e−= = limitado pela

região D do plano-xy, definida por y = 2x e x = 2. Solução

Primeiramente, fazemos um esboço da região D no plano – xy.

As duas possíveis ordens de integração são as seguintes:

2 24 2 2 2

0 0 02

ouxx x

y e dxdy e dydx− −∫ ∫ ∫ ∫

Observe que para calcular a primeira integral, é preciso conhecer a

antiderivada de 2

,xe− que não pode ser expressa por nenhuma função

elementar.

Já a segunda integral pode ser determinada facilmente.

( ) ( )

2 2

2 2

2

22 2 2

0 0 0 0

2 2

0 0

234 0

40

2 0 2

1 12 1 unidades .

2

y xx x x

y

x x

xx

x

V e dydx e y dx

xe dx xe dx

e e ee

=− −

=

− −

=− −

=

= = =

= − = =

= − = − − − = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ 2

2

u x

du xdx xdx

= −

= − ⇒

Determine o volume do sólido abaixo da

limitado pela

Observe que para calcular a primeira integral, é preciso conhecer a

que não pode ser expressa por nenhuma função

2

dudu xdx xdx = −


EXEMPLO 3 Calcule o volume do sólido que está acima do

quadrado D = [0,2] × [0,2] e abaixo do parabolóide elíptico dado

por .

Solução

Como a integral dupla fornece o volume do sólido abaixo do gráfico da função e acima da região de integração, já que z > 0 para todo (x,y) em D, basta integrar a função dada, sobre a respectiva região, que obteremos o volume solicitado. Como a região é retangular e a função é simples de ser integrada tanto em x quanto em y, a ordem de integração não importa. Assim,

( ) ( )

( ) ( )

2 22 2 2 2

0 0

232 22 2

0 00

23

0

16 2 16 2

816 2 2 16 2

3 3

8 16 32 4832 4 64 64 64 16 48.

3 3 3 3 3

D

x

x

y

y

V x y dA x y dxdy

xy x y

yy

=

=

=

=

= − − = − − =

= − − = − − =

= − − = − − = − = − =

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

EXERCÍCIOS 5.3

1. Determine o volume do sólido limitado pelas equações:

a) 2 2, 4z x y x y= + + = (primeiro octante)

b) 23 , 0, 0, 0, 4.z x z x y y= − = = = =

2. Determine o volume do sólido contido abaixo do parabolóide

circular e acima do retângulo R = [-2,2] × [-3,3].

3. Determine o volume do sólido delimitados pela superfície2z x x y= + e pelos planos x = 0, x = 1, y = 0, y = 1 e z = 0.

2 216 2z x y= − −

2 2z x y= +


Calcule o volume do sólido que está acima do

[0,2] e abaixo do parabolóide elíptico dado

Como a integral dupla fornece o volume do sólido abaixo do gráfico > 0 para todo

região, que obteremos o volume solicitado. Como a região é retangular e a

, a ordem

32 4 64 64 64 16 48.= − − = − − = − = − =

Determine o volume do sólido contido abaixo do parabolóide

3,3].

Determine o volume do sólido delimitados pela superfície

= 0.


Peso, Momento e Centro de Gravidade

Suponha que uma chapa ocupe a região limitada D do plano-xye que o peso específico (densidade) da chapa em (x,y) seja dado por

. O peso (P) da chapa é dado por :

( ),D

P x y dxdyσ= ∫∫

O momento da chapa em relação ao eixo-y, é dado por:

( ),yD

M x x y dxdyσ= ∫∫

O momento da chapa em relação ao eixo-x , é dado por:

( ),xD

M y x y dxdyσ= ∫∫

O centro de gravidade da chapa é o ponto onde

e .y xM M

x yP P

= =

Fisicamente, o centro de gravidade é o ponto em que a massa total da chapa poderia estar concentrada, sem alterar seu momento em relação a qualquer dos eixos. Quando o peso específico (densidade) é constante, ou seja, quando a massa da chapa estiver uniformemente distribuída, o centro de massa será o centro geométrico da região D e será chamado de centróide .

EXEMPLO Uma chapa plana D no plano xy é limitada pelo

gráfico de 3y x= , pelo eixo x e a direita pela reta vertical x = 8. O

peso específico da chapa no ponto (x,y) é dado por ( ),x y kxσ =

onde k > 0 é uma constante. Determine: a) O peso da chapa;

( , )x yσ

( , )x y

xy ) seja dado por

é o ponto em que a massa total da chapa poderia estar concentrada, sem alterar seu momento em relação a qualquer dos eixos. Quando o peso específico (densidade) é constante, ou seja, quando a massa da chapa estiver

assa será o centro

é limitada pelo

= 8. O

x y kx=


b) Os momentos Mx e My ;

c) O centro de gravidade. Solução

a) ( )38

0 0, 54,86 u.m

x

D

P x y dxdy kxdydx kσ= = ≈∫∫ ∫ ∫

b) ( )38

0 0, 48

x

xD

M y x y dxdy kxy dydx kσ= = ≈∫∫ ∫ ∫

( )38 2

0 0, 307,2

x

yD

M x x y dxdy kx dydx kσ= = ≈∫∫ ∫ ∫

c) ( )C.G. , onde 5,6 e 0,87.x y x y= ≈ ≈

EXERCÍCIOS 5.4

1. Calcule o Peso e o centro de gravidade de uma chapa plana que

ocupa a região D num plano-xy e tem peso específico

(x,y):

a) A região D é a quarta parte do círculo x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0,

= xy.

( , )x yσ

( , )x yσ


Calcule o Peso e o centro de gravidade de uma chapa plana que

em

0, y ≥ 0;

( , )x y


b)A região D é o retângulo 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1; = x + y2.

2. Determine o centróide da região D limitada por y = x e y = x2.

Momento de Inércia

O momento de inércia de um corpo em relação a um eixo é sua capacidade de resistir à aceleração angular em torno desse eixo. O momento de inércia de um corpo em relação a um eixo é dado por I = mr2, onde m é o peso do corpo e r sua distância em relação ao eixo. Assim, os momentos de inércia de uma chapa plana de peso

específico , ocupando a região D no plano-xy são definidos

por:

( ) 2,xD

I x y y dxdyσ= ∫∫ momento em relação ao eixo x

( ) 2,yD

I x y x dxdyσ= ∫∫ momento em relação ao eixo y

Valor Médio de uma função f (x,y)

Para calcular o valor médio de uma função de duas variáveis em uma região retangular D, integramos a função na região

D e dividimos o resultado pela área de D, ou seja,

( )1

,área de

D

VM f x y dAD

= ∫∫

EXEMPLO Calcule o valor médio da função sobre a

região D: retângulo com vértices (0,0), (4,0), (4,2), (0,2).

Solução

( , )x yσ

( , )x yσ

( ),f x y

( ),f x y x=

de um corpo em relação a um eixo é sua capacidade de resistir à aceleração angular em torno desse eixo. O momento de inércia de um corpo em relação a um eixo é dado por

sua distância em relação ao tos de inércia de uma chapa plana de peso

são definidos

Para calcular o valor médio de uma função de duas variáveis , integramos a função na região

sobre a


A área da região D é dada por

A = área de D = 4 2 8⋅ =

Portanto, o valor médio da função sobre a região D é:

( ) [ ]4 2 4 2

00 0 0

44 2

0 0

1 1 1,

8 8 8

1 1 162 2 unidades.

8 8 8

y

yD

x

x

VM f x y dA xdy dx xy dx

xdx x

=

=

=

=

= = = =

= = = =

∫∫ ∫ ∫ ∫

∫

EXERCÍCIOS 5.5

1. Calcule o momento de inércia Ix de uma lâmina ocupando a

região 2: 0 1 , 0 1D x y x≤ ≤ ≤ ≤ − , sabendo que o peso

específico no ponto (x,y) é ( ) 3, 3x y yσ = g/cm2 .

2. Calcule os momentos de inércia Ix e Iy de uma chapa plana que

ocupe a região D, com peso específico ( ),x yσ em (x,y).

a) D : limitada por y = x2 e y = x, ( ) 2, 15 .x y x yσ =

b) D : triângulo com vértices (1,1), (0,0), (-1,1); = 6.

3. Determine o valor médio da função ( ),f x y na região D dada.

a) ( ) ( ), 2 ; : 2 3 , 1 2f x y xy x y D x y= − − ≤ ≤ − ≤ ≤

( ),f x y

A

p

a

( , )x yσ


b) ( ), 6 ;f x y xy= D: é o triângulo de vértices (0,0) , (0,1) , (3,1).

c) ( ), ;f x y x= D é a região limitada por 24y x= − e y = 0.

d) ( )2

, ; : 0 1 , 0 2.x yf x y xye D x y= ≤ ≤ ≤ ≤

Integrais Triplas

A definição e conceito de integrais triplas são análogos aos de integrais duplas. As propriedades de integrais duplas também continuam válidas neste caso. A única diferença é que agora, considerando que a região de integração está contida em 3, o símbolo de integração dx dy dz representa o volume de um pequeno cubo de arestas dx, dy e dz, respectivamente.

Logo,

D D

dV dx dy dz=∫∫∫ ∫∫∫ representa o volume da região D.

Portanto, com o uso de integrais triplas, podemos calcular o volume de qualquer região tridimensional que seja delimitada por gráficos de funções de duas variáveis. Todavia, estes gráficos nem sempre são simples de serem construídos sem recursos computacionais e, por isso, limitaremos nossos estudos aos casos de

ℝ


fácil representação geométrica. Inicialmente vejamos como calcular uma integral tripla sobre uma região retangular:

Teorema de Fubini para Integrais Triplas:

Se f é uma função contínua em uma caixa retangular D = [

[c,d] × [r,s], então

( ) ( ), , , , .s d b

r c aD

f x y z dV f x y z dx dy dz=∫∫∫ ∫ ∫ ∫

A integral iterada do lado direito do teorema indica que primeiro integramos em relação à x (mantendo y e z constantes), em seguida integramos em relação à y (mantendo z constante) e finalmente em relação à z. Como no caso de integrais duplas, a ordem de integração não altera o resultado, ficando a escolha dependente do grau de dificuldade para integrar a função em relação a cada variável.

EXEMPLO 1 Calcule 2 312D

xy z dV∫∫∫ se D é dada por

.

Solução Como o grau de dificuldade para integrar a função é o mesmo para todas as variáveis, escolhemos, arbitrariamente, integrá-la na ordem dz dy dz, obtendo:

1 2, 0 3, 0 2x y z− ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤


fácil representação geométrica. Inicialmente vejamos como calcular

Teorema de Fubini para Integrais Triplas:

= [a,b] ×

A integral iterada do lado direito do teorema indica que constantes), em

constante) e . Como no caso de integrais duplas, a

ordem de integração não altera o resultado, ficando a escolha dependente do grau de dificuldade para integrar a função em relação

Como o grau de dificuldade para integrar a função é o mesmo para la na ordem


( )

242 3 2 2 32 3 2 3 2

1 0 0 1 00

332 3 2 22

1 0 1 10

22

1

12 12 124

3 16 48 16 273

432 216 4 1 648.2

z

D z

y

y

x

x

zxy z dV xy z dz dy dx xy dydx

yxy dydx x dx x dx

x

=

− −=

=

− − −=

=

=−

= = =

= ⋅ = = =

= = − =

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

EXEMPLO 2 Calcule ( )2 3

D

xy yz dV+∫∫∫ se

( ) 3, , : 1 1, 3 4, 0 2D x y z x y z= ∈ − ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ℝ .

Solução

Novamente o grau de dificuldade é mesmo para cada variável, então agora escolhemos dx dz dy, obtendo:

( ) ( )

( )

4 2 12 3 2 3

3 0 1

124 2 2 3

3 01

2 24 2 3 3

3 0

24 2 43 4

3 0 3 0

424

33

2

2 2

22

4

116 8 4 16 9 28.

2 2

D

x

x

z

z

y

y

xy yz dV xy yz dx dz dy

xy xyz dz dy

y yyz yz dz dy

yz dz dy yz dy

yy dy

−

=

=−

=

=

=

=

+ = + =

= + =

= + − + =

= = =

= = = − =

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

xy z dV xy z dz dy dx xy dydx

xy dydx x dx x dx

= = =

= ⋅ = = =

Novamente o grau de dificuldade é mesmo para cada variável, então


EXEMPLO 3 Mostre, usando integrais triplas, que o volume de um paralelepípedo de lados a, b e c, é dado por V = abc. Solução

Colocando o paralelepípedo em um sistema de coordenadas cartesianas de tal modo que o lado a esteja sobre o eixo x, o lado sobre o eixo y e o lado c sobre o eixo z, coincidindo um dos vértices com a origem do sistema, a fim de facilitar os cálculos, podemos então afirmar que o volume V é dado por:

[ ]

[ ] [ ]

00 0 0 0 0

0 00 0 0 0

c b a c b x a

xD

c b c cy b z c

y z

V dV dx dy dz x dy dz

a dy dz a y dz a b dz ab z abc

=

=

= =

= =

= = = =

= = = = =

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Portanto, V = abc.

OBS: As integrais triplas podem também ser definidas em uma região limitada genérica S do espaço tridimensional (um sólido) pelo mesmo método usado para integrais duplas. Os cálculos são análogos, porém como já foi dito, a dificuldade neste caso está em elaborar o desenho do sólido, uma vez que, na maioria das vezes, isso é necessário para visualizar os limites de integração. Assim, restringiremos nossos estudos a


Mostre, usando integrais triplas, que o volume de

Colocando o paralelepípedo em um sistema de coordenadas , o lado b

, coincidindo um dos vértices com a origem do sistema, a fim de facilitar os cálculos, podemos

.a dy dz a y dz a b dz ab z abc

As integrais triplas podem também ser definidas em uma do espaço tridimensional (um

sólido) pelo mesmo método usado para integrais duplas. Os cálculos são análogos, porém como já foi dito, a dificuldade

r o desenho do sólido, uma vez que, na maioria das vezes, isso é necessário para visualizar os limites de integração. Assim, restringiremos nossos estudos a


casos simples, de fácil visualização, lembrando que os demais casos podem ser estudados nos livros indicados nas referências bibliográficas.

Seja f uma função contínua sobre um sólido S em 3, o qual

está contido entre os gráficos de duas funções contínuas de x e y, ou seja,

S = (x,y,z) œ 3 : (x,y) œ D, u1(x,y) ≤ z ≤ u2(x,y),

onde D é a projeção de S sobre o plano-xy, como mostrado na figura abaixo.

Então, a integral de f sobre S é dada por:

( ) ( )( )

( )2

1

,

,, , , , .

u x y

u x yS D

f x y z dV f x y z dz dA = ∫∫∫ ∫∫ ∫

EXEMPLO 4 Calcule onde S é o tetraedro sólido

delimitado pelos quatro planos x = 0, y = 0, z = 0 e x + y + z = 1.

Solução

ℝ

,S

z dV∫∫∫

casos simples, de fácil visualização, lembrando que os demais indicados nas

, o qual , ou

, como mostrado na figura

é o tetraedro sólido

= 1.


Para montarmos a integral tripla é recomendável desenhar dois diagramas: um da região sólida S e outro de sua projeção D no plano- xy.

Observe que a fronteira inferior do tetraedro é o plano z = 0 e a sua fronteira superior é o plano z = 1 – x – y. Então, fazemos u1(x,y) = 0 e u2(x,y) = 1 – x – y na fórmula acima. Note que os planos z = 0 e z = 1 – x – y se interceptam na reta x + y = 1 (ou y = 1- x) no plano-xy, conforme pode ver na figura abaixo. Assim, a integral torna-se:

( )( )

( )( )

121 1 1 1 1

0 0 0 0 00

131 1 12

0 0 00

141 3

00

2

11 11

2 2 3

11 1 11 .

6 6 4 24

z x yx x y x

S z

y x

x

y

x

x

zz dV z dz dy dx dy dx

x yx y dy dx dx

xx dx

= − −− − − −

=

= −

−

=

=

=

= = =

− − = − − = − =

− = − = − =

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

OBS: Lembre-se que os limites de integração da integral de dentro contêm no máximo duas variáveis; os limites de integração da

A

p

a


integral do meio contém no máximo uma variável e os limites de integração de fora devem sempre ser constantes.

Integrais Duplas em Coordenadas Polares

Sistema de Coordenadas Polares

Até agora, a localização de um ponto no plano foi especificada através de suas coordenadas cartesianas (retangulares). Contudo, existem algumas curvas que parecem ter uma afinidade particular com a origem de um sistema. Tais curvas são melhores descritas como trajetória de um ponto móvel, cuja posição é especificada por sua direção a partir da origem e por sua distância até a origem. É exatamente isso que fazem as coordenadas polares.

Um sistema de coordenadas polares num plano consiste de um ponto fixo O, denominado de pólo (ou origem) e de um eixo (que parte do pólo), denominado eixo polar, que usualmente é horizontal e coincide com o eixo-x no sistema de coordenadas cartesianas.

Assim, um ponto em um sistema de coordenadas polares é determinado pela sua distância em relação à origem do sistema e pela sua direção em relação ao eixo polar.


Observe que:

θθθθ é medido no sentido anti-horário se θθθθ > 0

θθθθ é medido no sentido horário se θθθθ < 0

(r,θθθθ) denominam-se coordenadas polares do ponto (x,y)

θθθθ = 0 (semi-eixo positivo dos x) denomina-se eixo polar

r = 0 (origem) denomina-se pólo

OBS:

1. As coordenadas polares de um ponto não são únicas (Por quê?).

2. A coordenada radial r de um ponto P(r,θ) é não-negativa, pois representa a distância de P ao pólo. Contudo, existem situações em que r aparece negativo e, nesse caso, subentende-se que o sinal negativo de r significa que, ao invés de sairmos da origem no sentido indicado pelo lado terminal

de θ, dirigimo-nos a partir da origem no sentido oposto a ele, ou seja, o ponto P estará sobre a extensão do lado terminal do

ângulo θ. Assim, o ponto (-r, θ) coincide com o ponto

(r, θ + p).


3. A relação entre coordenadas polares e cartesianas é dada pelas equações

x = r cos θ e y = r sen θ

de onde segue que:

r2 = x2 + y2 e tgy

xθ =

EXEMPLO 1 Sabendo que as coordenadas cartesianas de um

ponto (x,y) são (-1, ) determine um par de coordenadas polares para esse ponto.

3 ) determine um par de coordenadas polares


Solução

Uma vez conhecidos x e y, determinamos r através da relação 2 2 2r x y= + . Assim, temos que:

( ) ( )( )

22 2 21 3 4

2 vamos considerar 2

r r

r r

− + = ⇒ =

⇒ = ± =

Para determinarmos o ângulo θ utilizamos as equações x = r cos

e/ou y = r sen θ :

1 2 41 2cos cos 120 240 .

2 3 3ou

π πθ θ θ θ− = ⇒ = − ⇒ = = = =

Aqui temos duas possibilidades para nos auxiliar a decidir qual valor

de θ é o correto:

1ª possibilidade: utilizamos a expressão do seno:

3 23 2 sen θ sen θ θ 60 ou θ 120 .

2 3 3

π π= ⇒ = ⇒ = = = =

De onde concluímos que 2

.3

πθ =

2ª possibilidade: Observamos que 3 0y = > e, se 240 ,θ = =

então o ponto está no terceiro quadrante, ou seja, y < 0.

Logo, só poderemos ter 2

.3

πθ =

( )2

, 2, .3

rπ

θ

∴ =


através da relação

cos θ

1 2 41 2cos cos 120 240 .

2 3 3

π π= = = =

Aqui temos duas possibilidades para nos auxiliar a decidir qual valor

3 2120 .

2 3 3

π π= = = =

4240 ,

3

π= =


EXEMPLO 2 Converta o ponto 2,4

Pπ

de coordenadas

polares para cartesianas. Solução

Como 2r = e 4

πθ = , segue que 2 cos e 2 sen ,

4 4x y

π π= =

ou seja,

2 22 1 e 2 1.

2 2x y= = = =

Portanto, em coordenadas cartesianas, o ponto P é representado por P(1,1).

EXERCÍCIOS 5.6

1. Represente graficamente os pontos cujas coordenadas cartesianas são dadas. Determine dois pares de coordenadas polares para cada um destes pontos:

(-2,2) ; (4,0) ; (0,4) ; (3,3) ; (-1, -1) ; (-1,0) ; (1,2) ; (0, -2) ; (5, -4).

2. Represente graficamente os pontos cujas coordenadas polares são dadas. Então encontre as coordenadas cartesianas do ponto:

(3, p/2) ;

; (-1, p/3) ; (4, 3p) ; (-2, -5p/6). 2 2,34

π

2 cos e 2 sen ,4 4

π π

Portanto, em coordenadas cartesianas, o ponto P é representado por

Represente graficamente os pontos cujas coordenadas cartesianas são dadas. Determine dois pares de coordenadas polares para cada

(1,2) ;

Represente graficamente os pontos cujas coordenadas polares são


Integrais Duplas em Coordenadas Polares

A mudança de coordenadas cartesianas para polares pode facilitar muito o cálculo de determinadas integrais, especialmente

aquelas em que aparecem expressões quadráticas, como ,

e assim por diante.

Note que se trata de uma mudança de coordenadas e não de variáveis, como visto no Cálculo de uma variável; por isso o procedimento é um pouco diferente. A dedução do procedimento para a mudança de coordenadas no cálculo de uma integral dupla não será apresentada aqui, mas advém da definição de integrais definidas em uma região polar e é dada pelo seguinte resultado:

Mudança para coordenadas polares em uma integral dupla:

Se f é contínua em uma região polar R, constituída por todos os pontos da forma

( ) ( ) 0 1 0 1, cos , , 0x y r r sen onde r r r eθ θ θ θ θ= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

2 2x y+

2 2a x−


então,

( ) ( )1 1

0 0

, cos , .r

rR

f x y dA f r r sen r dr dθ

θθ θ θ=∫∫ ∫ ∫

Cuidado!!! Não se esqueça do fator adicional r que aparece antes

de dr dθ.

EXEMPLO 1 Usando coordenadas polares calcule 2 2x y

R

e dA+∫∫

onde R é a região do primeiro quadrante interior ao círculo 2 2 4x y+ = e exterior ao círculo 2 2 1.x y+ =

Solução

que aparece antes

e dA

é a região do primeiro quadrante interior ao círculo


Observando a representação geométrica da região, notamos que

varia de r0 = 1 a r1 = 2 e que θ varia de θ0 = 0 a θ1 = p/2.

Da mudança de coordenadas cartesianas para polares, temos que2 2 2 .x y r+ =

Da mudança de coordenadas na integração, temos que:

dA = r dr dθ.

Assim,

( )

( ) ( )

2 2 22 4 42 2 20 1 0 1 0

4 4

1

2 2

1.

2 2 4

x y r u

R

due dA e r drd e d e e d

e e e e

π π π

θ θ θ

π π

+ = = = − =

= − = −

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

EXEMPLO 2 Calcule ( )23 9

3 02

xx y dydx

−

−+∫ ∫ usando

coordenadas polares. Solução

Observando a figura, notamos que r varia de r0 = 0 a r1 = 3 e que

varia de θ0 = 0 a θ1 = p.

Portanto, fazendo x = r cos θ, y = r sen θ e dx dy = r teremos:


Observando a representação geométrica da região, notamos que r

Da mudança de coordenadas cartesianas para polares, temos que:

e dA e r drd e d e e dθ θ θ= = = − =

= 3 e que θ

dr dθ,


( ) ( )23 9 3 2

3 0 0 02 2cos sen 18.

xx y dydx r drd

πθ θ θ

−

−+ = + =∫ ∫ ∫ ∫

EXERCÍCIOS 5.7

1. Mostre, usando coordenadas polares, que a área de um círculo de

centro na origem e raio r é dada por A = π r2 .

2. Calcule sobre a região R constituída por todos os pontos

cujas coordenadas polares satisfazem as equações: 0 ≤ θ ≤ π/4 e

2 cosθ ≤ r ≤ 2.

3. Calcule as integrais abaixo, colocando-as em coordenadas polares:

a) , onde R é a região do primeiro quadrante limitada pelo

círculo e pelas retas e .

b) , onde R é a região do primeiro quadrante limitada pelos

círculos e

c) , onde .

d) , onde R é a região limitada pelo semi-círculo

e o eixo-y.

dAR

x∫∫

R

ydA∫∫2 2 9x y+ = y x= 0y =

R

xdA∫∫2 2 4x y+ = 2 2 25.x y+ =

2 2

R

x y dA+∫∫ ( ) 2 2 2 , :1 9, 0R x y x y y= ∈ ≤ + ≤ ≥ℝ

2 2x y

R

e dA− −∫∫

24x y= −

Mostre, usando coordenadas polares, que a área de um círculo de

constituída por todos os pontos

/4 e

as em coordenadas

é a região do primeiro quadrante limitada pelo

é a região do primeiro quadrante limitada pelos

círculo


Coordenadas Cilíndricas e Esféricas

Nesta seção iremos estudar dois novos tipos de sistemas de coordenadas no espaço tridimensional que são bastante úteis no estudo de superfícies com simetria e que têm aplicações no estudo do movimento rotacional em torno de um eixo.

No estudo de coordenadas retangulares vimos que são necessárias três coordenadas para estabelecer a localização de um ponto no espaço tridimensional. Nas ilustrações abaixo podemos ver as coordenadas retangulares (x,y,z) de um ponto P, as coordenadas

cilíndricas (r,θ,z) de P e as coordenadas esféricas (ρ,θ,φ) de P.


Coordenadas cilíndricas

As coordenadas cilíndricas são úteis em problemas que envolvem simetria em torno de um eixo. Por exemplo, o cilindro

circular com equação 2 2 2x y c+ = tem como eixo de simetria o eixo

z (esta é a razão para o nome coordenadas “cilíndricas”).

No sistema de coordenadas cilíndricas, um ponto P no espaço

tridimensional é representado pela tripla ordenada (r,θ,z), onde r e são as coordenadas polares da projeção de P sobre o plano-xy e z é a distância direta do plano-xy ao ponto P (ver figura).

Para converter de coordenadas cilíndricas para coordenadas retangulares usamos as equações

cos ; sen ;x r y r z zθ θ= = = ,

enquanto para converter de coordenadas retangulares para cilíndricas usamos

2 2 2 ; tg ; .y

r x y z zx

θ= + = =

EXEMPLO 1

As coordenadas cilíndricas são úteis em problemas que . Por exemplo, o cilindro

tem como eixo de simetria o eixo

no espaço

e θ é a


(a) Determine as coordenadas retangulares do ponto com

coordenadas cilíndricas .

(b) Determine as coordenadas cilíndricas do ponto com coordenadas retangulares (3, -3, -7). Solução (a) A partir das fórmulas de conversão das coordenadas cilíndricas

para coordenadas retangulares, com r = 4, 6

πθ = e z = 3, obtemos:

3 14cos 4 2 3 ; 4sen 4 2 ; 3

6 2 6 2x y z

π π= = = = = ⋅ = =

Portanto, as coordenadas retangulares do ponto são:

( ) ( ), , 2 3,2,3 .x y z =

(b) Da fórmula de conversão r2 = x2 + y2 obtemos:

( )223 3 3 2.r = + − =

Por outro lado,

3tg 1.

3

y

xθ

−= = = −

Como x = 3 > 0 e y = -3 < 0, o ponto (x,y) está no terceiro

quadrante e, conseqüentemente, 7

2 , .4

k kπ

θ π= + ∈ℕ Ainda,

7.z = −

Portanto, temos um conjunto de coordenadas cilíndricas dado por

73 2, , 7 .

4

π −

( , , ) (4, ,3)6

r z =π

θ


Outro conjunto de coordenadas é 3 2, , 7 .4

π− −

Da mesma maneira que para coordenadas polares, existem infinitas escolhas possíveis para coordenadas cilíndricas.

Coordenadas esféricas

O sistema de coordenadas esféricas é especialmente útil em problemas onde existe simetria em relação a um ponto. Por exemplo, uma esfera com centro na origem e raio c (esta é a razão para o nome coordenadas “esféricas”).

No sistema de coordenadas esféricas, um ponto P no espaço tridimensional (ver figura abaixo) é representado pela tripla

ordenada (ρ, θ, φ), onde ρ = |OP| é a distância da origem a P, θ é o

mesmo ângulo que em coordenadas cilíndricas e φ é o ângulo entre o eixo positivo z e o segmento de reta OP. Note que

ρ ¥ 0 e 0 ≤ φ ≤ p.

Para fazermos a conversão das coordenadas esféricas para retangulares, e vice-versa, usamos as seguintes fórmulas:

sen cos

sen sen sen

cos

x

r y

z

ρ φ θ

ρ φ ρ φ θ

ρ φ

=

= ⇒ = =

2 2 2 2x y zρ = + +

coordenadas polares, existem

O sistema de coordenadas esféricas é especialmente útil em . Por

(esta é a razão

no espaço tridimensional (ver figura abaixo) é representado pela tripla

é o

é o ângulo entre o

Para fazermos a conversão das coordenadas esféricas para

sen cos

sen sen sen

ρ φ θ

ρ φ ρ φ θ

ρ φ


EXEMPLO 2 (a) Determine as coordenadas retangulares do ponto com

coordenadas esféricas ( ) ( ), , 1, ,0ρ θ φ π= .

(b) Determine as coordenadas esféricas do ponto com coordenadas

retangulares ( )1, 3, 2 .−

(a) A partir das fórmulas de conversão das coordenadas esféricas

para coordenadas retangulares, com ρ = 1, θ = π e φ = 0, obtemos:

1sen0 cos 0

1sen0 sen 0

1cos0 1

x

y

z

π

π

= =

= = = =

Assim, as coordenadas retangulares do ponto são (x,y,z) = (0,0,1).

(b) Pelas fórmulas de conversão de retangulares para esféricas temos:

(

2 2 2 1 3 4 2 2

tg 3 pois > 0 e, portanto, 06

2 2 5cos

2 42 2

x y z

yy

x

z

ρ

πθ θ θ π

πφ φ

ρ

= + + = + + =

= = ⇒ = < <

−= = = − ⇒ =

Portanto, as coordenadas esféricas do ponto ( )1, 3, 2− são:

( )5

, , 2 2, , .6 4

π πρ θ φ

=

OBS:

Podemos fazer também a conversão entre coordenadas cilíndricas e esféricas, no espaço tridimensional e, para isso, utilizamos as seguintes fórmulas de conversão:



(a) A partir das fórmulas de conversão das coordenadas esféricas

= 0, obtemos:

) = (0,0,1).

(b) Pelas fórmulas de conversão de retangulares para esféricas

)θ θ θ π= < <

Podemos fazer também a conversão entre coordenadas cilíndricas e esféricas, no espaço tridimensional e, para isso,


sen

cos

tg

r

z

r

z

ρ φ

θ θ

ρ φ

φ

=

=

=

=

EXEMPLO 3 (a) Determine as coordenadas cilíndricas do ponto com coordenadas

esféricas (4,π/4, π/3).


cilíndricas (4, π/3, 4). Solução (a) A partir das fórmulas de conversão acima e considerando que

4, e ,4 3

π πρ θ φ= = = temos que:

34sen 4 2 3

3 2

41

4cos 4 23 2

r

z

π

πθ

π

= = ⋅ =

=

= = ⋅ =

Assim, as coordenadas cilíndricas solicitadas são:

( ), , 2 3, ,2 .4

r zπ

θ

=

(a) Determine as coordenadas cilíndricas do ponto com coordenadas


(a) A partir das fórmulas de conversão acima e considerando que


(b) Como o ponto dado está em coordenadas cilíndricas, temos

4 ; e 4.3

r zπ

θ= = =

Assim,

4tg 1 , .

4 4k k

πφ φ π= = ⇒ = + ∈ℕ

Tomemos .4

πφ =

2sen 22 .

4 8r

φρ⇒ = = =

Portanto, uma possibilidade de coordenadas esféricas para as coordenadas cilíndricas dadas é:

( )2

, , , , .8 3 4

π πρ θ φ

=

Integrais Triplas em Coordenadas Cilíndricas

Suponha que S seja uma região do espaço tridimensional cuja projeção D no plano-xy tenha uma representação conveniente em coordenadas polares, e que S seja uma região do tipo

S = (x,y,z) : (x,y) œ D, u1(x,y) ≤ z ≤ u2(x,y),

onde u1 e u2 sejam funções contínuas em D. Suponha ainda que D seja dado por

D = (r, θ) : a ≤ θ ≤ b, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)

e que f seja uma função contínua em S.


(b) Como o ponto dado está em coordenadas cilíndricas, temos que:

ortanto, uma possibilidade de coordenadas esféricas para as

seja uma região do espaço tridimensional cuja tenha uma representação conveniente em

sejam funções contínuas em D. Suponha ainda que D


Então, a integral tripla de f em S, em coordenadas cilíndricas, é dada por:

( ) ( )( )

( )

( )

( ) 2

1

2

1

cos , sen

cos , sen, , cos , sen , .

u r r

u r r

h

hS

f x y z dV f r r z rdzdrdθ θ

θ θ

β θ

α θθ θ θ=∫∫∫ ∫ ∫ ∫

Esta fórmula nos diz que convertemos uma integral tripla em coordenadas retangulares para coordenadas cilíndricas escrevendo

x = r cos θ, y = r sen θ e deixando z como está, utilizando os limites

apropriados de integração para z, r e θ, e trocando dV por r dzdrdθ

É recomendável a utilização dessa fórmula quando S é uma região sólida cuja descrição é mais simples em coordenadas cilíndricas e especialmente quando a função f(x,y,z) envolve expressões do tipo x2 + y2. EXEMPLO 1 Um sólido S está contido no cilindro x2 + y2 = 1, abaixo do plano z = 4 e acima do parabolóide z = 1 – x2 – y2. A densidade em qualquer ponto é proporcional à distância do ponto ao eixo do cilindro. Determine a massa de S, sabendo que ela é dada pela integral da densidade sobre S. Solução

, em coordenadas cilíndricas, é

, , cos , sen , .f x y z dV f r r z rdzdrdθ θ θ

Esta fórmula nos diz que convertemos uma integral tripla em cilíndricas escrevendo

como está, utilizando os limites

θ.

é uma ais simples em coordenadas

) envolve

= 1, . A

densidade em qualquer ponto é proporcional à distância do ponto ao , sabendo que ela é dada


Em coordenadas cilíndricas o cilindro é representado por

r = 1 (x2 + y2 = r2)

e o parabolóide por z = 1 – r2.

Assim, podemos escrever

S = (r, θ, z) : 0 ≤ θ ≤ 2p, 0 ≤ r ≤ 1, 1 – r2 ≤ z ≤ 4.

Como a densidade em (x,y,z) é proporcional à sua distância ao eixo z, a função densidade é dada por:

( ) 2 2, , ,F x y z k x y kr= + =

onde k é a constante de proporcionalidade. Portanto, a massa de dada por:

( ) ( )

[ ]

2

2 1 42 2

0 0 1

2 1 2 12 2 2 4

0 0 0 0

152 2300

0

4 1 3

6 12unidades de massa.

5 5 5

rS

r

r

m k x y dV kr r dzdrd

kr r drd k r r drd

r kk r d k

π

π π

π π

θ

θ θ

πθ θ

−

=

=

= + = =

= − − = + =

= + = =

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫


) é proporcional à sua distância ao eixo

é a constante de proporcionalidade. Portanto, a massa de S é

unidades de massa.

= − − = + =


EXEMPLO 2 Calcule ( )2

2 2 2

2 4 22 2

2 4.

x

x x yx y dz dy dx

−

− − − ++∫ ∫ ∫

Solução

Essa integral iterada é uma integral tripla sobre a região sólida

( ) 2 2 2 2, , : 2 2, 4 4 ; 2S x y z x x y x x y z= − ≤ ≤ − − ≤ ≤ − + ≤ ≤

e a projeção de S sobre o plano-xy é o disco 2 2 4.x y+ ≤

superfície inferior de S é o cone z = e a superfície superior

é o plano z = 2. Essa região tem uma descrição muito mais simples em coordenadas cilíndricas:

( ) , , : 0 2 ; 0 2 ; 2 .S r z r r zθ θ π= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

Portanto, temos que:

( )

[ ] ( )

2

2 2 2

22 4 2 2 2 22 2

2 4 0 0

2 2 2 223 3

0 0 0 0

24 52

00

2

0

2

8 16.

2 5 5 5

x

x x y r

z

z r

r

r

r r dz dr dx y dz dy dx

r z dr d r r dr d

r rd

π

π π

π θ π

θ

θ

θ θ

πθ θ

−

− − − +

=

=

=

=

=

=

=+ =

= = − =

= − = =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫

2 2x y+

, , : 2 2, 4 4 ; 2= − ≤ ≤ − − ≤ ≤ − + ≤ ≤

4. A

e a superfície superior = 2. Essa região tem uma descrição muito mais simples


Integrais Triplas em Coordenadas Esféricas

Se S é uma região do espaço tridimensional dada em coordenadas esféricas por

S = (ρ,θ,φ) : a ≤ ρ ≤ b, a ≤ θ ≤ b, c ≤ φ ≤ d

e f é uma função contínua em S, então a integral tripla de f em S é dada por:

( )

( ) 2

, ,

sen cos , sen sen , cos .

S

d b

c a

f x y z dV

f sen d d dβ

αρ φ θ ρ φ θ ρ φ ρ φ ρ θ φ

=

=

∫∫∫

∫ ∫ ∫

A fórmula acima nos diz que convertemos uma integral tripla de coordenadas retangulares para coordenadas esféricas escrevendo

x = ρ senφ cosθ , y = ρ senφ senθ , z = ρ cosφ

utilizando os limites de integração apropriados e substituindo dV por

ρ2 senφ dρ dθ dφ. Observamos que esta fórmula se estende para regiões mais gerais como

S = (ρ,θ,φ) : g1(θ,φ) ≤ ρ ≤ g2(θ,φ), a ≤ θ ≤ b, c ≤ φ ≤ d,

alterando apenas os limites de integração para ρ.

Normalmente o uso de coordenadas esféricas é recomendado em integrais triplas quando as superfícies fronteiras da região de integração têm formas como cones e esferas.


EXEMPLO 1 Calcule ( )

32 2 2 2

,x y z

B

e dV+ +

∫∫∫ onde S é a bola

unitária B = (x,y,z) : x2 + y2 + z2 ≤ 1. Solução

Como a fronteira de B é uma esfera, utilizaremos coordenadas esféricas, ou seja, tomaremos

B = (ρ,θ,φ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2p, 0 ≤ φ ≤ p,

onde teremos ρ2 = x2 + y2 + z2.

Assim,

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

( )[ ] ( )

32 2 2 2

3

32 1

2 220 0 0

12 2

0 0 0 00

0 0

0

2

0

sen

1 1sen 1 sen

3 3

1 11 sen 1 2 sen

3 3

2 41 cos 1 .

3 3

x y z

B

e dV e d d d

e d d e d d

e d e d

e e

π π

ρπ π π π

ρ

ρ

π π

φ π

φ

θ π

θ

ρ ρ φ ρ θ φ

φ θ φ φ θ φ

φ θ φ π φ φ

π πφ

+ +

=

=

=

=

=

=

= =

= = − =

= − = − =

= − − = −

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

EXEMPLO 2 Mostre, usando integrais triplas em coordenadas

esféricas, que o volume de uma esfera de raio r é V = .

Solução

O volume de uma esfera de raio r é dado por , onde S é o

sólido dado por

S = (ρ,θ,φ) : 0 ≤ ρ ≤ r, 0 ≤ θ ≤ 2p, 0 ≤ φ ≤ p.

34

3rπ

S

dV∫∫∫

é a bola

é uma esfera, utilizaremos coordenadas

e d d e d dφ θ φ φ θ φ= = − =

Mostre, usando integrais triplas em coordenadas


Portanto,

[ ]

32 22

0 0 0 0 00

3 32

0 0 0

3 3

0

sen sen3

sen 2 sen3 3

2 4cos .

3 3

rr

V d d d d d

r rd d d

r r

ρπ π π π

ρ

π π π

φ π

φ

ρρ φ ρ θ φ φ θ φ

φ θ φ π φ φ

π πφ

=

=

=

=

= = =

= = =

= − =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

EXERCÍCIOS 5.8

1. Faça um esboço do ponto cujas coordenadas cilíndricas são dadas e, em seguida, determine as coordenadas retangulares do ponto.

(a) (3,π/2,1) (b) (3,0, -6) (c) (1, π, e)

2. Converta de coordenadas retangulares para cilíndricas.

(a) (1, -1,2) (b) ( )1, 3,2−

3. Faça um esboço do ponto cujas coordenadas esféricas são dadas e, em seguida, determine as coordenadas retangulares do ponto.

(a) (0,1,0) (b) (2,0, π) (c) (2, π/4, π/3)

4. Converta de coordenadas retangulares para esféricas.

(a) (-2,0,0) (b) ( )1,1, 2

5. Converta de coordenadas esféricas para cilíndricas.

(a) (2,0,0) (b) (8, π/6, π/2)

6. Converta de coordenadas cilíndricas para esféricas.


(a) 2, ,04

π

(b) 1, ,12

π

7. Utilize coordenadas cilíndricas para calcular 2 2

S

x y dV+∫∫∫

onde S é a região contida dentro do cilindro x2 + y2 = 16 e entre os planos z = -5 e z = 4.

8. Utilize coordenadas cilíndricas para calcular ( )3 2

S

x xy dV+∫∫∫

onde S é o sólido do primeiro octante que está abaixo do parabolóide z = 1 – x2 – y2.

9. Utilize coordenadas esféricas para calcular

( )2 2 2

S

x y z dV+ +∫∫∫ onde S é a bola unitária x2 + y2 + z2 ≤ 1.

10. Utilize coordenadas esféricas para calcular S

z dV∫∫∫ onde S está

contido entre as esferas x2 + y2 + z2 = 1 e x2 + y2 + z2 = 4, no primeiro octante. EXERCÍCIOS EXTRAS

1. Calcule as integrais duplas.

a) 1 2

0 1dx dy∫ ∫ b) ( )

2 3

1 0x y dx dy+∫ ∫

c) ( )4 2

2 2

2 1x y dy dx+∫ ∫ d) ( )2

12

0

x

xxy dy dx∫ ∫


e)

3

22

21 0

y xdx dy

y

∫ ∫ f) ( )1

3

0

x

xy y dy dx+∫ ∫

g) ( )21

0 0

xyxe dy dx∫ ∫ h)

222

0 0cosx y dx dy

π

∫ ∫

2. Inverta a ordem de integração e calcule a integral resultante.

a) 21 2

0 2

y

xe dy dx∫ ∫ b)

ln

1 0

e xy dy dx∫ ∫

c) ( )2 2

4 2

0cos

xy xy dy dx∫ ∫

3. Esboce a região de integração para cada uma das integrais iteradas dadas.

a) ( )2

2

2 4

1 4,

x

xf x y dy dx

−

− − −∫ ∫ b) ( )1 3

0,

y

yf x y dx dy∫ ∫

4. Calcule as integrais dadas, para as regiões indicadas.

a) ; R limitada por y = x2 e y = 2x.

b) ; R limitada por x = -3, x = 4, y = 0 e y = 5.

c) ; R limitada por x = 4 , y = x2 e y = -x2.

d) ; R limitada por x = 8 , y = x1/3 e y = -x1/3.

e) ; R limitada por x =y2 e x = 2 - y2.

34R

x y dxdy∫∫

senx

R

e y dxdy∫∫

23R

y x dxdy∫∫2 2sen

R

y x dxdy∫∫

2

R

y dxdy∫∫


f) ; R limitada por y = x -2 e y =1 e y = 4.

g) ; R é a parte do círculo x2 + y2 ≤ 1 no

primeiro quadrante.

5. Calcule as integrais dadas.

a) ; R limitada pelo círculo x2 + y2 = 4.

b) ; R é a região limitada por x2 + y2 = 4 e x2 + y2 = 9.

c) ; R limitada pelo círculo e a reta

y x= .

6. Calcule as integrais dadas.

a) xy

R

ye dA∫∫ onde R é o retângulo 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1;

b) ( )R

x y dA+∫∫ onde R é a região limitada por y = x2 e y = 2x.

7. Esboce a região de integração e calcule as integrais iteradas.

a) ( )1 2

02 4

x

xx y dy dx+∫ ∫ b)

1

1 ln

e

xx dy dx∫ ∫ c)

2

1 0ln

xy x dy dx∫ ∫

8. Inverta a ordem de integração

a) ( )4

2

0 0,

y

f x y dy dx∫ ∫ b) ( )2

3

1

0,

x

xf x y dy dx∫ ∫ c) ( )

2

1 0,

xef x y dy dx∫ ∫

cosR

y dxdy∫∫

( 2 )R

x y dxdy+∫∫

32 2 2( )

R

x y dA+∫∫

2

2 2R

xdA

x y+∫∫

2 2

R

x y dA+∫∫22y x x= −


9. Calcule 2

2R

xdx dy

y∫∫ onde R é a região delimitada por

1; e 2.y x y x

x= = =

10. Calcule o volume do sólido acima do plano-xy delimitado por 2 24 2 2 .z x y= − −

11. Calcule o volume do sólido no primeiro octante delimitado por 2y z+ = e pelo cilindro que contorna a região delimitada por y = x2

e x = y2.

12. Avalie 60R

xy dx dy∫∫ onde R é a região do plano limitada pelas

curvas x = y2, x = 0 e y = 1.

13. Ache o volume do sólido abaixo da superfície

( ) 2 2, 1 ,f x y x y= + + limitado pelas curvas y = e y = x2.

14. Use uma integral dupla para calcular o volume sob o plano

2z x y= + e acima do retângulo R = (x,y): 3 ≤ x ≤5, 1 ≤ y ≤ 2.

15. Calcule o volume do sólido limitado pelo cilindro x2 + y2 = 4 e os planos y + z = 4 e z = 0.

16. Calcule a integral dupla 22 1

02

.xy e dx dy∫ ∫

17. Calcule a área da região plana compreendida pelas curvas 2y x= − e 3y – x = 4.

18. Calcule a integral ( )3senR

y dA∫∫

(dA pode ser dxdy ou dydx),

onde R é a região limitada por y = , y = 2 e x = 0.

x

x


19. Calcule a integral e mostre que o

resultado é independente da ordem de integração.

20. Esboce a região de integração e mostre que

2 42 1 2 2 0

3 3 32 2

0 2 4 0 0 4 0.

y xx

yx dx dy x dy dx x dy dx

− +−

− −= +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ .

Calcule a integral.

21. Calcule a integral 2

0 0cos sen .

Rre dr d

πθ θ θ−

∫ ∫

22. As integrais duplas a seguir representam a solução de um mesmo problema. Qual a integral mais fácil de calcular? Justifique sua resposta.

23. Seja R uma região do plano xy cuja área é A. Se

para todo ponto (x,y) em R, qual é o valor da integral ?

Justifique sua resposta.

24. Verifique se a afirmação a seguir é verdadeira ou falsa. Se for falsa, explique por que ou dê um exemplo que mostre que é falsa.

“O volume da esfera é dado pela integral

”

25. Calcule o valor médio da função sobre a

região R: quadrado com vértices (0,0), (2,0), (2,2), (0,2).

3 2 2 2

0 1( )x y xy dxdy+∫ ∫

4 2 2 22 2

0 2 02

yseny dydx seny dxdyπ

−=∫ ∫ ∫ ∫

( ),f x y k=

( ),R

f x y dA∫∫

2 2 2 1x y z+ + =

1 1 2 2

0 08 1 .V x y dxdy= − −∫ ∫

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


26. Calcule o valor médio da função ( ),f x y xy= sobre a região R:

retângulo com vértices (0,0), (4,0), (4,2), (0,2).

Capítulo 6

Cálculo Vetorial


• Como trabalhar com vetores no plano e no espaço tridimensional.

• Como determinar o produto escalar e o produto vetorial.

• Como determinar equações paramétricas de retas.

• O movimento de um objeto.

• Como determinar um campo vetorial.

• Como trabalhar com uma Integral de Linha

CÁLCULO VETORIAL 353

Cálculo Vetorial

Vetor

Muitas grandezas físicas, tais como a temperatura, a pressão, a massa, o comprimento e a área, são descritas totalmente, sendo dada a magnitude desta grandeza. Tais grandezas são denominadas de grandezas escalares. Existem outras grandezas físicas que apenas a sua magnitude não é suficiente para determiná-las completamente, sendo necessário que sejam especificados também a direção e o sentido. Tais grandezas são denominadas de grandezas vetoriais. Como exemplos de grandezas vetoriais podemos citar a velocidade, a força e o deslocamento.

Para entender melhor tais grandezas, consideremos uma partícula que se desloca ao longo de uma reta. Observe que a partícula pode movimentar-se apenas em dois sentidos (positivo ou negativo) e a direção é dada pela reta do movimento.

Nesse caso, o deslocamento (ou a variação da posição) de um ponto pode ser descrito por um número real com sinal. Ou seja, um deslocamento de 2 descreve uma mudança de posição de 2 unidades no sentido positivo, e um deslocamento de -2 significa uma variação da posição de 2 unidades no sentido negativo.

Agora, se uma partícula se desloca sobre uma curva, apenas o sinal não é suficiente para especificar a direção e o sentido dessa partícula. Nesse caso, utilizamos uma seta (segmento de reta orientado) para indicar a direção e o sentido do movimento, e o


comprimento dessa seta (distância do ponto inicial ao ponto final) representa o deslocamento da partícula.

Observe que se uma partícula se move de um ponto A a um ponto B, ao longo de uma curva, o comprimento da seta descreve a distância entre o ponto A e B e não a distância real percorrida pela partícula. Esta seta é denominada de vetor deslocamento para o movimento.

O termo vetor é então utilizado para indicar uma grandeza vetorial (velocidade ou força) que é caracterizada pela magnitude (módulo), direção e sentido. Vamos então aprender um pouco mais sobre os vetores.

Consideremos o segmento orientado AB na ilustração abaixo.

Observe que o segmento orientado AB caracteriza-se por três aspectos bastante definidos:

• magnitude ou tamanho (módulo)

• direção

• sentido (de A para B)

B

A


Assim, um vetor é representado por uma seta ou por um segmento de reta orientado, de maneira que o comprimento da seta representa o módulo do vetor e a seta aponta na direção e no sentido do vetor. Como um exemplo, a ilustração mostra uma partícula movendo-se ao longo de um caminho no plano e seu vetor velocidade v numa posição específica da partícula.

Nesse exemplo, o comprimento da seta representa a rapidez com que a partícula está se movimentando quando passa por esta posição, e a seta indica a direção e o sentido em que ela se movimenta.

Na próxima ilustração podemos observar que todas as setas têm o mesmo comprimento, direção e sentido, apesar de estarem em posições diferentes. Entendemos esses segmentos de reta orientados como representações equivalentes da grandeza denominada vetor. Assim, podemos definir um vetor como um conjunto infinito de todos os segmentos orientados que possuem o mesmo comprimento, a mesma direção e o mesmo sentido.


Na prática, para representar um vetor, tomamos apenas um dos infinitos segmentos orientados que o compõe, ou seja, aquele que parte da origem. Guarde esta idéia, pois ela é importante!

No exemplo acima, podemos observar que cada um dos pontos terminais das setas é obtido deslocando-se duas unidades para a direita e uma unidade para cima, a partir do ponto inicial de cada uma delas.

Dessa forma, cada um desses segmentos orientados é caracterizado pelos números 2 e 1, e representamos esta situação

escrevendo 2,1 .v =

Um vetor bidimensional pode então ser

pensado como um par ordenado de números reais. Iremos usar a

notação ,a b para o par que se refere ao vetor, como uma maneira

de não confundir um vetor com um par ordenado (a,b) que representa um ponto no plano cartesiano.

Um vetor bidimensional será representado nesse texto por uma

letra com uma seta sobre ela ( )v

.

Um vetor 1 2,v v v=

, cujos números v1 e v2 são denominados

de componentes de v

, pode ser representado por um segmento de

reta orientado AB

de um ponto qualquer ( ),A x y ao ponto


( )1 2,B x v y v+ + . Uma representação particular de um vetor v

é o

segmento de reta orientado OP

, que vai da origem do plano

cartesiano até o ponto ( )1 2,P v v , e é denominado de vetor de

posição do ponto ( )1 2,P v v .

Podemos observar que se 1 2,v v v=

é um vetor cuja

representação é o segmento de reta orientado AB

, que tem como

ponto inicial ( )1 1,A x y e como ponto terminal ( )2 2,B x y , então

x2 = x1 + v1 e y2 = y1 + v2.

Segue daí que 1 2 2 1 2 1, , .v v v x x y y= = − −


Assim, obtemos o seguinte resultado:

Se tivermos dois pontos ( )1 1,A x y e ( )2 2,B x y , o

vetor ,v

cuja representação é o segmento de reta

orientado ,AB

é dado por 2 1 2 1, .v x x y y= − −

O módulo (magnitude ou norma) de um vetor 1 2,v v v=

é

definido como sendo o comprimento de qualquer um de seus

representantes e é denotado por v

. Considerando o vetor de

posição do ponto P(v1,v2), como um representante para o vetor v

, e utilizando a fórmula da distância entre dois pontos, para calcular o

comprimento do segmento OP

, obtemos uma fórmula para o módulo do vetor v

.

O VETOR OPOSTO

Dado o vetor v, existe o vetor – , que possui o mesmo módulo e mesma direção do vetor , porém, de sentido oposto.

v

v


O VETOR NULO

Vetor de módulo igual a zero e o único sem direção específica.

Notação: 0 0,0=

O VETOR UNITÁRIO (VERSOR)

Chamaremos de versor ou vetor unitário, um vetor que tenha

módulo igual a 1, ou seja: 1.v =

De uma maneira geral, se 0,v ≠

então o vetor unitário com a mesma direção e sentido de ,v

denominado versor de ,v

é dado pelo vetor u

definido a seguir:

1.

vu v

v v= ⋅ =

PROJEÇÃO DE UM VETOR SOBRE UM EIXO

Na ilustração abaixo, o vetor v

forma um ângulo q com um eixo x.

O vetor xv

é chamado vetor projeção de v

segundo o eixo x, cujo

módulo é dado por cosxv v θ=

e denominado de projeção

escalar de v

segundo o eixo x.

v


Observar que se 90θ = , teremos cos 0θ = e, portanto, a projeção do vetor v

, segundo o eixo x, será nula.

Um vetor no plano, em função dos versores dos eixos coordenados

Vimos anteriormente que um versor, é um vetor de módulo igual a 1. Vamos associar um versor a cada um dos eixos do plano

cartesiano da seguinte maneira: o versor no eixo dos x e o

versor no eixo dos y, como podemos ver na ilustração

abaixo.

O par ordenado constitui o que chamamos de base do

plano 2ℝ , ou seja, base do plano cartesiano xy, no sentido de que:

qualquer vetor pode ser escrito univocamente como

.v xi yj= +

1,0i =

0,1j =

( ),i j

,v x y=


Analogamente, se em vez do plano 2ℝ estivéssemos

trabalhando no espaço 3ℝ , poderíamos considerar os vetores unitário i, j, k, respectivamente na direção dos eixos Ox, Oy e Oz, conforme ilustração abaixo, e a representação do vetor u no espaço seria:

.

Assim, o terno , será a base do espaço 3ℝ .

O módulo de um vetor tridimensional

é definido por: .

OBS: Em aplicações é bastante comum querermos encontrar os componentes de um vetor que tenha a mesma direção e

, ,u x y z xi yj zk= = + +

( ), ,i j k

, ,u x y z xi yj zk= = + +

2 2 2u x y z= + +

v


sentido que um vetor unitário u

. Para fazer isso, basta escrever

e então obter as componentes de .v

Operações com Vetores

Adição

Dados dois vetores 1 2 1 2, e ,u u u v v v= =

, o vetor soma é

dado por

1 1 2 2,u v u v u v+ = + +

e está ilustrado nas figuras abaixo, para o caso bidimensional.

Regra do triângulo

Regra do paralelogramo

v v u=


Subtração

Considerando-se a existência do vetor oposto

1 2,v v v− = − − ,

podemos determinar a diferença como sendo igual à soma

.

Multiplicação por um Escalar

Dado um vetor e um escalar c (um número real),

define-se o vetor c como sendo o vetor que possui a mesma direção e o mesmo sentido de para c > 0 e sentido oposto de

para c < 0. O módulo do vetor c será igual a c u c u=

. Dois

vetores quaisquer e são ditos paralelos se para algum escalar c.

Propriedades das operações com vetores

Se , eu v w

são vetores e k1 e k2 são escalares, então:

1. 5. ( )1 1 1k k ku v u v+ = +

2. 6.

3. 7.

4. ( ) 0u u+ − =

8.

u v−

( ) 1 1 2 2,u v u v u v+ − = − −

1 2,u u u=

u

u

u

u

u

v

cv u=

u v v u+ = +

( ) ( )u v w u v w+ + = + +

( )1 2 1 2k k k ku u u+ = +

u 0 u+ = ( ) ( )1 2 1 2k k k ku u⋅ =

1 u u⋅ =


EXERCÍCIOS 6.1

1. Quais das seguintes grandezas são vetoriais? Explique. a) O custo de um bilhete de cinema. b) A correnteza de um rio. c) O caminho inicial do voo entre Houston e Dallas. d) A população mundial.

2. Qual a relação existente entre o ponto (3,2) e o vetor 3,2 ? Faça

um esboço ilustrativo.

3. Determine os componentes do vetor onde P(5,2,-1) e

Q(2,4,2).

4. Exprima em termos dos vetores na figura.

5. Escreva a combinação de vetores

como um único vetor.

6. Use os vetores da figura para desenhar os seguintes vetores: (a) (b) (c)

PQ

w

e u v

AB BC+

u v+

2u

2u v+


7. Determine o vetor . Desenhe o vetor e o correspondente vetor posição.

(a) ( ) ( )3, 1 ; 1,2A B− (b) ( ) ( )1, 2,0 ; 1, 2,3A B− −

8. Determine a soma dos vetores 3, 1 e 2,4− − e ilustre

geometricamente.

9. Determine: .

(a) ; (b) ;

10. O que você entende por módulo de um vetor? Determine o

módulo (norma) do vetor .

11. Determine um vetor unitário que tenha o sentido oposto ao

vetor .

Resultante de Duas Forças Concorrentes

Da Física sabemos que o efeito que uma força exerce sobre um objeto depende da magnitude, da direção e do sentido da força e do ponto na qual foi aplicada. As operações algébricas sobre os vetores têm sua origem no estudo das forças que se caracterizam como grandezas vetoriais.

Se duas forças e forem aplicadas em um mesmo ponto

de um objeto, então as duas forças têm o mesmo efeito que a força

aplicada naquele ponto, sobre o objeto. Os físicos

denominam de resultante de e e dizem que as forças

u AB=

u

, , , 2 e 3 4u u v u v u u v+ − +

3, 2, 1u = − − −

4,2, 3v = −

2u i j= −

3v j k= +

1, 2, 4v = −

6 4 2v i j k= − +

1F

2F

1 2F F+

1 2F F+

1F

2F


e são concorrentes para lembrar que elas foram aplicadas no

mesmo ponto.

Suponha que sejam conhecidas as magnitudes das forças e

e o ângulo θ entre elas, e que queremos encontrar a magnitude

da resultante e o ângulo α que a resultante faz com a força

. Para isso usaremos a lei dos senos e a lei dos cossenos aplicadas

ao triângulo da figura abaixo.

Levando em conta que ( )cos cosπ θ θ− = − , segue da lei dos

cossenos que:

2 2

1 2 1 2 1 22 cosF F F F F F θ+ = + +

e, a partir da lei dos senos, levando em conta que sen (π - θ) = sen θ temos que:

1F

2F

1F

2F

1 2F F+

2F

CÁLCULO VETORIAL

1

1 2

sen senF

F Fα θ= ⋅

+

EXEMPLO Suponha que duas forças sejam aplicadas em um ponto como mostra a figura ao lado. Determine a magnitude da resultante

e o ângulo α que ela faz com o eixo x positivo. Solução

A partir da fórmula

2 2

1 2 1 2 1 22 cosF F F F F F θ+ = + +

elevando em conta que o ângulo entre os vetores e é θ

e que 1 2300 e 200 ,F N F N= =

temos que:

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

1 2 1 2 1 2

2 2

2 cos

300 200 2 300 200 cos 40 471 .

F F F F F F θ+ = + + =

= + + ⋅ ⋅ ≈

Agora, a partir da equação 1

1 2

sen senF

F Fα θ= ⋅

+

obtemos o

valor do ângulo α entre e a resultante:

1

1 2

300sen sen sen sen40 24,2 .

471

Farc arc

F Fα θ

= ⋅ ≈ ⋅ ≈

+

Portanto, o ângulo ϕ que a resultante faz com o eixo positivo x

1F

2F

1F


40θ =

300 200 2 300 200 cos 40 471 .N

obtemos o

sen sen sen sen40 24,2 .

x é:


ϕ = α + 30o ≈ 24,2o + 30o = 54,2o

O Produto Escalar ou Produto Interno

Definição

Dados dois vetores e , definimos o

produto escalar de e como sendo o número definido

por

.

Observe que o resultado do produto escalar de dois vetores nãoé um vetor e sim um número real (um escalar). O produto escalartambém é conhecido como produto interno. Apesar de a definição ter sido apresentada para vetores bidimensionais, o produto escalar para vetores tridimensionais é definido de maneira análoga.

O produto escalar obedece a várias regras semelhantes às produto de números reais, como podemos ver através dos resultados a seguir. Essas regras são facilmente demonstradas, utilizando-se a definição, e serão deixadas como exercício.

1 2,u u u=

1 2,v v v=

u

v

u v⋅

1 1 2 2u v u v u v⋅ = +

1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3, , , ,u u u v v v u v u v u v⋅ = + +

, definimos o

definido

não produto escalar

. Apesar de a definição ter sido apresentada para vetores bidimensionais, o produto escalar

do através dos resultados

se a


Propriedades do Produto Escalar

Se são vetores quaisquer e k é um escalar, então:

(1) 2

u u u⋅ =

(2) u v v u⋅ = ⋅

(3)

( )u v w u v u w⋅ + = ⋅ + ⋅

(4) ( ) ( ) ( )ku v k u v u kv⋅ = ⋅ = ⋅

(5) 00 v⋅ =

Se eu v

são vetores não-nulos, então podemos interpretar o

produto escalar u v⋅

em termos do ângulo θ entre eu v

(ver

figura) onde 0 .θ π≤ ≤

Neste caso, o produto escalar entre eu v

é dado por:

cosu v u v θ⋅ =

.

Para provar este resultado basta aplicar a Lei dos Cossenos no triângulo OPQ da figura a seguir.

, e u v w

y

x

Ө u

v

O

Observe que existe uma diferença entre os dois zeros que aparecem na propriedade (5) – o zero do lado direito é o escalar zero enquanto o zero no lado esquerdo é o vetor nulo.


Da definição anterior, conclui-se que:

1. Se 0θ = ou θ π= , então os vetores eu v

são paralelos.

Por quê?

2. Se θ é o ângulo entre dois vetores não nulos eu v

, então

.

3. Dois vetores eu v

são perpendiculares (ou ortogonais) se,

e somente se, . Por quê?

4. Como os vetores eu v

são não-nulos e considerando o sinal

de eu v

podemos deduzir se o ângulo entre os dois vetores

é agudo ou obtuso. Por quê?

Projeções

O produto escalar oferece a possibilidade de determinar a projeção de um vetor sobre outro, sem que seja necessário conhecermos o ângulo entre os dois. Isso é possível devido à equivalência algébrica do produto escalar com o cosseno do ângulo entre os dois vetores, como foi visto anteriormente.

cosu v

u vθ

⋅=

0u v⋅ =

y

x

Ө u

v

O

Q

P

u v−

CÁLCULO VETORIAL

Vamos agora considerar as duas situações abaixo, onde o projeção de sobre é denotado por .uproj v

Vimos que o produto escalar de por é dado por

donde concluimos que:

( )1

cos cosu

u v v v vu u

θ θ

⋅ = ⇒ ⋅ =

Observando o lado direito da equação, notamos que a expressãoobtida corresponde à projeção do vetor v

sobre o vetor u

, porém

forma escalar, ou seja, o valor corresponde ao “tamanho” do vetor projeção, não contendo informação sobre a direção e o sentido

Definimos então, a projeção escalar de sobre (componente de v ao longo de u) como sendo o número real

cosv θ

e denotado por .ucomp v

Observe que se

0.ucomp v <

Assim, a projeção escalar de v sobre u

é dada por:

comp cosu

u vv v

uθ

⋅= =

v

u

cosu v u v θ⋅ =

v

2

πθ π< ≤


Vamos agora considerar as duas situações abaixo, onde o vetor

que a expressão porém na

“tamanho” do vetor ntido deste.

sobre o número real

então

u

θ π


Observe ainda que, se multiplicarmos a projeção escalar

de v sobre u

( )compuv

pelo vetor unitário (versor) ,

u

u

teremos o vetor projeção definido por:

2proju

u v u u vv u

u u u

⋅ ⋅= × =

Trabalho

A fórmula, W F d= ⋅

, para calcular o trabalho realizado por

uma força constante de magnitude F

, ao mover um objeto ao longo de uma distância d, é verdadeira apenas se a força estiver agindo na direção do movimento.

Se uma força F

que move um objeto, ao longo de um

deslocamento d PQ=

, tem outra direção (ver ilustração abaixo), o

trabalho realizado por esta força é dado por:

Trabalho = (projeção escalar de F

na direção de )× (comprimento de

= ( )cos cosF d F d F dθ θ= = ⋅

cosW F d F d θ= ⋅ =

onde θ é o ângulo entre os vetores e .

d

)d

F

d

ucomp v versor de u

CÁLCULO VETORIAL

OBS:

Observe que a quantidade é o componente escalar da

força ao longo do vetor deslocamento. Portanto, se cosentão uma força de magnitude agindo em um ângulo

realiza o mesmo trabalho que uma força de magnitudeagindo na direção do movimento.

EXEMPLO Um objeto está sendo puxado horizontalmente por meio de uma força constante de 20 lb na direção da corda que faz um ângulo de 60o com a horizontal. Qual é o trabalho realizado para mover o objeto ao longo de 30 pés? Solução

Vamos introduzir o objeto em um sistema de coordenadas modo que ele se mova do ponto P(0,0) ao ponto Q(30,0) ao longo do eixo x. Nesse caso, o deslocamento é dado pelo vetor

30 .d PQ i= =

cos 20 30 cos60W F d F d θ= ⋅ = = × ×

300 3 519,6W = ≈ pés lb.

EXERCÍCIOS 6.2

1. Determine o produto escalar dos vetores dados e o cosseno do ângulo entre eles.

(a)

cosF θ

F

cosF θ

30d PQ i= =

2 , 5 4u i j v i j= + = −


é o componente escalar da

cos θ > 0 agindo em um ângulo θ

realiza o mesmo trabalho que uma força de magnitude

Um objeto está sendo puxado horizontalmente por meio de uma força constante de 20 lb na direção da corda que faz

com a horizontal. Qual é o trabalho realizado para

Vamos introduzir o objeto em um sistema de coordenadas xy de modo que ele se mova do ponto

(30,0) ao longo . Nesse caso, o

deslocamento é dado pelo vetor

.

dos vetores dados e o cosseno do

30d PQ i


(b)

2. Sabendo que e o ângulo entre é ,

encontre o valor do produto escalar .

3. Verifique se os vetores

formam um ângulo agudo, um ângulo obtuso ou se são ortogonais.

4. Determine o valor de k de maneira que o vetor que vai do ponto

( )A 1, 1,3− ao ponto B(3,0,5) seja perpendicular ao vetor que vai do

ponto A ao ponto P(k,k,k).

5. Dados os vetores , determine o

componente vetorial de na direção de e o componente vetorial

de na direção de . Em seguida, faça um esboço dos vetores ,

e .

6. Determine o trabalho realizado por uma força (libras)

aplicada em um objeto que se move sobre uma reta de (1,3) a (4,7). Considerar a distância medida em metros.

7. Um bloco é arrastado pelo chão por uma corda que aplica uma força de 50 libras em um ângulo de 60o com o chão. Quanto trabalho é realizado para movimentar o bloco 15 pés?

O Produto Vetorial

O produto vetorial u v×

de dois vetores eu v

, só é definido

se forem vetores tridimensionais.

3,1,2 , 4,2 5u v= − = −

1, 2u v= =

e u v

6

π

u v⋅

7 3 5 e 8 4 2u i j k v i j k= + + = − + +

2 , 3 4u i j v i j= − = +

u

v

v

u

u

vproj u

uproj v

3F j= −

e u v


Definição Dados dois vetores e , definimos

o produto vetorial de como sendo o vetor

.

A definição acima pode ser expressa na forma de determinante, conforme descrito a seguir:

OBS:

1. O produto vetorial está definido apenas para vetores no espaço tridimensional.

2. O produto vetorial entre dois vetores é um vetor, enquanto que o produto escalar de dois vetores é um número real.

Considere dois vetores . Algumas propriedades do produto vetorial u v×

serão descritas a seguir.

Propriedades

1. Se ß é o ângulo formado pelos vetores (portanto

0 β π≤ ≤ ), então sen .u v u v β× =

2. O vetor u v×

é ortogonal a e .u v

(como você demonstraria

este resultado?)

1 2 3, ,u u u u=

1 2 3, ,v v v v=

e u v

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1, ,u v u v u v u v u v u v u v× = − − −

1 2 3

1 2 3

i j k

u v u u u

v v v

× =

e u v

e u v


3. O sentido do vetor u v×

é dado pela regra da mão direita: com os dedos da mão direita curvados, girando no sentido de

(ângulo menor do que 1800), o dedo polegar estará

apontando no sentido do vetor u v×

.

OBS:

1. O produto vetorial é também denominado produto externo.

2. Da propriedade 3, pode-se concluir que ( ) ,u v v u× = − ×

ou

seja, o produto vetorial é uma operação não comutativa.

3. Se ß = 0º então os vetores são paralelos e 0u v× =

e, portanto, o vetor u v×

será o vetor nulo. Observe então que o produto vetorial de dois vetores pode ser nulo, sem que pelo menos um dos vetores seja nulo; basta que eles sejam paralelos.

4. Considerando os vetores unitários (ou seja, de módulo

igual a 1) do espaço R3, , podemos escrever as

seguintes igualdades:

para u v

e u v

, e i j k


Para melhor entender a tabela acima, basta lembrar que vetores paralelos possuem produto vetorial nulo (todo vetor é

paralelo a si próprio e, portanto, // , // e // ) e

que os vetores são perpendiculares entre si dois a

dois.

5. Considere o paralelogramo da figura abaixo:

A base do paralelogramo é dada por e a altura é dada por

. Assim, a área do paralelogramo é dada por:

A = base × altura =

Dizemos então que o módulo do produto vetorial é

numericamente igual à área do paralelogramo determinado

por .

i

i

j

j

k

k

, e i j k

u

v senθ

( )u v sen u v sen u vθ θ= = ×

u v×

e u v

i i 0× =

i j k× =

j j 0× =

j k i× =

k k 0× =

k i j× =


EXERCÍCIOS 6.3

1. Determine o produto vetorial . Em seguida, faça um esboço

dos vetores , e como vetores posição.

(a) (b)

2. Verifique se as afirmações a seguir fazem sentido, justificando sua resposta. Se fizerem, diga se correspondem a um escalar ou a um vetor.

(a) (b)

(c) (d)

3. Determine dois vetores unitários que sejam ortogonais tanto a

quanto a .

4. Determine a área do paralelogramo com vértices em A(5,2,0), B(2,6,1), C(2,4,7), D(5,0,6).

Equações Paramétricas de Retas

Podemos determinar uma reta r no plano ou no espaço a partir

de um ponto P0 sobre a reta e de um vetor não-nulo paralelo à reta.

u v×

u

v

u v×

2 , 2u i j k v j k= + − = +

1,2,0 , 0,3,1u v= =

( )u v w⋅ ×

( )u v w× ⋅

( )u v w× ×

( )u v w⋅ ×

1, 1,1− 0,4,4

v


Observe que vai existir uma única reta r passando por P0 e paralela ao vetor .v

Neste texto iremos fixar nossa atenção nas equações paramétricas de retas no espaço tridimensional. De maneira análoga essa discussão aplica-se a uma reta no plano.

Para determinar um ponto ( ), ,P x y z qualquer da reta r, basta

observarmos que a reta r é formada por todos os pontos ( ), ,P x y z

para os quais o vetor 0P P

é paralelo a , ,v a b c=

. Isso significa

que o ponto ( ), ,P x y z pertence a reta r se, e somente se, 0P P

é um

múltiplo escalar de .v

Escrevemos então a equação

0 ,P P tv t= ∈

ℝ

que também pode ser escrita como


0 0 0

0

0

0

, , , , , ,x x y y z z t a b c ta tb tc

x x ta

y y tb

z z tc

− − − = =

− =

⇒ − = − =

obtendo assim as equações paramétricas da reta r que passa pelo ponto P0 e tem a direção do vetor v

, descritas a seguir:

0

0

0

,

x x ta

equações paramétricas y y tb t

z z tc

= +

= + ∈ = +

ℝ

O vetor v

é denominado de vetor direção da reta r.

EXEMPLO 1 Encontre equações paramétricas da reta que passa

(a) pelo ponto P(3,1) e é paralela ao vetor ;

(b) pelo ponto ( )1,2,3Q − e é paralela ao vetor 2,3, 5v = −

;

Solução

(a) A partir de x – x0 = ta y – y0 = tb

com x0 = 3, y0 = 1, a = 1 e 2b = − , obtemos as equações paramétricas da reta no plano

(b) A partir de

x – x0 = ta y – y0 = tb z = z0 + tc

com 0 1x = − , y0 = 2, z0 = 3, a = 2, b = 3 e 5,c = − obtemos as

equações paramétricas da reta no espaço tridimensional

1, 2v = −

3

1 2

x t

y t

= +

= −

que passa pelo

Encontre equações paramétricas da reta que passa

, obtemos as equações

obtemos as

CÁLCULO VETORIAL

EXEMPLO 2 (a) Encontre equações paramétricas da reta r que passa pelos pontos

( )1,3, 2P − e ( )3,0,5Q .

(b) Em que ponto essa reta intercepta o plano yz? Solução

(a) Primeiramente devemos escolher um dos dois pontos para “montar” as equações. No nosso caso escolhemos o ponto

( )1,3, 2P − . Observe que o vetor é paralelo

à reta r (na realidade, ele possui representantes nesta reta).

As equações paramétricas da reta r são:

1 2

3 3 ,

2 7

x t

y t t

z t

= +

= − ∈ = − +

ℝ

1 2

2 3

3 5

x t

y t

z t

= − +

= + = −

2, 3,7PQ Q P= − = −


que passa pelos pontos

(a) Primeiramente devemos escolher um dos dois pontos para “montar” as equações. No nosso caso escolhemos o ponto

é paralelo


(b) A reta irá interceptar o plano yz no ponto em que x = 0, ou seja,

no ponto em que . Substituindo o valor de t nas equações

paramétricas da reta r, obtemos o ponto de interseção da reta r com o plano yz

.

OBS: Observe que poderíamos ter utilizado o ponto Q como ponto de r ao invés do ponto P. Iríamos obter as equações paramétricas:

3 2

3 ,

5 7

x t

y t t

z t

= +

= − ∈ = +

ℝ

que fornecerão o mesmo conjunto de pontos que constituirão a reta r.

EXEMPLO 3 Verifique se as retas

são paralelas ou se elas possuem algum ponto em comum. Solução

Para verificar se as retas são paralelas, basta averiguar se os vetores direção das retas dadas são paralelos, ou seja, múltiplos um do outro.

1

2t = −

9 11( , , ) 0, ,

2 2I x y z

= −

2

: 3 5

1 4

x t

r y t

z t

= +

= − = − +

1 2

: t2 5

3 8

x t

s y t

z t

= +

∈= − = − +

ℝ

= 0, ou seja,

. Substituindo o valor de t nas equações

com

como ponto as equações

que fornecerão o mesmo conjunto de pontos que constituirão

Para verificar se as retas são paralelas, basta averiguar se os vetores direção das retas dadas são paralelos, ou seja, múltiplos um do

CÁLCULO VETORIAL

A reta r tem como vetor direção o vetor e a reta

como vetor direção o vetor . Observe que o vetor

não é um múltiplo escalar do vetor , pois não podemos escrever

(k = constante).

Portanto, as retas r e s não são paralelas. As retas r e s irão se interceptar em algum ponto (a,b,c), se esse ponto pertencer as duas retas, ou seja, se existirem valores t1 e que:

1 2

1 2

1 2

2 1 2

3 5 2 10

1 4 3 8

t t

t t

t t

+ = +

− = −− + = − +

Para resolver esse sistema de três equações lineares com duas incógnitas, primeiramente resolvemos as duas primeiras equaobtendo t1 = 2t2. Substituindo t1 na terceira equação, obtemos

1 3− = − (?)

Portanto, podemos concluir que as retas não se interceptam.

OBS:

Duas retas no espaço tridimensional que não são paralelas e não se interceptam são denominadas de retas reversas.

Existem algumas situações em que estamos interessados apenas em parte de uma reta, ou seja, em um segmento de reta. Nesse caso, as equações paramétricas para um segmento de reta podem ser obtidas a partir das equações paramétricas da reta inteira restringindo o parâmetro t a um subintervalo da reta.

1, 5, 4v = −

2, 5,8w = −

u

w k u=


e a reta s tem

. Observe que o vetor

, pois não podemos escrever

irão se interceptar em algum ponto (a,b,c), se esse e t2 tais

Para resolver esse sistema de três equações lineares com duas incógnitas, primeiramente resolvemos as duas primeiras equações

Duas retas no espaço tridimensional que não são paralelas e

Existem algumas situações em que estamos interessados apenas . Nesse caso,

as equações paramétricas para um segmento de reta podem ser obtidas a partir das equações paramétricas da reta inteira

w


EXEMPLO 4 Determine as equações paramétricas para o

segmento de reta que vai do ponto ( )1,3, 2P − ao ponto ( )3,0,5Q .

Solução

As equações paramétricas da reta r que passa pelos pontos P e são:

1 2

3 3 ,

2 7

x t

y t t

z t

= +

= − ∈ = − +

ℝ

O ponto P é obtido fazendo t = 0 e o ponto Q é obtido fazendo t = 1 nas equações acima. Assim, as equações paramétricas para o segmento de reta que une os pontos P e Q são:

1 2

3 3 , 0 1

2 7

x t

y t t

z t

= +

= − ≤ ≤ = − +

OBS: 1) A partir das equações paramétricas, podemos obter a equação vetorial de uma reta, do seguinte modo:

.

0

0 0 0 0

0

0 0 0

, , , ,

, , , , , ,

x x ta

y y tb x y z x ta y tb z tc

z z tc

x y z x y z t a b c

= +

= + ⇔ = + + + = +

⇔ = +

Definindo os vetores como:

0 0 0 0, , ; , , ; , ,w x y z w x y z v a b c= = =

obtemos a equação vetorial da reta, dada por:

0, e w w v

Determine as equações paramétricas para o

.

e Q

= 1 nas equações acima. Assim, as equações paramétricas para o

1) A partir das equações paramétricas, podemos obter a


0 Equação Vetorialw w tv= +

2) Se a, b e c são todos não nulos, então podemos eliminar o parâmetro t, nas equações paramétricas, obtendo assim, as equações simétricas da reta.

0

00 0 0 0

0

00

x xt

ax x tay y x x y y z z

y y tb tb a b c

z z tcz z

tc

−=

= +− − − −

= + ⇒ = ⇒ = = = + −

=

3) Observe que nem as equações paramétricas nem as equações simétricas de uma reta são únicas.

EXERCÍCIOS 6.4

1. Determine as equações vetorial e paramétrica da reta que passa

pelo ponto ( )2,4,10− e é paralela ao vetor .

2. Determine as equações vetorial e paramétrica da reta que passa

pelo ponto (1,0,6) e é perpendicular ao plano .

3,1, 8−

3 5x y z+ + =

Equações Simétricas


3. Determine as equações paramétrica e vetorial da reta que passa

pelos pontos ( ) ( )3,1, 1 e 3,2, 6 .− −

4. (a) Determine a equação na forma simétrica da reta que passa pelo ponto (0,2,-1) e é paralela a reta com equações paramétricas

.

(b) Determine os pontos nos quais a reta obtida em (a) intercepta os planos coordenados.

5. Utilize as equações paramétricas do exercício 4, para constatar a veracidade da observação 3 descrita anteriormente.

Campo Vetorial

A idéia de campo vetorial está associada ao conceito de “fluxo” como, por exemplo, fluxo de um fluido ou fluxo da eletricidade. O conceito de campo vetorial pode ser entendido então como a descrição matemática de um fluxo.

Um campo vetorial em um plano é definido como sendo uma

função que associa a cada ponto P(x,y) do plano um único vetor

do plano. Um campo vetorial no plano pode ser descrito

como:

Analogamente, um campo vetorial no espaço tridimensional é

definido como sendo uma função que associa a cada ponto

P(x,y,z) do espaço um único vetor do espaço. Um campo

vetorial no espaço pode ser descrito como:

1 2 , 3 , 5 7x t y t z t= + = = −

V

( ),V x y

( ) ( ) ( ), , ,V x y f x y i g x y j= +

V

( ), ,V x y z

( ) ( ) ( ) ( ), , , , , , , ,V x y z f x y z i g x y z j h x y z k= + +

CÁLCULO VETORIAL

EXEMPLO 1 Considere um fluido (líquido ou gás) em movimento em uma tubulação horizontal e uma seção A desta (veja ilustração a seguir).

Pode-se mostrar que o conjunto dos vetores velocidade, em cada ponto do fluido dessa seção, descreve uma parábola com velocidade máxima no eixo da tubulação.

Nessas condições, diz-se que está definido um campo vetorial denominado de “campo de velocidades”.

Um campo vetorial pode ser visto geometricamente desenhando

vetores em alguns pontos do plano ou do espaço tridimensional.

V


do ou gás) em movimento em uma tubulação horizontal e uma seção A desta (veja

se mostrar que o conjunto dos vetores velocidade, em cada ponto do fluido dessa seção, descreve uma parábola com

se que está definido um campo vetorial

Um campo vetorial pode ser visto geometricamente desenhando-se

em alguns pontos do plano ou do espaço tridimensional.


EXEMPLO 2 Faça um esboço do campo vetorial

.

Solução

Observe que os vetores do campo vetorial têm o mesmo tamanho, direção e sentido, pois independem do ponto onde são aplicados. Para desenhar os vetores faça o seguinte: 1) Escolha um ponto qualquer do plano. 2) A partir do ponto escolhido, ande uma unidade para a direita (paralelamente ao eixo x). 3) Em seguida, ande duas unidades para baixo (paralelamente ao eixo y).

EXERCÍCIOS 6.5

1. Faça um esboço do campo vetorial dado, desenhando alguns vetores.

(a)

(b)

(c)

2. Determine se as afirmações sobre o campo

( ), 2V x y i j= −

( ),V x y xi=

( ),V x y yi xj= +

( ), 3V x y i j= +

que os vetores do campo vetorial têm o mesmo tamanho, direção e sentido, pois independem do ponto onde são aplicados.

2) A partir do ponto escolhido, ande uma unidade para a direita

3) Em seguida, ande duas unidades para baixo (paralelamente ao

desenhando alguns


são verdadeiras ou falsas. Justifique sua resposta.

(a) À medida que o ponto (x,y) se afasta da origem, o tamanho dos vetores diminui. (b) Se (x,y) for um ponto no eixo x positivo, então o vetor aponta para cima. (c) Se (x,y) for um ponto no eixo y positivo, então o vetor aponta para a direita.

Derivada Direcional

Quando estudamos derivadas parciais, aprendemos a calcular a derivada de uma função em relação a cada uma de suas variáveis, ou

seja, supondo f uma função de x e y, vimos que ( )0 0,xf x y fornece a

variação de f, na direção do eixo-x, no ponto (x0, y0), assim como

( )0 0,yf x y fornece a variação de f, na direção do eixo-y, no ponto

(x0, y0).

A pergunta que surge neste momento é: podemos calcular a derivada de f, em uma direção qualquer do plano-xy, no ponto

( )0 0,x y ?

( )2 2 2 2

,x y

V x y i jx y x y

= −+ +


A resposta é sim e, para calculá-la, utilizaremos o seguinte teorema:

Teorema: Se f é uma função diferenciável de duas variáveis

e 1 2u u i u j= +

é um vetor unitário ( )1u =

, então a derivada

direcional de f, na direção de , em um ponto (x0, y0), é dada por

.

EXEMPLO 1 Calcule a derivada de ( ) 2,f x y x y= na direção

do vetor 2v i j= +

, no ponto P(1,-2).

Solução

Inicialmente precisamos verificar se o vetor dado é unitário, ou seja, se possui norma um. Para isso, calculamos

2 22,1 2 1 5.v = = + =

.

Como o vetor não é unitário, tomamos seu versor para calcular a derivada solicitada, ou seja, tomamos o vetor

2 1 2 1ou , .

5 5 5 5u i j u= + =

Pelo teorema anterior, temos então:

( ) ( ) ( )

( ) ( )2

1, 2 1, 2

2 11, 2 1, 2 1, 2

5 5

2 1 8 1 72 .

5 5 5 5 5

f f f

u x y

xy x− −

∂ ∂ ∂− = − ⋅ + − ⋅ =

∂ ∂ ∂

− −= + = + =

u

( )0 0 0 0 0 0 1 0 0 2, ( , ) ( , ) ( , )uf f f

D f x y x y x y u x y ux yu

∂ ∂ ∂= = +

∂ ∂∂

la, utilizaremos o seguinte

é uma função diferenciável de duas variáveis

, então a derivada

), é dada por

na direção

verificar se o vetor dado é unitário, ou seja,

não é unitário, tomamos seu versor para calcular a

CÁLCULO VETORIAL

EXEMPLO 2 Calcule a derivada de

direção do vetor unitário que faz um ângulo de 6

π com o eixo

Solução

O vetor unitário que faz um ângulo de 6

π

com o eixo-x é dado por

, ou seja, .

Aplicando o teorema anterior, obtemos:

( ) ( ) ( )3 1

, 6 4 2 , 3 3 2 3.2 2

f fx y x y x y x y

u u

∂ ∂= + − ⇒ = − +

∂ ∂

Definição: Se f é uma função de duas variáveis x e

fx e fy existem, então o gradiente de f no ponto (x0, y0), denotado

por , é dado pelo vetor

( ) ( ) ( ) ( ) (0 0 0 0 0 0 0 0 0 0, , , , , , .f f f f

f x y x y i x y j x y x yx y x y

∂ ∂ ∂ ∂∇ = + =

∂ ∂ ∂ ∂

OBS:

Se é um vetor unitário, já vimos que a

derivada direcional de f, na direção de , em (x0, y0), é dada por:

( ) ( ) ( ) (0 0 0 0 0 0 1 0 0 2, , , , .uf f f

D f x y x y x y u x y uu x y

∂ ∂ ∂= = +

∂ ∂ ∂

Porém esta expressão é exatamente o resultado do produto interno (ou produto escalar) do vetor gradiente de f no ponto (x0, y0) pelo vetor u

. Portanto, outra maneira de representar

esta derivada direcional é:

2 2( , ) 3 4f x y x y x= − +

cos sen6 6

u i jπ π

= + 3 1

2 2u i j= +

0 0( , )f x y∇

1 2u u i u j= +

u


, na

com o eixo-x.

é dado por

, 6 4 2 , 3 3 2 3.

e y e se

), denotado

)0 0 0 0 0 0 0 0 0 0, , , , , , .f x y x y i x y j x y x y

é um vetor unitário, já vimos que a

), é dada

)0 0 0 0 0 0 1 0 0 2, , , , .D f x y x y x y u x y u

Porém esta expressão é exatamente o resultado do produto no ponto

. Portanto, outra maneira de representar

( , ) 3 4f x y x y x= − +


( ) ( ) ( )

( ) ( )

0 0 0 0 0 0 1 2

0 0 0 0

, , , , ,

ou

, ,u

f f fx y x y x y u u

u x y

D f x y f x y u

∂ ∂ ∂= ⋅

∂ ∂ ∂

= ∇ ⋅

EXEMPLO 3 Calcule a derivada de , na

direção do vetor , no ponto P(-2,2), utilizando o

gradiente de f.

Solução

Inicialmente verificamos se o vetor dado é unitário:

é um vetor unitário.

Logo, pela observação acima temos , ou seja,

( ) ( )

( )

2,2

1 3 1 32,2 2 ,4 , 4, 4 ,

2 2 2 2

2 2 3 2 1 3 .

fx

v −

∂− = ⋅ = − − ⋅ =

∂

= − − = − +

EXEMPLO 4 Calcule a derivada de , na

direção do vetor unitário que faz um ângulo de 4

π com o eixo-x, no

ponto P(4,3). Solução

O vetor unitário que faz um ângulo de 4

π com o eixo-x é dado por

2( , ) 4f x y x y= −

1 3

2 2v i j= +

1 31

4 4v v= + = ⇒

ff v

v

∂= ∇ ⋅

∂

2 2

( , )16 9

x yf x y = +

, na

, no

é dado por

CÁLCULO VETORIAL

.

Assim, a derivada solicitada é dada por

.

Por outro lado, o gradiente de f é dado por

Logo, sua derivada direcional, no ponto P(4,3), é dada por

OBS: O gradiente de uma função em um ponto fornece a direção e o sentido da maior taxa de variação da função neste ponto. E o valor desta taxa máxima é dado pela norma do gradiente no ponto. De fato, temos que:

cos cosuD f f u f u fθ θ= ∇ ⋅ = ∇ = ∇

onde é o ângulo entre e . O valor máximo de

é igual a 1, e isso ocorre quando 0.θ = Portanto, o valor máximo da derivada direcional uD f

é f∇ e ocorre quando

0,θ = ou seja, quando u

tem a mesma direção que f∇

2 2cos sen

4 4 2 2u i j i j

π π= + = +

( )(4,3)

4,3 (4,3)uf

D f f uu

∂= = ∇ ⋅

∂

2 1 2( , ) , (4,3) ,

8 9 2 3

x yf x y f∇ = ⇒ ∇ =

( )1 2 2 2 2 2 7 2

4,3 (4,3) , ,2 3 2 2 4 3 12u

fD f

u

∂= = ⋅ = + =

∂

θ f∇ u


.

O gradiente de uma função em um ponto fornece a direção e o sentido da maior taxa de variação da função neste ponto. E o valor desta taxa máxima é dado pela norma do gradiente no

. O valor máximo de cosθ

Portanto, o valor e ocorre quando

.f

1 2 2 2 2 2 7 2

2 3 2 2 4 3 12


EXEMPLO 5

a) Determine a derivada direcional da função ( ), ,yf x y xe=

direção do vetor que vai do ponto P(2,0) ao ponto

b) Em que direção f tem a taxa máxima de variação? Qual é a taxa máxima de variação? Solução a) O vetor gradiente é dado por:

Considere

3 9 9 16 5,2 4 .

2 4 4 2v PQ v v

+= ⇒ = − ⇒ = + = =

Logo, v

não é unitário. Tomemos então:

3 4,

5 5.

v PQu

v PQ= = = −

Assim, a derivada direcional é dada por:

.

b) Pela observação anterior, f aumenta mais depressa na direção do

vetor gradiente e a taxa máxima de variação é dada

por:

( )2,0 1,2 5.f∇ = =

1, 2 .

2Q

( , ) , ,

(2,0) 1,2

y yx yf x y f f e xe

f

∇ = =

∇ =

( )3 4 3 4

2,0 1,2 , 1 2 15 5 5 5uD f f u

= ∇ ⋅ = ⋅ − = − + =

(2,0) 1,2f∇ =

, , na

tem a taxa máxima de variação? Qual é a taxa

aumenta mais depressa na direção do

e a taxa máxima de variação é dada

CÁLCULO VETORIAL

Observe que, no ponto P(2,0), a função aumenta mais rapidamente na direção do vetor gradiente.

EXEMPLO 6 A temperatura em cada ponto (x,y) de uma placa

retangular situada no plano xy é dada por ( ) 2 2,T x y x y= + .

a) Encontre a taxa de variação da temperatura no ponto P(3,4), na

direção e sentido que fazem um ângulo de 3

π com o eixo-x.

b) Encontre a direção e sentido em que a taxa de variação da temperatura é máxima no ponto P(1,1).

Solução

a) O vetor unitário, que faz um ângulo de ,3

π com o eixo-x

por:

.

Logo,

( )( )

3,43,4 .

TT u

u

∂= ∇ ⋅

∂

1 3cos sen

3 3 2 2u i j i j

π π= + = +


(2,0), a função aumenta mais rapidamente

) de uma placa

(3,4), na

Encontre a direção e sentido em que a taxa de variação da

é dado


Por outro lado, o gradiente de T é dado por

Portanto, sua derivada direcional, no ponto P(3,4), é dada por

.

Assim, a taxa de variação da temperatura no ponto P(3,4), na

direção e sentido que fazem um ângulo de 3

π com o eixo-x, é de

aproximadamente 9,93 graus/unidade de comprimento.

b) A taxa de variação da temperatura é máxima no ponto P(1,1) na direção e sentido do gradiente de T neste ponto, o qual é dado por

.

Logo, a taxa de variação da temperatura é máxima no ponto P(1,1) na direção e sentido do vetor , ou seja, na direção que faz um

ângulo de 4

π radianos com o eixo-x.

EXEMPLO 7 O potencial elétrico em qualquer ponto do plano

xy é dado por . A distância é medida em metros.

a) Encontre a taxa de variação do potencial no ponto 0,4

Pπ

, na

direção do vetor .

b) Encontre a direção, o sentido e o valor da taxa de variação máxima do potencial em P. Solução

a) Seguindo os mesmos procedimentos adotados até aqui, temos:

( , ) 2 ,2 (3,4) 6,8T x y x y T∇ = ⇒ ∇ =

1 3(3,4) 6,8 , 3 4 3

2 2

T

u

∂= ⋅ = +

∂

( , ) 2 ,2 (1,1) 2,2T x y x y T∇ = ⇒ ∇ =

2,2

2( , ) cos(2 )xV x y e y−=

cos sen6 6

v i jπ π

= +

Assim, a taxa de variação da temperatura no ponto P(3,4), na

, é de

(1,1) na neste ponto, o qual é dado por

Logo, a taxa de variação da temperatura é máxima no ponto P(1,1) eja, na direção que faz um

O potencial elétrico em qualquer ponto do plano

. A distância é medida em

, na

Encontre a direção, o sentido e o valor da taxa de variação

CÁLCULO VETORIAL

3 1 3 11 0, 0, ,

4 4 4 4 2 2

Vv V

v

π π∂ = + = ⇒ = ∇ ⋅

∂

( ) ( )2 2

0,4

0, 2 cos 2 , 2 sen 2 0, 24

x xV e y e y π

π − −

∇ = − − = −

3 10, 0, 2 , 1.

4 2 2

V

v

π∂ ∴ = − ⋅ = −

∂

b) A direção e o sentido da taxa de variação máxima do potencial

em P é dado pelo gradiente de V em P, ou seja, pelo vetor

Portanto, na direção e sentido de . O valor da taxa de variação

máxima do potencial em P é dado pela norma do gradiente no ponto,

logo, .

OBS: Todas as definições e resultados apresentados acima podem ser estendidos para funções de três ou mais variáveis.

EXEMPLO 8 Se V(x, y, z) volts representa o potencial elétrico em um ponto (x, y, z) do espaço tridimensional, e se V é dado por

, determine:

a) A taxa de variação de V no ponto P(2, 2, -1), na direção do vetor .

b) A direção e sentido em que se dá a maior taxa de variação de em P. c) O valor da taxa de variação máxima em P.

Solução

j−

0, 2 2− =

2 2 2

1( , , )V x y z

x y z=

+ +

2, 3,6 2 3 6v i j k= − = − +


3 1 3 1

4 4 4 4 2 2

0, 2 cos 2 , 2 sen 2 0, 2∇ = − − = −

A direção e o sentido da taxa de variação máxima do potencial

.

. O valor da taxa de variação

é dado pela norma do gradiente no ponto,

Todas as definições e resultados apresentados acima podem ser estendidos para funções de três ou mais variáveis.

) volts representa o potencial elétrico é dado por

1), na direção do vetor

A direção e sentido em que se dá a maior taxa de variação de V

0, 2−


a) ( )22 22 3 6 7v v= + − + = ⇒

não é unitário. Tomemos,

portanto, seu versor para calcular a derivada direcional.

( )2 3 6 2 2 1

, , e 2,2, 1 , , .7 7 7 27 27 27

u V− − −

= ∇ − =

Assim,

( )2 2 1 2 3 6 8

2,2, 1 , , , , 0,042.27 27 27 7 7 7 189

V

u

∂ − − −− = ⋅ = ≈

∂

b) A maior taxa de variação de V em P se dá na direção do gradiente neste ponto. Se tomarmos o versor do gradiente, teremos uma idéia melhor desta direção:

( )( )

( )( )

2

9 3 12,2, 1

27 927

2,2, 1 2 2 1.

3 3 32,2, 1

V

Vi j k

V

∇ − = = =

∇ −⇒ = − − +

∇ −

c) O valor da taxa de variação máxima em P é dado pela norma do

gradiente no ponto, ou seja, é igual a 1

9.

EXERCÍCIOS 6.6

1. Encontre a derivada direcional de f em P, na direção indicada:

a) ( ) ( ) ( )2 2 2, 5 3 ; 3, 1 ;

2f x y x xy y P v i j= − + − = +

b) ( ) ( )2, ln ; 5,1 ; 4f x y x y P v i j= = − +

c) ( ) ( ), ; 2, 1 ; 3,4x y

f x y P vx y

−= − =

+

u não é unitário. Tomemos,

2,2, 1 , , , , 0,042.

se dá na direção do gradiente neste ponto. Se tomarmos o versor do gradiente, teremos uma idéia

.

é dado pela norma do


d) ( ) ( )2 2, , ; 2, 1,4 ; 1,2, 3f x y z xy z P v= − = −

e) ( ) ( ), , ; 1,3, 2 ;yz xyf x y z xe P v i j k+= − = + −

2. Uma chapa de metal está situada em um plano xy de modo que a temperatura T em (x,y) seja inversamente proporcional à distância da origem, e a temperatura em P(3,4) é 100 ºF.

a) Determine a taxa de variação de T em P na direção de .v i j= +

b) Determine a taxa de variação de T em P na direção de .v i j= −

c) Em que direção a taxa de variação é zero?

3. O potencial elétrico V em (x,y) é dado por:

( ) 2 2 2, , 4 9 .V x y z x y z= + +

a) Determine a taxa de variação de V em P(2,-1,3), na direção de P para a origem. b) Encontre a direção que produz a taxa máxima de variação de V em P. c) Qual a taxa máxima de variação em P?

4. A temperatura em um ponto (x, y, z) é dada por:

( )2 2 23 9, , 200 ,x y zT x y z e− − −=

onde T é medido em ºC e x, y e z em metros. a) Determine a taxa de variação da temperatura no ponto P(2, -1,2) em direção ao ponto Q(3, -3,3). b) Qual é a direção de maior crescimento da temperatura em P? c) Encontre a taxa máxima de crescimento em P.

5. Determine as direções em que a derivada direcional de

no ponto P(1,0) tem valor igual a 1.

6. a) Mostre que uma função diferenciável f decresce mais depressa em x na direção oposta à do vetor gradiente.

2( , ) sen( )f x y x xy= +


b) Utilize a parte a) para determinar a direção em que

( ) 4 2 3,f x y x y x y= − decresce mais rápido no ponto ( )2, 3 .−

Integral de Linha

As integrais de linha encontram-se em inúmeras aplicações nas Ciências Exatas, como por exemplo, no cálculo do trabalho realizado por uma força variável sobre uma partícula, movendo-a de um ponto A a um ponto B no plano. Na Termodinâmica, uma integral de linha é utilizada para calcular o trabalho e o calor desenvolvido numa transformação qualquer.

Para entender melhor esse conceito, consideremos o problema

de encontrar a massa de um bastão de comprimento l cuja função

densidade linear (massa por unidade de comprimento) seja conhecida.

Dividimos o bastão em quantidades pequenas e consideramos

∆m a quantidade de massa contida no segmento de x até x + ∆x de

maneira que m

x

∆

∆ é a massa por unidade de comprimento no

segmento. Se a massa está distribuída uniformemente então, m

x

∆

∆ é

independente da escolha do segmento e é denominada de densidade

do corpo (ou mais corretamente, densidade de massa linear) e


indicada por ρρρρ, ou seja, m

xρ

∆=

∆ é constante em todo o

comprimento do bastão. A massa total é então M = ρρρρ llll.

Se a massa do bastão não estiver distribuída uniformemente,

então m

x

∆

∆ é a densidade média no segmento de x até x + ∆x, e seu

valor depende da posição do segmento e de seu comprimento.

Definimos então, o valor da função

( )0

limx

m dmx

x dxρ

∆ →

∆= =

∆

como sendo a densidade em qualquer ponto x do bastão, e a

quantidade diferencial dm = ρ (x) dx é a massa de um segmento dx em x.

A massa total do corpo é então, a soma das pequenas porções de massa do bastão, ou seja,

.

Esta integral é interpretada como sendo a área abaixo da curva

ρ (x) com x variando de 0 até l. Uma interpretação alternativa é

obtida, considerando a função densidade ρ (x) como uma propriedade associada com os pontos x de uma reta (o eixo x).

Consideremos agora, ao invés de uma reta, uma curva no plano xy, e seja f (x,y) a densidade de massa de um bastão curvado AB de um material qualquer (ver ilustração abaixo).

0( ) M dm x dxρ= =∫ ∫

ℓ


Nesse caso, ds é uma quantidade infinitesimal do comprimento da linha C e

( ),dm f x y ds=

é a quantidade de massa dessa porção - onde ( ),f x y representa a

densidade linear em cada ponto da curva C.

Assim, a massa total do bastão é dada por:

( ),C C

M dm f x y ds= =∫ ∫

onde significa integração ao longo da curva C, de A até B.

A quantidade ( ),C

I f x y ds= ∫ é denominada integral de linha,

e inclui a integral definida como um caso particular. A curva C é chamada o caminho da integração.

C∫

CÁLCULO VETORIAL

Para calcular uma integral de linha, geralmente é necessário conhecer a equação da curva C, a qual pode ser dada na forma cartesiana ou paramétrica. A forma cartesiana é mais utilizada, quando a curva é o gráfico de uma função, ou seja, quando sua

expressão matemática é do tipo ( ).y y x= Já a forma paramétrica,

abrange o caso geral, tanto para gráficos de função ou não.

Em ambos os casos, uma integral de linha pode ser transformada em uma integral simples de uma função de uma

variável. Para isso, basta restringirmos os valores de (f x y

pontos da curva C, e encontrarmos uma expressão adequada para

Para acharmos ds, devemos observar que ela é uma quantidade infinitesimal do comprimento da curva C. Assim, por ser infinitesimal, podemos supor que ela é a hipotenusa do triângulo retângulo, cujos catetos são dx e dy (ver figura).


é necessário , a qual pode ser dada na forma

A forma cartesiana é mais utilizada, quando a curva é o gráfico de uma função, ou seja, quando sua

Já a forma paramétrica,

Em ambos os casos, uma integral de linha pode ser transformada em uma integral simples de uma função de uma

),f x y aos

, e encontrarmos uma expressão adequada para ds.

, devemos observar que ela é uma quantidade . Assim, por ser

infinitesimal, podemos supor que ela é a hipotenusa do triângulo


Aplicando o Teorema de Pitágoras nesse triângulo, obtemos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2

.ds dx dy ds dx dy= + ⇒ = +

Aqui, temos dois casos a considerar:

1o Caso: ( )y y x=

Nesse caso, temos que:

2 2 2 2

( ) '( )

( ) [ '( )] ( ) 1 [ '( )]

y y x dy y x dx

ds dx y x dx y x dx

= ⇒ =

⇒ = + = +

Portanto,

( ) ( )( ) ( )2

, , 1 ' .b

aC

f x y ds f x y x y x dx = + ∫ ∫

CÁLCULO VETORIAL

EXEMPLO Calcule a integral C

xy ds∫ sobre a curva y =

ponto ( )0,0 ao ponto 1

1, .2

Solução

Escreva a função ( ),f x y xy= restrita à curva C:

2 2 3

,2 2 2

x x xf x x

= ⋅ =

Encontre ds:

( )2 21 ' 1ds y x dx x dx = + = +

Substitua os itens encontrados na integral C

xy ds∫ :

31 12 3 2

0 0

11 1

2 2C

xxy ds x dx x x dx= + = +∫ ∫ ∫

Calcule a integral obtida:


2

2

x= do


( )

( )

( ) ( )

13 2

0

12 2

0

12

0

5 314 2

0

15 32 22 2

0

5 3

11

2

11

21

12

1 1

2 2 5 3

1 1

10 6

2 2 1 1 1 2.

10 3 10 6 15

C

x

x

xy ds x x dx

x x xdx

u u udu

u uu u du

x x

=

=

= + =

= + =

= − =

= − = − =

+ +

= − =

+= − − + =

∫ ∫

∫

∫

∫

2o Caso: Curva dada na forma paramétrica.

( ) '( );

( ) '( ) a b

x x t dx x t dtt t t

y y t dy y t dt

= = ⇒ ≤ ≤

= =

2 2 2 2

2 2

[ '( )] ( ) [ '( )] ( )

[ '( )] [ '( )]

ds x t dt y t dt

x t y t dt

⇒ = + =

= +

Portanto,

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

, , ' ' .b

a

t

tC

f x y ds f x t y t x t y t dt = + ∫ ∫

2 21 2 2u x udu xdx

x dx u du

= + ⇒ =

⇒ =

u x udu xdx

CÁLCULO VETORIAL

EXEMPLO Calcule a integral ( )22 ,C

x y ds+∫ quando C é a parte

da circunferência unitária 2 2 1, onde 0,x y x+ = ≥ percorrida no

sentido anti-horário.

Solução

A curva C pode ser representada pelas equações paramétricas:

( )( )

cos;

sen 2 2

x t tt

y t t

π π =− ≤ ≤

=

Assim,

( ) ( )( ) 2, 2 cos senf x t y t t t= +

e,

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

' ' sen cos 1 .ds x t y t dt t t dt dt = + = − + =

Portanto,

( ) ( )2 22

2

22 2

2 2

32 2

2 2

2 2 cos sen

2 cos sen

cos2 0 0 2 .

3

C

x y ds t t dt

dt t t dt

tt

π

π

π π

π π

π π

π π π π π

−

− −

− −

+ = + =

= + =

= − = + − + =

∫ ∫

∫ ∫

2 2

3 3

cos sen

3 3

t t dt u du

u t

= − =

= − = −

∫ ∫


é a parte

percorrida no

pode ser representada

2 2

π π− ≤ ≤

f x t y t t t

' ' sen cos 1 .ds x t y t dt t t dt dt

2 2

3 3cos

3 3

t t dt u du

u t

= − =

= − = −

∫ ∫


OBS:

O Cálculo de integrais de funções, sobre curvas no espaço, é feito de modo totalmente análogo às curvas planas, lembrando que as curvas no espaço são mais facilmente descritas por equações paramétricas.

EXEMPLO

Calcule ( )2 2 ,C

x y z ds+ −∫ onde C é a hélice circular dada

por:

( )( )

( )

cos

sen

x t t

y t t

z t t

=

=

=

do ponto ( )1,0,0P até o ponto ( )1,0,2 .Q π

Solução

( ), ,F x y z restrita à curva C, é dada por:

( ) 2 2cos senF t t t t= + − , ou seja, ( ) 1 .F t t= −

Por outro lado, temos que:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

' ' '

sen cos 1 2

ds x t y t z t dt

t t

= + + =

= − + + =

e do ponto P ao ponto Q, t varia de 0 a 2 .π

Portanto,

O Cálculo de integrais de funções, sobre curvas no espaço, é feito de modo totalmente análogo às curvas planas, lembrando

é a hélice circular dada

CÁLCULO VETORIAL

( ) ( )

( ) ( )

2222 2

00

2 2

1 2 22

2 2 2 2 2 .

t

tC

tx y z ds t dt t

ππ

π π π π

=

=

+ − = − = − =

= − = −

∫ ∫

Uma forma geral alternativa da integral de linha no plano é

( ) ( ), ,C

I F x y dx G x y dy = + ∫

que pode ser convertida a uma integral ordinária quando a equação da curva C for conhecida.

Para uma curva y = y (x) de x a= até x b= , substituindo

por na integral acima obtemos:

( )( ) ( )( ), , .C

dyI F x y x G x y x dx

dx

= + ∫

Se a curva é dada na forma paramétrica, com x = x (t) e yde at t= até bt t= , então

e a integral torna-se

( ) ( )( ) ( ) ( )( ), , .b

a

t

t

dx dyI F x t y t G x t y t dt

dt dt

= + ∫

dy

dxdx

dx dy

dx dt e dy dtdt dt

= =


+ − = − = − =

integral de linha no plano é:

que pode ser convertida a uma integral ordinária quando a equação

, substituindo dy

y = y (t)


EXEMPLO 1

(a) Ache o valor da integral sobre o caminho C (ver figura) para eF y G xy= − = , quando C vai de A até B.

(b) Ache o valor da integral sobre o caminho C (ver figura) para eF y G xy= − = , quando C vai de B até A.

Solução

(a) Considerando 1y x= − (equação da reta que vai de A até B)

com 1 ≤ x ≤ 0, temos que dy dx= − e, portanto,

( ) ( ) ( ) ( )

( )

0

1

12

0

, , 1 1 1

21 .

3

C

I F x y dx G x y dy x x x dx

x dx

= + = − − − − =

= − =

∫ ∫

∫

(b) Considerando 1y x= − (equação da reta) com 0 1,x≤ ≤ temos

que dy dx= − e, portanto,

(ver figura) para

(ver figura) para

vai de A até B)

= + = − − − − =

temos

CÁLCULO VETORIAL

( ) ( ) ( ) ( )

( )

1

0

12

0

, , 1 1 1

21 .

3

C

I F x y dx G x y dy x x x dx

x dx

= + = − − − − =

= − = −

∫ ∫

∫

OBS: Em geral se atribui um sentido para o cálculo de uma integral de linha ao longo de uma curva orientada C. Isso é necessário porque as grandezas físicas, obtidas por este procedimento, ficam afetadas de um sinal algébrico. Observe que no exemplo 1, invertendo a orientação da curva C o sinal da integral de linha mudou. Se C for uma curva lisa orientada, denotamos por –C a curva orientada que consiste dos mesmos pontos de C, mas com orientação oposta.

De uma maneira geral, o valor de uma integral de linha

depende do caminho de integração, como mostra o exemplo abaixo.

EXEMPLO 2 Ache o valor da integral sobre o caminho figura) quando eF y G xy= − = de A até B.


I F x y dx G x y dy x x x dx= + = − − − − =

Em geral se atribui um sentido para o cálculo de uma integral . Isso é necessário

porque as grandezas físicas, obtidas por este procedimento,

, invertendo a orientação da curva for uma curva lisa

a curva orientada que consiste

valor de uma integral de linha depende do caminho de integração, como mostra o exemplo abaixo.

Ache o valor da integral sobre o caminho C (ver


Solução

A equação do arco circular é dada por:

21y x= + −

2

02 2

1

1

( , ) ( , )

11 .

4 3

C C

x xdy dx dx

yx

F x y dx G x y dy y dx xy dy

x x dxπ

⇒ = − = −−

⇒ + = − + =

= − − − = +

∫ ∫

∫

OBS: Observe que apesar das funções F(x,y) e G(x,y) serem as mesmas do exemplo 1, o resultado obtido para a integral de linha foi diferente. Isto se deve ao fato de, neste caso, o caminho de integração ser diferente.

EXEMPLO 3 Calcule a integral do exemplo 2, agora utilizando equações paramétricas para a curva C. Solução

As equações paramétricas para a curva C são dadas por:

( )( )

cos sen, 0

sen cos2

x t t dx t dtt

y t t dy t dt

π = = −≤ ≤ ⇒

= =

Portanto,

) serem as , o resultado obtido para a integral de

linha foi diferente. Isto se deve ao fato de, neste caso, o

Calcule a integral do exemplo 2, agora utilizando

CÁLCULO VETORIAL

[ ] ( )( ) ( )( )(2

0

2 2 2 22 2 2

0 0 0

3 22

0 0

sen sen cos sen cos

sen cos sen sen cos sen

1 1 cos 1sen 2 .

2 4 3 4 3

C

tt

t t

y dx xy dy t t dt t t t dt

t t t dt t dt t t dt

tt t

π

π π π

ππ

π==

= =

− + = − − + =

= + = + =

= − − = +

∫ ∫

∫ ∫ ∫

OBS: Observe que o resultado obtido no exemplo 3, foi o mesmo do exemplo 2, o que já era esperado, pois tomamos a mesma curva e apenas mudamos o modo de representámatematicamente. Portanto, lembre-se que:

→ O valor da integral de uma função ou uma forma diferenciável, sobre uma curva C, será sempre o mesmo, independentemente da expressão matemática que utilizamos para representá-la (forma cartesiana ou paramétrica).

→ O valor da integral de uma função ou uma forma diferenciável, sobre uma curva C, poderá ser diferente sobre caminhos (curvas) diferentes.

Existem alguns tipos de integrais de linha, ao longo de uma curva C (denominada de caminho de integração), cujo valor depende apenas dos pontos extremos da curva e não da própria curva. Neste caso, dizemos que a integral de linha independe do caminho de integração C.

O valor de uma integral de linha

( ) ( ), ,C

I F x y dx G x y dy = + ∫


)sen sen cos sen cos

sen cos sen sen cos sen

y dx xy dy t t dt t t t dt

t t t dt t dt t t dt

− + = − − + =

= + = + =

exemplo 3, foi o mesmo do exemplo 2, o que já era esperado, pois tomamos a mesma curva e apenas mudamos o modo de representá-la

de uma função ou uma forma sempre o mesmo,

independentemente da expressão matemática que utilizamos

de uma função ou uma forma , poderá ser diferente sobre

Existem alguns tipos de integrais de linha, ao longo de uma ), cujo valor

depende apenas dos pontos extremos da curva e não da própria de linha independe do


é independente do caminho, entre dois pontos fixos, se a quantidade

( ) ( ), ,F x y dx G x y dy+

for uma diferencial exata, ou seja, se existir uma função z = f(x,y) tal que

( ) ( ), , .y x

z zF x y dx G x y dy dz dx dy

x y

∂ ∂ + = = +

∂ ∂

A condição para uma diferencial em duas variáveis ser exata é que as funções F e G satisfaçam a seguinte igualdade:

ouyx

F G z z

y x y x x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

EXEMPLO 4

(a) Verifique se a diferencial xy xydz ye dx xe dy= + é exata.

(b) Ache o valor da integral de linha C

dz∫ onde C é o segmento de

reta que vai de (0,0) a (2,2).

(c) Calcule o valor da integral de linha C

dz∫ onde C é o caminho dado

pela curva 2

2

xy = que vai de (0,0) a (2,2).

Solução

(a) Considerando ( ) ( ), e ,xy xyF x y ye G x y xe= = , para verificar

se a diferencial dz é exata, basta verificar se

.yx

F G

y x

∂ ∂ =

∂ ∂

(Relação de reciprocidade de Euler)

entre dois pontos fixos, se a quantidade

) tal

A condição para uma diferencial em duas variáveis ser exata é

é o segmento de

onde C é o caminho dado

para verificar


Calculando as derivadas parciais obtemos:

( )

( )

1 1

1 1

xy xy xy

x

yxy xy xy x

y

Fe ye x e xy

y F G

y xGe xe y e xy

x

∂= + = +

∂ ∂ ∂ ⇒ =

∂ ∂∂ = + = + ∂

e, portanto, a diferencial dz é exata.

(b)

2 2

2

2

0

2 44

0 0

22 1.

2

xy xy x x

C C

x u

dz ye dx xe dy xe dx xe dx

xe dx e du e

= + = + =

= = = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫

(c)

3 3

3

2222 2

0

2 42 42

0 0

2

3 3 21.

2 2 3

x xxy xy

C C

xu

xdz ye dx xe dy e dx x e dx

x e dx e du e

= + = + =

= = ⋅ = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫

2 2

2

u x du xdx

duxdx

= ⇒ =

⇒ =

:

0 2

C y x dy dx

x

= ⇒ =

≤ ≤

2

:2

0 2

xC y dy xdx

x

= ⇒ =

≤ ≤

32

2

3

2 22

3

xu du x dx

x dx du

= ⇒ =

⇒ =


OBS: Observe que no exemplo 3, como a diferencial é exata o valor da integral independe do caminho que vai do ponto (0,0) ao ponto (2,2). Assim, quando for calcular uma integral de linha

, verifique primeiramente se a diferencial é exata. Se a

diferencial for exata, você poderá escolher qualquer “curva” para representar o caminho C.

EXERCÍCIOS 6.7

1. Calcule a integral de linha 2

C

xy dx x dy + ∫ se:

a) C consiste do segmento de reta que vai de (2,1) a (4,1) e do segmento de reta que vai de (4,1) a (4,5);

b) C é o segmento de reta de (2,1) a (4,5);

c) As equações paramétricas de C são:

2 53 1 ; 3 2 , 1 .

3x t y t t t= − = − ≤ ≤

2. Calcule a integral de linha ao longo do caminho C.

a) 26C

x y dx xy dy + ∫ onde C é o gráfico de 3 1y x= + de ( )1,0− a

( )1,2 .

b) ( )C

y dx x y dy + + ∫ onde C é o gráfico de 2 2y x x= + de (0,0)

a (2,8).

C

dz∫


c) ( )C

x y dx x dy − + ∫ onde C é o gráfico de 2y x= de ( )4, 2− a

(4,2).

3. Verifique se as diferenciais dadas são exatas.

a) ( ) ( )4 3 3 8dz x y dx x y dy= + + +

b) cos sendz y x dx x dy= +

4. Avalie a integral de linha [ ]2C

xy dx y dy+∫ de x = 0 até x = 2

sobre a reta y = 2x e sobre a curva y = x2.

5. Integre ( ) 2 2,f x y x y= − sobre a reta 2y x= de x = 0 até x = 1.

6. Mostre que:

( ) ( ), , ,dz F x y dx G x y dy= +

para ( ) ( )2 2 2 2, 9 4 4 e , 8 2 3 ,F x y x y xy G x y xy x y= + + = + + é uma

diferencial exata. Escolhendo um caminho apropriado, avalie a

integral [ ]C

F dx G dy+∫ de (0,0) a (1,2).


Algumas Aplicações

1. Comprimento de Arco

Como já comentamos anteriormente, dS representa uma porção infinitesimal de uma curva C, ou seja, uma unidade de comprimento infinitesimal da curva, obtida quando dividimos C em uma imensa quantidade de pequenos pedacinhos. Portanto, quando somamos os comprimentos de todos esses pedacinhos, obtemos o comprimento total da curva C, denominado de comprimento de arco representado por:

C

dS S= =∫ comprimento da curva C

EXEMPLO Mostre que o comprimento de uma circunferência de raio R é igual a 2 .Rπ

Solução

Considere as equações paramétricas de uma circunferência de raio R, definidas por:

( )( )

cos; 0 2

sen

x t R tt

y t R tπ

=≤ ≤

=

sen

cos

dx R t dt

dy R t dt

= −⇒

=

Portanto,

( ) ( )

( )

2 2 2

0

22 2 2 2

00

sen cos

sen cos 2 .

C

tt

S dS R t R t dt

R t t dt R t R

π

ππ π=

=

= = − + =

= + = =

∫ ∫

∫

representa uma porção , ou seja, uma unidade de comprimento

em uma imensa quantidade de pequenos pedacinhos. Portanto, quando somamos os comprimentos de todos esses pedacinhos, obtemos o comprimento

e

ue o comprimento de uma circunferência de

CÁLCULO VETORIAL

2. Movimento

Quando um objeto se desloca, sobre uma curva do plano, seu deslocamento pode ser medido através do cálculo do comprimento da curva sobre a qual este se deslocou, como feito anteriormente.

Porém, quando estudamos deslocamentos de objetos ou corpos, estamos interessados em obter mais informações tais como a velocidade e a aceleração, por exemplo. Nesses casos, a notação vetorial simplifica muito os cálculos. Levando isso em consideração, é por isso que a Física representa a posição de um objeto no plano (ou no espaço) através do seu vetor posição.

Para estudar o movimento de um ponto P em um plano, durante um determinado intervalo de tempo, é necessário saber sua posição

( ),x y em um instante t qualquer. Vamos supor que para objetos em

movimento, sua massa esteja concentrada em um ponto ( , .P x y

Assim, se o ponto ( ),P x y se movimenta no plano, durante um

tempo t, por exemplo, é conveniente representá-lo através de suas equações paramétricas:

( ) ( ),x x t y y t= =

com t variando em um determinado intervalo I.


Quando um objeto se desloca, sobre uma curva do plano, seu pode ser medido através do cálculo do comprimento

da curva sobre a qual este se deslocou, como feito anteriormente.

Porém, quando estudamos deslocamentos de objetos ou corpos, estamos interessados em obter mais informações tais como a

ração, por exemplo. Nesses casos, a notação vetorial simplifica muito os cálculos. Levando isso em consideração, é por isso que a Física representa a posição de um objeto no plano

, durante é necessário saber sua posição

. Vamos supor que para objetos em

), .P x y

durante um

lo através de suas


Considerando

( ) ( ) ( )r t x t i y t j= +

o vetor posição do ponto P, segue que, quando t varia no intervalo I,

a extremidade de descreve uma trajetória delineada pela curva

C no plano.

Definimos então, o vetor tangente à curva C, com ponto inicial em P, apontando na direção em que a curva C é descrita para valores valores crescentes de t, como sendo o vetor

( ) ( ) ( )' ' 'r t x t i y t j= +

cujo módulo (ou norma) é determinado por:

( ) ( ) ( )2 2

' ' ' .r t x t y t = +

Vimos que, se uma curva C possui equações paramétricas

( ) ( ),x x t y y t= =

para qualquer It ∈ , então sua unidade de comprimento de arco é dada por:

( ) ( ) ( )2 2

' ' ' ,ds s t dt x t y t dt = = +

de onde concluímos que:

( ) ( ) ( ) ( )2 2

' ' ' ' ,s t x t y t r t = + =

ou seja, ( )'r t

é a taxa de variação do comprimento de arco em

relação ao tempo t.

Denominamos então ( )'r t

como sendo o módulo da

velocidade do ponto P. O vetor tangente ( )'r t

é definido como

sendo a velocidade vetorial do ponto P no instante t, e o vetor

( )r t

CÁLCULO VETORIAL

( )'' ,r t

que é representado graficamente por um vetor com ponto

inicial em P, é a aceleração de P. Na maioria dos casos, o vetor

( )''r t

está dirigido para o lado côncavo da curva C.

Resumindo, considerando

( ) ( ) ( )r t x i y j x t i y t j= + = +

como sendo o vetor posição de um ponto ( ),P x y em movimento em

um plano-xy, onde t é o tempo e ( )x t e ( )y t têm derivadas primeira

e segunda, a velocidade vetorial, a velocidade e a aceleração do ponto P no instante t são dados por:

Velocidade vetorial: ( ) ( )'dx dy

v t r t i jdt dt

= = +

Velocidade: ( ) ( ) ( )2 2

'dx dy

v t v t r tdt dt

= = = +

Aceleração: ( ) ( ) ( )2 2

2 2' ''

d x d ya t v t r t i j

dt dt= = = +

EXEMPLO Lança-se um projétil, com velocidade inicial

um ponto oh metros acima do solo. Se a única força que atua sobre

o projétil é causada pela aceleração gravitacional ,g

determine sua

posição após t segundos. Solução

Vamos inserir um plano-xy, onde ( )00,h é o ponto de onde o

projétil é lançado. Denotemos por ( ),P x y a posição do projétil

após t segundos, e seja ( )r t

o vetor posição de P.


que é representado graficamente por um vetor com ponto

. Na maioria dos casos, o vetor

em movimento em

têm derivadas primeira

aceleração do

2 2

se um projétil, com velocidade inicial 0v

de

metros acima do solo. Se a única força que atua sobre

determine sua

é o ponto de onde o

a posição do projétil


Como atua na direção para baixo, segue que:

e 9,8g g j g g= − = ≈

m/s2

Pela segunda lei de Newton, temos que ,F m a=

onde a

é a

aceleração do projétil.

Temos então que:

m a m g a g= ⇒ =

,

o que conduz à equação diferencial vetorial

( )'' .r t g=

Integrando os dois lados da igualdade, obtemos:

( )'r t tg C= +

para algum vetor constante .C

Como ( )'r t

é a velocidade do projétil no instante t, e

( )

( )0

0

' 0

' ,

v r C

r t tg v

= =

= +

integrando novamente os dois lados da igualdade, obtemos:

( ) 20

1

2r t t g t v d= + +

g

CÁLCULO VETORIAL

para algum vetor constante .d

Como ( ) 00 ,r h j=

segue que

0 .d h j=

Consequentemente,

( ) 20 0

1.

2r t t g t v h j= + +

Levando em conta que g g j= −

, podemos também escrever:

( ) 20 0

1.

2r t t g h j t v

= − + +

EXERCÍCIOS 6.8

1. O vetor posição de um ponto P, que se move em um plano

dado por ( ) ( )2 31 ,r t t i t j= + +

para 0 2.t≤ ≤

(a) Ache a velocidade e a aceleração de P no instante t = 1.

(b) Esboce a trajetória C do ponto, e os vetores ( ) ( )1 e 1 .v a

2. Seja ( ) ( )sen 4cos 2 ,r t t i t j= +

o vetor posição de um ponto

que se move em um plano-xy.

(a) Ache a velocidade e a aceleração de P no instante .

(b) Esboce a trajetória C do ponto, e os vetores

3. Mostre que se tem derivada e é constante, então

é ortogonal a para todo t no domínio de

Sugestão: usar produto escalar.

4. Se ( )r t

é o vetor posição de um ponto P, ache a velocidade, a

aceleração e o módulo da velocidade no instante t dado.

6t

π=

e 6 6

v aπ π

( )r t

( )r t

( )'r t

( )r t


segue que

podemos também escrever:

que se move em um plano-xy, é

1 e 1 .

o vetor posição de um ponto P

.

é constante, então

no domínio de .

, ache a velocidade, a

6 6

π π

( )'r t


(a) ; t = 2.

(b) ; t = 0.

5. Calcule ( )r t

sujeito às condições dadas.

(a) , .

(b) , e .

6. Seja ( ) ( )22 4 , 2 3.r t t i t j t= + − − ≤ ≤

(a) Trace a curva C determinada por ( )r t

e indique a orientação

dessa curva.

(b) Ache ( )'r t

e faça um esboço dos vetores ( ) ( )1 e ' 1 .r r

7. Seja C a curva de equações paramétricas

2 3, , ; 0.x t y t z t t= = = ≥

Obtenha o vetor tangente a curva C no ponto correspondente a t = 2.

Teorema de Green

O Teorema de Green estabelece uma relação entre as integrais duplas e as integrais de linha sobre uma curva fechada no plano.

Considerando e funções contínuas com

derivadas parciais de primeira ordem contínuas sobre uma curva fechada simples C (curva que não se cruza em nenhum ponto) e na região interna D de C, temos que:

2 3( )

1r t i j

t t= +

+2( ) t tr t e i e j−= +

( ) ( )2 3' 6 1 8r t t i t j t k= + + +

( )0 2 3r i j k= − +

( ) 2'' 6 12r t ti t j k= − +

( )' 0 2 3r i j k= + −

( )0 7r i k= +

( ),M x y ( ),N x y

CÁLCULO VETORIAL

( ) ( ), ,C D

N MM x y dx N x y dy dA

x y

∂ ∂ + = − ∂ ∂ ∫ ∫∫

onde oudA dx dy dA dy dx= =

Curva fechada simples

OBS: 1) No Teorema de Green, usaremos a convenção de que a orientação positiva de uma curva fechada simples C se refere a percorrer C no sentido anti-horário.

2) O teorema de Green é importante porque em certos problemas é mais fácil resolver a integração através da integral dupla, do que utilizando uma integral de linha.

EXEMPLO Calcule a integral 4

C

x dx xy dy + ∫ onde

o caminho descrito na figura abaixo.

Solução

Se fôssemos calcular a integral, utilizando os métodos usuais, vistos anteriormente, teríamos que estabelecer três integrais separadas sobre os três lados dos triângulos.


Curva fechada

simples

, usaremos a convenção de que a se refere

2) O teorema de Green é importante porque em certos problemas é mais fácil resolver a integração através da

onde C é

Se fôssemos calcular a integral, utilizando os métodos usuais, vistos anteriormente, teríamos que estabelecer três integrais


Para utilizar o Teorema de Green, observamos que a região está cercada por uma curva simples C que tem orientação

positiva. Considerando ( ) 4,M x y x= e ( ),N x y xy= temos

que:

( )

( )

( )

1 14

0 0

11 1 22

0 00

3 1

0

0

1 11

2 2

1 11 .

6 6

x

C D

y x

y

x

x

N Mx dx xy dy dA y dy dx

x y

y dx x dx

x

−

= −

=

=

==

∂ ∂ + = − = − = ∂ ∂

= = − =

= − −

∫ ∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

3) Se formos calcular a integral de linha ,C

dz∫ sobre uma

curva fechada simples C e com ( ) ( ), ,dz M x y dx N x y dy= +

uma diferencial exata, segue da regra de Euler e do Teorema

de Green que 0.C

dz =∫

EXERCÍCIOS 6.9

Calcule a integral de linha ao longo da curva C dada, com orientação positiva.

a) 2y y

C

e dx xe dy + ∫ ; C: quadrado com vértices em (0,0), (1,0),

(0,1) e (1,1).

b) ( ) ( )22 cosx

C

y e dx x y dy + + + ∫ ; C é a fronteira da região

delimitada por e . 2y x= 4y =

Para utilizar o Teorema de Green, observamos que a região D que tem orientação

temos

x dx xy dy dA y dy dx+ = − = − =

sobre uma

dz M x y dx N x y dy

uler e do Teorema

dada, com orientação

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

é a fronteira da região


c) ; C: círculo 2 2 4x y+ = .

Funções de Estado

Para entendermos melhor o que é uma função de estado, vamos fazer uma analogia com o processo de subir uma montanha. Considere a montanha descrita na ilustração abaixo.

Suponha que você seja um alpinista e queira chegar ao topo de

uma montanha. Existem várias maneiras de fazer isso: você pode ir direto ao topo – caminho mais curto, porém mais íngreme – ou seguir um caminho em espiral – caminho mais longo, porém menos íngreme. O tempo que você vai levar para chegar ao topo depende do caminho que escolher. As quantidades íngreme e longo são consideradas dependentes do caminho.

Agora, qualquer que seja o caminho escolhido, você terminará seu percurso no mesmo lugar (alto da montanha). A sua altitude acima do ponto inicial será a mesma, no final do percurso, independentemente do caminho que você escolheu. Dizemos então que sua altitude final é independente do caminho.

A altitude em que estiver no final da escalada pode ser considerada uma função de estado: é independente do caminho. Já o

3 3

C

y dx x dy−∫


comprimento do caminho, montanha acima, não é uma função de estado porque é dependente do caminho.

Todo processo físico ou químico pelo qual passa um sistema, apresenta condições iniciais e finais, mas existem várias maneiras de ir do início ao fim de tal processo. Uma função de estado é qualquer propriedade termodinâmica cujo valor para o processo seja independente do caminho; ela depende apenas do estado do sistema (em termos de variáveis de estado como P, V, T, n) e não de sua história ou de como o sistema chegou àquele estado.

Uma propriedade termodinâmica cujo valor para o processo depende do caminho não é uma função de estado. A energia interna, U, de um sistema é um exemplo de uma função de estado, enquanto que o trabalho (w) e o calor (q) não são funções de estado. Geralmente, as funções de estado são representadas por letras maiúsculas enquanto que funções que não são de estado são representadas por letras minúsculas.

Podemos observar outra diferença entre as funções w e q e a função de estado U, cujas variações infinitesimais no trabalho, no calor e na energia interna são representadas por dw, dq e dU. Em um processo completo, essas quantidades infinitesimais são somadas desde as condições iniciais até as finais, mas com uma pequena diferença no resultado. Quando dw e dq são somadas, os resultados são as quantidades absolutas de trabalho w e de calor q envolvidas no processo, enquanto que quando dU é somada, o resultado não é a

quantidade U absoluta de energia, mas a variação em U, ∆U, no processo. Matematicamente, escrevemos:

dw w dq q dU U= = =∫ ∫ ∫

As diferenciais dw e dq são denominadas de diferenciais inexatas, significando que seus valores integrados w e q são dependentes do caminho. Por outro lado, dU é uma diferencial

CÁLCULO VETORIAL

exata, significando que seu valor integrado ∆U é independente do caminho. Observar que todas as mudanças nas funções de estado são diferenciais exatas.

EXEMPLO 4 Mostre que se ( ),z f x y= é uma função

termodinâmica de estado, então, utilizando o Teorema de Green, tem-se que:

2 2

.z z

x y y x

∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ∂

Solução Como z é uma função de estado, segue que a diferencial de z

( ) ( ), ,y x

z zdz M x y dx N x y dy dx dy

x y

∂ ∂ = + = +

∂ ∂

é exata e, portanto, 0.C

dz =∫

Assim,

( ) ( )

2 2

, ,

0

C C D

D

N Mdz M x y dx N x y dy dA

x y

z zdA

x y y x

∂ ∂ = + = − = ∂ ∂

∂ ∂= − =

∂ ∂ ∂ ∂

∫ ∫ ∫∫

∫∫

de onde segue que: 2 2 2 2

0 ou .z z z z

x y y x x y y x

∂ ∂ ∂ ∂− = =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂


é independente do caminho. Observar que todas as mudanças nas funções de estado são

é uma função

termodinâmica de estado, então, utilizando o Teorema de Green,

dz M x y dx N x y dy dx dy

dz M x y dx N x y dy dA= + = − =


EXEMPLO 5 Mudança na Entropia em Termodinâmica

A mudança na entropia (S) quando um sistema termodinâmico passa de um estado com pressão e temperatura (P1,T1) a um outro estado com pressão e temperatura (P2,T2) pode ser obtida pelas medidas da

capacidade de calor PP

HC

T

∂ =

∂ (onde H é a entalpia do sistema

termodinâmico) e da expansividade termal 1

,P

V

V Tα

∂ =

∂

seguinte maneira:

Considerando a entropia S como função de P e T, a diferencial total da entropia é dada por:

.P T

S SdS dT dP

T P

∂ ∂ = +

∂ ∂

Como a entropia é uma função de estado, a mudança na passagem de um estado a outro é independente do caminho e, portanto,

( ) ( )1 2 2 2 1 1, , .P TC

S SS S P T S P T dT dP

T P→

∂ ∂ ∆ = − = +

∂ ∂ ∫

) quando um sistema termodinâmico passa ) a um outro estado

) pode ser obtida pelas medidas da

é a entalpia do sistema

da

, a diferencial total

Como a entropia é uma função de estado, a mudança na passagem

CÁLCULO VETORIAL

Escolhendo o caminho C = C1 + C2 mostrado na figura acima,

que 1 2 1 3 3 2 ,S S S→ → →∆ = ∆ + ∆ onde

( ) ( )2

111

1 3 1 2 1 1, ,T

TP PC

SS S P T S P T ds dT

T→=

∂ ∆ = − = =

∂ ∫ ∫

e

( ) ( )2

122

3 2 2 2 1 2, , .P

PT TC

SS S P T S P T ds dP

P→=

∂ ∆ = − = =

∂ ∫ ∫

Integração de um Campo Vetorial ao longo de uma Curva

Quando lidamos com problemas que envolvem campos de vetores, utilizamos uma notação diferente para integrais de linha.

ou ,r xi yj r xi yj zk= + = + +

então consideramos dr

como:

ou ,dr dx i dy j dr dx i dy j dz k= + = + +

dependendo da curva C estar no plano ou no espaço tridimensional.

Assim, para uma curva C, orientada no plano, e um campo vetorial contínuo

( ) ( ) ( ), , ,F x y f x y i g x y j= +

escrevemos:

( ) ( )

( ) ( )

, ,

, , .

C C

C

F dr f x y i g x y j dx i dy j

f x y dx g x y dy

⋅ = + ⋅ + =

= +

∫ ∫

∫


mostrado na figura acima, temos

S S P T S P T ds dT

, , .

Integração de um Campo Vetorial ao

Quando lidamos com problemas que envolvem campos de vetores, utilizamos uma notação diferente para integrais de linha. Se

como:

estar no plano ou no espaço tridimensional.

e um campo


Se C for uma curva orientada no plano cartesiano dada na forma vetorial paramétrica

( ) ( ) ( ) ;r r t x t i y t j a t b= = + ≤ ≤

então:

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ), ,F r t f x t y t i g x t y t j= +

e escrevemos a fórmula

( )( ) ( )'b

aC

F dr F r t r t dt⋅ = ⋅∫ ∫

onde ( ) ( ) ( )' ' 'r t x t i y t j= +

, que vale também para curvas

orientadas no espaço tridimensional.

EXEMPLO 6 Calcule o valor da integral ,C

F dr⋅∫

onde

( ), cos senF x y x i x j= +

e C é a curva orientada definida por:

C: ( ) ; 1 2.2

r t i t j tπ

= − + ≤ ≤

Solução Temos que:

( )( ) ( )

( )

2 2

1 1

2

1

' cos sen 0 12 2

1 1.

C

F dr F r t r t dt i j i j dt

dt

π π− − ⋅ = ⋅ = + ⋅ + =

= − = −

∫ ∫ ∫

∫

for uma curva orientada no plano cartesiano dada na

que vale também para curvas

onde

F dr F r t r t dt i j i j dt ⋅ = ⋅ = + ⋅ + =

CÁLCULO VETORIAL

EXEMPLO 7 Calcule ,C

F dr⋅∫

onde ( ) ( ),F x y x y i x y j= + −

e C é uma curva definida por: 2y x= que vai do ponto (0,0) ao

ponto (2,4). Solução

( )( ) ( ) ( )( )

2 2 2 2 4,

2 2

F x y x x x i x x j x x i x j

dr dx i dy j dx i xdx j i x j dx

= + − ⋅ = + −

= + = + = +

Portanto,

( )2 2

2 4 2 5

0 0

22 3 6

0

, 1,2 2

502 16,667.

2 3 6 3

C

x

x

F dr x x x x dx x x x dx

x x x=

=

⋅ = + − ⋅ = + − =

−= + − = ≈ −

∫ ∫ ∫

EXEMPLO 8 Considere uma partícula de massa m sujeita à ação de uma força

( ) ( ) ( ), , ,F x y M x y i N x y j= +

percorrendo um caminho dado pela curva C, que vai de um ponto

a um ponto B. Considere ( ) ( )e ,x x t y y t= = com 1 2t t t≤ ≤

equações paramétricas do movimento da partícula. Mostre que o trabalho W é igual a variação da energia cinética entre os pontos A. Solução Por definição, o trabalho é dado por:

C

W F dr= ⋅∫

onde


2F x y x y i x y j= + −

que vai do ponto (0,0) ao

F x y x x x i x x j x x i x j

F dr x x x x dx x x x dx⋅ = + − ⋅ = + − =

sujeita à ação

, que vai de um ponto A

1 2 ,t t t≤ ≤ as

equações paramétricas do movimento da partícula. Mostre que o gual a variação da energia cinética entre os pontos B e


er x i y j dr dxi dy j= + = +

Assim,

2

1

.t

tC

drW F dr F dt

dt

= ⋅ = ⋅ ∫ ∫

A velocidade da partícula é dada por:

drv

dt=

e, da Segunda Lei de Newton ( ) ,F ma=

temos que:

.dv

F mdt

=

Portanto,

.dr dv

F m vdt dt

⋅ = ⋅

Como

( ) 22 ed dv dv dv

v v v v v v v vdt dt dt dt

⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ =

segue que:

( )21.

2

dr dv dF m v m v

dt dt dt⋅ = ⋅ =

Portanto, substituindo esse resultado na integral, obtemos:

( )

( )

2 2

1 1

2

1

2

2 2 22 1

1

2

1 1 1.

2 2 2

t t

t tC

v

v

dr dW F dr F dt m v dt

dt dt

m d v mv mv

= ⋅ = ⋅ = =

= = −

∫ ∫ ∫

∫

Portanto,

CÁLCULO VETORIAL

2 22 1

1 1.

2 2W mv mv= −

Existem certos tipos de campos vetoriais para os quais a

integral de linha de ,F

ao longo de uma curva C, depende apenas

dos pontos extremos da curva e não da própria curva. Um dos problemas importantes que encontramos na Física é determinar como o caminho de integração C afeta o trabalho realizado por um campo vetorial, numa partícula que se move de um ponto para outro ponto fixo Q.

Dizemos que um campo vetorial ( ),F x y

é conservativo

existe uma função ( ),x yφ - chamada de função potencial - tal que

( ), ,F x y i jx y x y

φ φ φ φ∂ ∂ ∂ ∂= = +

∂ ∂ ∂ ∂

onde o vetor ( ), ,x y i jx y x y

φ φ φ φφ

∂ ∂ ∂ ∂∇ = = +

∂ ∂ ∂ ∂

é o

gradiente da função ( ),x yφ .

EXEMPLO 9

(a) Mostre que o campo vetorial ( ),F x y y i x j= +

é conservativo

verificando que ( ),F x y

é o gradiente de ( ), .x y xyφ =

(b) Mostre que o trabalho realizado pelo campo, na partícula que se move do ponto (0,0) ao ponto (1,1) é o mesmo ao longo de: C1: segmento de reta que vai do ponto (0,0) ao ponto (1,1) C2: parábola y = x2 de (0,0) a (1,1) Solução (a) De fato,


Existem certos tipos de campos vetoriais para os quais a

depende apenas

dos pontos extremos da curva e não da própria curva. Um dos problemas importantes que encontramos na Física é determinar

afeta o trabalho realizado por um P fixo

conservativo se

tal que:

vetor

conservativo,

na partícula que se

: segmento de reta que vai do ponto (0,0) ao ponto (1,1)


( ) ( ), , .y e x x y y i x j F x yx y

φ φφ

∂ ∂= = ⇒ ∇ = + =

∂ ∂

(b) O caminho de integração C1 é obtido fazendo x = t na equaçãoy x= da reta que vai do ponto (0,0) ao ponto (1,1).

Assim, o caminho de integração é dado por:

( ); 0 1x t y t t= = ≤ ≤

Portanto,

[ ]1

02 1.

C C C

F dr y i x j dx i dy j y dx x dy t dt ⋅ = + ⋅ + = + = = ∫ ∫ ∫ ∫

O caminho de integração C2 é obtido fazendo x t= na equação2y x= da parábola, que vai do ponto (0,0) ao ponto (1,1).

Assim, o caminho de integração é dado por

( )2; 0 1x t y t t= = ≤ ≤

Portanto,

[ ]

( )1 1

2 2

0 02 3 1.

C C C

F dr y i x j dx i dy j y dx x dy

t dt t tdt t dt

⋅ = + ⋅ + = + =

= + = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫

OBS: No exemplo anterior, como as curvas C1 e C2 são gráficos de função, poderíamos ter resolvido utilizando coordenadas cartesianas. Nesse caso, a solução torna-se:

na equação

2 1.⋅ = + ⋅ + = + = =

na equação

são gráficos de função, poderíamos ter resolvido utilizando coordenadas

CÁLCULO VETORIAL

( )

( )( ) ( )

( )

1 : ; 0 1

, , ,

1,1

C y y x x x

F x y x F x x x i x j x x

dr dx i dy j dx i dx j i j dx dx

= = ≤ ≤

⇒ = = + =

= + = + = + =

Portanto, 1 1

2 10

0 0, 1,1 2 1.x

x

C

F dr x x dx x dx x ==⋅ = ⋅ = = =∫ ∫ ∫

( )

( )( ) ( )

22

2 2 2

: ; 0 1

, , ,

2 1,2

C y y x x x

F x y x F x x x i x j x x

dr dx i dy j dx i x dx j x dx

= = ≤ ≤

⇒ = = + =

= + = + =

Portanto,

( )1 1 1

2 2 2 2

0 0 0

3 1

0

, 1,2 2 3

3 1.3

C

x

x

F dr x x x dx x x dx x dx

x =

=

⋅ = ⋅ = + = =

= =

∫ ∫ ∫ ∫

EXERCÍCIOS 7.0

1. Determine o valor do trabalho realizado pela força

( ) ( ) 2,F x y x x y i xy j= + +

ao mover uma partícula da origem ao longo do eixo x até o ponto (1,0), em seguida ao longo de um segmento de reta até o ponto (0,1) e, então, de volta à origem ao longo do eixo y.

2. Uma partícula, inicialmente no ponto ( )2,0− , move-se ao longo

do eixo x até o ponto (2,0) e, então, ao longo do semicírculo 24y x= − de volta ao ponto inicial. Utilize o Teorema de Green


dr dx i dy j dx i dx j i j dx dx

F dr x x x dx x x dx x dx⋅ = ⋅ = + = =

ao mover uma partícula da origem ao longo do eixo x até o ponto (1,0), em seguida ao longo de um segmento de reta até o ponto (0,1)

se ao longo

ponto (2,0) e, então, ao longo do semicírculo

de volta ao ponto inicial. Utilize o Teorema de Green


para determinar o trabalho realizado pelo campo de força

( ) 3 2, , 3F x y x x xy= +

.

3. Um arco metálico fino, mais denso na base que no topo, encontra-se ao longo de uma semicircunferência no plano xy, dada por x2 + y2 = 1, y ¥ 0. Encontre a massa do arco se a densidade em um ponto (x,y) do arco é dada por d = 2-y.

4. Encontre o trabalho realizado pela força 2 2 2( ) ( ) ( )F y x i z y j x z k= − + − + −

sobre a curva

2 3( ) , 0 1,r t t i t j t k t= + + ≤ ≤

de (0,0,0) a (1,1,1).

5. Se o campo de velocidade de um fluido é dado por

F xi z j y k= + +

, encontre o escoamento ao longo da hélice

( ) (cos ) (sen ) , 0 / 2r t t i t j t k t π= + + ≤ ≤

, sabendo que o

escoamento de um fluido ao longo de uma curva ( ),r t a t b≤ ≤

é

dado por b

aF dr⋅∫

.

Resultado Importante

Considere o campo vetorial conservativo

( ) ( ) ( ), , ,F x y f x y i g x y j= +

definido em alguma região aberta D contendo os pontos

e e tal que f e g sejam contínuas em D.

( )0 0,P x y

( )1 1,Q x y

CÁLCULO VETORIAL

Se C for uma curva lisa por partes, contida em D, ligando os pontos P e Q, então:

( ) ( )1 1 0 0, , .C

F dr x y x yφ φ⋅ = −∫

O vetor

( ), ,x y i jx y x y

φ φ φ φφ

∂ ∂ ∂ ∂∇ = = +

∂ ∂ ∂ ∂

cujas componentes são as derivadas parciais de uma função, é vetor gradiente de ( ), .x yφ

EXEMPLO 10 Determine o valor da integral de linha C∫

onde ( ),F x y y i x j= +

é um campo conservativo tal que

( ) ( ) ( ), , e , .F x y x y x y xyφ φ= ∇ =

Considere C a curva y = x3 de (0,0) a (1,1). Solução

Como o campo vetorial dado é conservativo, podemos utilizar o resultado anterior para calcular a integral dada. Assim,

( )

( )( ) ( )

1,1

0,01,1 0,0 1 0 1

C

F dr F dr φ φ⋅ = ⋅ = − = − =∫ ∫

que está de acordo com os resultados obtidos no exemplo 9.

OBS: Teste para verificar se um campo é conservativo


derivadas parciais de uma função, é o

C

F dr⋅∫

Como o campo vetorial dado é conservativo, podemos utilizar o


Se D for uma região simplesmente conexa (ver figura) e

f g

y x

∂ ∂=

∂ ∂ em cada ponto (x,y) da região D, então o campo

vetorial ( ) ( ) ( ), , ,F x y f x y i g x y j= +

é conservativo.

Se soubermos que um campo vetorial ( ),F x y

é conservativo,

podemos obter uma função potencial φ para ( ),F x y

, a partir das

derivadas parciais que definem o vetor gradiente de φ. O exemplo a seguir ilustra essa afirmação. EXEMPLO 11 Considere o campo vetorial definido por

( ) 2, 3 6F x y y i xy j= +

.

(a) Mostre que ( ),F x y

é um campo vetorial conservativo em todo o

plano xy.

(b) Determine uma função potencial φ para ( ), ,F x y

a partir da

derivada parcial .x

φ∂

∂

(c) Determine uma função potencial φ para ( ), ,F x y

a partir da

derivada parcial .y

φ∂

∂

for uma região simplesmente conexa (ver figura) e

, então o campo

é conservativo,

, a partir das

. O exemplo a

é um campo vetorial conservativo em todo o

a partir da

a partir da


(a) Como ( ) ( )2, 3 e , 6 ,f x y y g x y xy= = temos que:

6 ,f g

yy x

∂ ∂= =

∂ ∂ para qualquer ( ), .x y

Portanto, ( ), ,F x y

é um campo conservativo.

(b) Como o campo vetorial ( ),F x y

é conservativo, existe uma

função potencial ( ),x yφ tal que:

23 e 6 .y xyx y

φ φ∂ ∂= =

∂ ∂

Integrar 23yx

φ∂=

∂ em relação a x.

2 2( , ) 3 3 ( )x y y dx xy k yφ = = +∫

onde k(y) representa a “constante” de integração. Observe que a constante de integração é uma função de y, uma vez que y é mantida constante no processo de integração. Veremos a seguir como determinar k(y).

Derivar a função obtida em relação a y.

( )6 'xy k yy

φ∂= +

∂

Igualar a derivada da função ( ), ,x yφ obtida pela integração, a

6xyy

φ∂=

∂ definida inicialmente.

( , )x yφ

Um campo conservativo está associado às diferenciais exatas, enquanto que um campo não conservativo está associado às diferenciais inexatas.


Simplificar a expressão.

( )' 0k y =

Integrar os dois lados em relação a y.

( )' 0k y dy dy=∫ ∫

Simplificar (se for o caso).

( )k y C= (constante numérica)

Agora basta substituir k(y) na expressão de ( ),x yφ , obtendo assim a

função potencial para o campo conservativo ( ), ,F x y

definida por:

( ) 2, 3 .x y xy Cφ = +

(c) Integrar 6xyy

φ∂=

∂ em relação a y.

( ) ( )2, 6 3x y xy dy xy k xφ = = +∫

onde k(x) representa a “constante” de integração. Observe que a constante de integração é uma função de x, uma vez que x é mantida constante no processo de integração. Veremos a seguir como determinar k(x).

Derivar em relação a x.

( )23 'y k xx

φ∂= +

∂

( , )x yφ

CÁLCULO VETORIAL

Igualar a derivada de ( ), ,x yφ obtida pela integração, a x

φ∂

∂

definida inicialmente.

( ) 2 23 ' 3y k x y+ =

Simplificar a expressão.

( )' 0k x =

Integrar os dois lados da expressão em relação a x.

( )' 0k x dx dx=∫ ∫

Simplificar (se for o caso).

( )k x C= (constante numérica)

Agora basta substituir k(x) na expressão de ( ),x yφ , obtendo assim a

função potencial para o campo conservativo ( ), ,F x y

definida por:

( ) 2, 3 .x y xy Cφ = +

OBS: Conservação da Energia

Se ( ), ,F x y z

for um campo de forças conservativo com

função potencial ( ), ,x y zφ , então definimos

( ) ( ), , , ,V x y z x y zφ= −

Derivada de

( ),x yφ obtida

pela integração x

φ∂

∂ definida

inicialmente


23yx

φ∂=

∂

, obtendo assim a

definida por:

for um campo de forças conservativo com


como sendo a energia potencial do campo ( ), ,F x y z

no

ponto (x,y,z). Portanto, o trabalho W realizado pela força

( ), ,F x y z

sobre uma partícula que se move ao longo de um

caminho C, de um ponto ( )0 0 0, ,P x y z a um ponto

( )1 1 1, ,Q x y z está relacionado com a energia potencial através

da equação

( ) ( )

( ) ( )

1 1 1 0 0 0

1 1 1 0 0 0

, , , ,

, , , , .

C

W F dr x y z x y z

V x y z V x y z

φ φ= ⋅ = − =

= − −

∫

Em particular, se uma partícula percorre um caminho fechado liso por partes num campo vetorial conservativo, então o trabalho realizado pelo campo é nulo e não há mudança na energia potencial.

Suponha que uma partícula de massa m está se movendo, ao longo de uma curva lisa por partes (não necessariamente

fechada), em um campo vetorial conservativo ( ), ,F x y z

, de

um ponto ( )0 0 0, ,P x y z com velocidade vi a um ponto

( )1 1 1, ,Q x y z com velocidade vf .

Da Física, sabemos que o trabalho realizado na partícula, pela

força ( ), , ,F x y z

é igual à variação na energia cinética da

partícula. Denotando por a energia potencial no ponto P e

por a energia potencial no ponto Q, a partir da equação

do trabalho descrita acima, obtemos:

2 21 1

2 2f i f imv mv V V − = − −

que podemos reescrever na forma

iV

fV


2 21 1.

2 2f f i imv V mv V+ = +

Esta equação nos diz que a energia total da partícula (energia cinética +energia potencial) não se altera à medida que a partícula se move, ao longo de um caminho, num campo vetorial conservativo. Este resultado, conhecido como princípio da conservação da energia, explica a origem do termo “campo vetorial conservativo”.

EXERCÍCIOS 7.1

1. Dado 3 2( , ) (2 ) (3 4)F x y x y i xy j= + + +

:

a) Mostre que F

é um compo vetorial conservativo.

b) Enconre uma função potencial para F

.

c) Calcule (2,3)

(0,1)F dr⋅∫

.

2. Mostre que C

F dr⋅∫

é independente do caminho determinando

uma função potencial para F

.

a) 2 3 3( , ) (3 2) ( 4 )F x y x y i x y j= + + +

b) ( , ) (2 sen 4 ) cosxF x y x y e i y j= + +

3. Mostre que as integrais abaixo são independentes do caminho e encontre seus valores:

a) (3,1)

2 2

( 1,2)( 2 ) ( 2 )y xy dx x xy dy

−+ + +∫

b) (1, /2)

(0,0)( sen ) ( cos )x xe y dx e y dy

π

+∫


EXERCÍCIOS EXTRAS

1. Escreva cada combinação de vetores como um único vetor.

(a)

(b)

2. Use os vetores da figura ao lado para desenhar os seguintes vetores:

(a) (b)

(c)

3. Determine o vetor . Desenhe o vetor e o correspondente vetor posição.

(a) A(1,2) ; B(4,4) (b) A(0,3,1) ; B(2,3,-1)

4. Determine a soma dos vetores <1,0,1> e <0,0,1> e ilustre geometricamente.

5. Determine: .

(a) ; (b) ;

6. Determine o vetor unitário (versor) com mesma direção e sentido que o vetor dado.

(a) (b) (c)

7. (a) Desenhe os vetores ; ;

(b) Mostre por um esboço, que existem escalares s e t tais que

CD DA+

BC DC−

u v− 1

2v

3v u−

u AB=

u

, , , 2 e 3 4u u v u v u u v+ − +

3,2u = −

4,1v =

2 3u i j= −

4v i j= +

9, 5u = −

12 5v i j= −

8 4w i j k= − +

3,2u =

2, 1v = −

7,1w =

w su tv= +


(c) Use o esboço para estimar os valores de s e t

(d) Determine os valores exatos de s e t

8. Esboce o vetor com seu ponto inicial na origem.

9. Determine os componentes (coordenadas) do vetor dado na figura, e esboce um vetor equivalente com seu ponto inicial na origem.

10. Determine o ponto terminal do vetor se o ponto

inicial for (-2,1,4).

11. Efetue as operações indicadas sobre os vetores ,

e .

(a) (b) (c) .

12. Determine um vetor que tenha a mesma direção e sentido do

vetor e comprimento .

13. Determine dois vetores unitários, no plano, que sejam paralelos a reta x + y = 4.

14. Determine dois vetores unitários, no espaço, que sejam perpendiculares ao plano xz.

15. Seja um vetor qualquer. Descreva o conjunto de

pontos (x,y), no plano, que satisfaça a condição ; e

.

2 3u i j k= + −

1,2, 3v = −

3u i k= −

2v i j k= − +

3w j=

w v−

6 4u w+

2v w− −

7,0, 6v = −

17

,r x y=

1r =

1r ≤

1r >


16. O que você entende por produto escalar entre dois vetores? Como é que você verifica se dois vetores são ortogonais (ou

perpendiculares)? (a) Mostre que se for um vetor no

plano, então os vetores e são ortogonais a .

(b) Use o resultado da parte (a) para determinar dois vetores

unitários que são ortogonais ao vetor . Esboce os vetores

, e (não os vetores posição).

17. Expresse o vetor como a soma de um vetor

paralelo a e um vetor ortogonal a .b

18. Uma molécula de metano, CH4, é estruturada com os quatro átomos de hidrogênio nos vértices de um tetraedro regular e o carbono no centro. O ângulo de vínculo é o ângulo formado pela combinação H-C-H; é o ângulo entre as retas que ligam o carbono a dois átomos de hidrogênio. Mostre que esse ângulo de vínculo é de aproximadamente 109,5o. Dica: Tome os vértices do tetraedro em

(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) e (1,1,1) e mostre que o centro é .

19. Uma força de newtons é aplicada a um ponto

que se move uma distância de 15 metros na direção do vetor

. Quanto trabalho foi realizado?

v ai bj= +

1 ,v b a=

2 ,v b a= −

v

3 2v i j= −

v

1v

2v

3,1, 2v = −

2,0, 1b = −

1 1 1, ,

2 2 2

4 6F i j k= − +

v i j k= + +


20. Determine a magnitude da força resultante e o ângulo que ela faz com o eixo x positivo em cada um dos casos.

(a)

(b)

(c)

21. O que você entende por produto vetorial entre dois vetores? Determine dois vetores unitários que são perpendiculares ao plano determinado pelos pontos A(0,-2,1), B(1,-1,-2) e C(-1,1,0). Lembre-se que dois vetores determinam um plano no espaço.

22. Se são vetores não coplanares e se ,

e (esses vetores aparecem no

1 2 3, e v v v

( )2 3

11 2 3

v vk

v v v

×=

⋅ ×

( )3 1

21 2 3

v vk

v v v

×=

⋅ ×

( )1 2

31 2 3

v vk

v v v

×=

⋅ ×


estudo de Cristalografia. Vetores da forma , onde

cada ni é inteiro, formam um reticulado para o cristal. Vetores

escritos de modo semelhante para formam o reticulado

recíproco.

(a) Mostre que é perpendicular a se i ≠ j.

(b) Mostre que para i = 1, 2, 3.

23. O que você precisa para escrever a equação de uma reta no espaço?

24. Às vezes, não estamos interessados em uma reta inteira, mas apenas em algum segmento de uma reta. Equações paramétricas de um segmento de reta podem ser obtidas determinando as equações paramétricas para a reta inteira e, em seguida, restringindo o parâmetro apropriadamente de modo que somente o segmento de reta desejado é gerado. Obtenha a equação paramétrica para a reta que passa pelos pontos P(5,-2,1) e Q(2,4,2) e também para o segmento de reta ligando esses pontos.

25. Determine as equações paramétricas para a reta cuja equação vetorial é

.

26. Determine um ponto P sobre a reta dada e um vetor v paralelo à reta

.

27. Escreva as equações paramétricas da reta 2 , 3 5 ,x t y t z t= − = − + =

na forma vetorial.

1 1 2 2 3 3n v n v n v+ +

1 2 3, e k k k

ik

jv

1i ik v⋅ =

, , 1,0,2 1,3,0x y z t= − + −

, , 1,1,2 0,1,0x y z t= +


28. Determine as equações paramétricas da reta que passa pelo ponto P(-2,0,5) e é paralela à reta 1 2 , 4 , 6 2 .x t y t z t= + = − = +

29. Determine a interseção da reta 2, 4 2 , 3x y t z t= − = + = − + com o plano xy, o plano xz e o plano yz. 30. Determine o ponto em que a reta 2 , 3 , 1 2x t y t z t= − = = − +

intercepta o plano 2y + 3z = 6.

31. Verifique se as retas

são reversas (não são paralelas e nem se cruzam).

32. Determine o ponto sobre o segmento de reta que une P(1,4,-3) e

Q(1,5,-1) e que está a 2

3 do caminho de P a Q.

33. Considere a reta r que passa pelo ponto ( )0 0 0 0, ,P x y z e tem

vetor direção , onde a, b e c são não-nulos. Mostre que

um ponto ( ), ,P x y z pertence a reta r se, e somente se,

Essas equações são denominadas equações simétricas da reta r.

34. Dadas as equações simétricas de uma reta r

determine um ponto e o vetor direção da reta r.

35. Sabendo que se C é uma curva fechada, então

: 1 7 , 3 , 5 3r x t y t z t= + = + = −

: 4 , 6, 7 2s x t y z t= − = = +

, ,v a b c=

0 0 0x x y y z z

a b c

− − −= =

2 35

3 2

x yz

− += = −


[ ]C R

N MM dx N dy dA

x y

∂ ∂+ = −

∂ ∂ ∫ ∫∫ (Teorema de Green),

calcule ( )C

xy dx y x dy + + ∫ onde C é o círculo 2 2 1.x y+ =

36. Seja ( ) ( )2, cos 2 .F x y y x i y sen x j= +

a) Mostre que C

F dr⋅∫

é independente do caminho.

b) Sabendo que se uma integral ( ) ( ), ,C

M x y dx N x y dy + ∫ é

independente do caminho, então existe uma função f tal que

e ,f f

M Nx y

∂ ∂= =

∂ ∂ determine ( ), .f x y Se F

é um campo de

forças e ,dr dx i dy j= +

ache o trabalho realizado por F

ao longo

de uma curva de (0,1) a (π/2,3). Lembrando: C

W F dr= ⋅∫

.

37. Calcule C

F dr⋅∫

ao longo da curva C dada.

(a) ( ) 2,F x y x i xy j= +

C: ( ) ( )2cos 2 sen 0r t t i t j t π= + ≤ ≤

(b) ( ), ,F x y z z i x j y k= + +

C: ( ) 2sen 3 sen sen 02

r t t i t j t k tπ

= + + ≤ ≤

38. (a) Considere o vetor direção u

como sendo o vetor unitário i

na direção do eixo x e calcule a derivada direcional de ( ),f x y

nessa direção. Observe o resultado e interprete-o como taxa de variação.


(b) Considere o vetor direção u

como sendo o vetor unitário j

na direção do eixo y e calcule a derivada direcional de ( ),f x y

nessa direção. Observe o resultado e interprete-o como taxa de variação.

(c) Levando em consideração os itens anteriores, faça uma

interpretação da derivada direcional, de uma função ( ),f x y , como

taxa de variação.

OBS: As definições são análogas para ( ), , .f x y z

39. Para você saber em que direção, a partir de um ponto ( ),a b

qualquer do domínio de uma função ( ), ,f x y o crescimento de

uma função ( ),f x y é maior, menor ou constante, basta analisar a

derivada direcional dessa função.

Justifique essa afirmação analisando a derivada direcional e o

ângulo formado entre os vetores ( ), ef a b u∇

.

40. Suponha que a temperatura T em um ponto ( ), ,P x y z de um

certo espaço é dada por ( ) 2 2 2, , 2 4T x y z x y z= − + .

(a) Determine a taxa de variação de T no ponto ( )1,2, 1− na direção

do vetor 4 1 2 .v i j k= − +

(b) Em que direção a função T cresce mais rapidamente a partir desse ponto? (c) qual a taxa máxima de crescimento? (d) Um mosquito localizado nesse ponto deseja se esfriar o mais rápido possível; em que direção ele deve voar?


41. Sabe-se que um campo vetorial ( ) ( ) ( ), , ,F x y M x y i N x y j= +

é conservativo se M N

y x

∂ ∂=

∂ ∂ (ou seja, um campo conservativo está

associado às diferenciais exatas). Uma função ( ), ,f x y tal que

F f= ∇

é dita ser o potencial para um campo conservativo F

.

Calcule um potencial para o campo vetorial ( ) 2 2, .F x y xy i x y j= +

42. Seja ( ) ( ) ( )3 2, 2 3 4 .F x y x y i xy j= + + +

a) Mostre que C

F dr⋅∫

é independente do caminho.

b) Calcule ( )

( )2,3

0,1.F dr⋅∫

43. Mostre que a integral de linha

( ) ( )( )

( )3,12 2

1,22 2y xy dx x xy dy

−+ + +∫

é independente do caminho e ache seu valor.

44. Mostre que se ( ),z z x y= é uma função termodinâmica de

estado e usando a propriedade de integração 0 0,b

adx =∫ então

0dz =∫ (lembre-se que o símbolo ∫ é utilizado para integrais de

linha onde o caminho é fechado).


45. Suponha que uma partícula se mova através de um campo de

forças ( ) ( ),F x y xy i x y j= + −

do ponto (0,0) ao ponto (1,0) ao

longo da curva ( ), 1x t y t tλ= = − . Para qual valor de λ o trabalho

realizado pelo campo de forças será igual a 1?

46. Verifique se ( ), cos senx xF x y e y i e y j= +

é um campo

vetorial conservativo. Se for, encontre uma função potencial para

.F

47. Calcule o valor da integral de linha 2 2C

y dx xy dy + ∫ ao longo

do caminho C do ponto ( )1,2− ao ponto (1,3).

48. Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças

( ) 3 2 2, 2 3F x y xy i x y j= +

sobre uma partícula que se move do ponto ( )3,0P − ao ponto

( )4,1Q , ao longo de uma curva lisa C.

49. Calcular a massa de um fio delgado com a forma de um semicírculo de raio a, considerando que a densidade em um ponto P é diretamente proporcional a sua distância à reta que passa pelos pontos extremos. A posição de P é dada por:

( ) [ ]cos , para 0, .r t a t i a sen t j t π= + ∈

Apêndice

Regras de Derivação

Considerando ( ), ' e ' ,du dv

u f x u vdx dx

= = = temos que:

1. [ ] 'd

cu cudx

= 2. [ ] ' 'd

u v u vdx

± = ±

3. [ ] ' 'd

u v u v uvdx

⋅ = + 4. 2

' 'd u u v uv

dx v v

− =

5. [ ] 0d

cdx

= 6. 1 'n ndu nu u

dx− =

7. [ ] 1d

xdx

= 8. ( )' , 0d u

u u udx u = ≠

9. [ ]'

lnd u

udx u

= 10. 'u ude e u

dx =

11. [ ]( )

'log

lnad u

udx a u

= 12. ( )ln 'u uda a a u

dx =

13. [ ] ( )sen cos 'd

u u udx

= 14. [ ] ( )cos sen 'd

u u udx

= −

15. [ ] ( )2tg sec 'd

u u udx

= 16. [ ] ( )2cotg cossec 'd

u u udx

= −

17.

[ ] ( )sec sec tg 'd

u u u udx

=

18.

[ ] ( )cossec cossec cotg 'd

u u u udx

= −

REGRAS DE DERIVAÇÃO E INTEGRAÇÃO 457

19. [ ]2

'arcsen

1

d uu

dx u=

− 20. [ ]

2

'arccos

1

d uu

dx u

−=

−

21. [ ] 2

'arctg

1

d uu

dx u=

+ 22. [ ] 2

'arccotg

1

d uu

dx u

−=

+

23. [ ] ( )senh cosh 'd

u u udx

= 24. [ ] ( )cosh senh 'd

u u udx

=

Regras de Integração

FORMAS BÁSICAS

1.

1

1

nn u

u du Cn

+

= ++∫

2. lndu

u Cu

= +∫

3. u ue du e C= +∫

4. 1

lnu ua du a C

a= +∫

5. sen cosu du u C= − +∫

6. cos senu du u C= +∫

7. 2sec tgu du u C= +∫

8. 2cossec cotgu du u C= − +∫


9. sec tg secu u du u C= +∫

10. cossec cotg cossecu u du u C= − +∫

11. tg ln secu du u C= +∫

12. cotg ln senu du u C= +∫

13. sec ln sec tgu du u u C= + +∫

14. cossec ln cossec cotgu du u u C= − +∫

15. 1

2 2sen

du uC

aa u

−= +−

∫

16. 1

2 2

1tg

du uC

a aa u−= +

+∫

17. 2 2

1ln

2

du u aC

a u aa u

+= +

−−∫

18. 1

2 2

1sec

du uC

a au u a

−= +−

∫

19. 2 2

1ln

2

du u aC

a u au a

−= +

+−∫

FORMAS ENVOLVENDO 2 2 , 0a u a+ >

20. ( )2

2 2 2 2 2 2ln2 2

u aa u du a u u a u C+ = + + + + +∫

21. ( ) ( )4

2 2 2 2 2 2 2 2 22 ln8 8

u au a u du a u a u u a u C+ = + + − + + +∫


22.

2 2

2 2

1ln

du a a uC

a uu a u

+ + = − + +

∫

23. 2 2

22 2 2

du a uC

a uu a u

+= − +

+∫

24.

( )3 2 2 2

2 2 2

du uC

a a ua u

= − ++

+∫

25.

2 2 2 22 2 ln

a u a a udu a u a C

u u

+ + + = + − +

∫

26. ( )2 2 2 2

2 22

lna u a u

du u a u Cuu

+ += − + + + +∫

27. ( )2 2

2 2ln

duu a u C

a u= + + +

+∫

28. ( )2 2

2 2 2 2

2 2ln

2 2

u du u aa u u a u C

a u= + − + + +

+∫

FORMAS ENVOLVENDO 2 2 , 0a u a− >

29.

22 2 2 2 1sen

2 2

u a ua u du a u C

a−− = − + +∫

30. ( )4

2 2 2 2 2 2 2 12 sen8 8

u a uu a u du u a a u C

a−− = − − + +∫

31.

2 2 2 22 2 ln

a u a a udu a u a C

u u

− + −= − − +∫

32.

2 22 2 1

2

1sen

a u udu a u C

u au−−

= − − − +∫


33.

2 22 2 1

2 2+ sen

2 2

u u a udu a u C

aa u

−= − − +−

∫

34.

2 2

2 2

1ln

du a a uC

a uu a u

+ −= − +

−∫

35. 2 2

22 2 2

1dua u C

a uu a u= − − +

−∫

36.

( )3 2 2 2

2 2 2

du uC

a a ua u

= +−

−∫

37. 1

2 2sen

du uC

aa u

−= +−

∫

FORMAS ENVOLVENDO 2 2 , 0u a a− >

38. ( )2

2 2 2 2 2 2ln2 2

u au a du u a u u a C− = − + + − +∫

39. ( ) ( )4

2 2 2 2 2 2 2 2 22 ln8 8

u au u a du u a u a u u a C− = − − − + − +∫

40. 2 2

2 2 1cosu a a

du u a a Cu u

−−= − − +∫

41.

2 2 2 22 2

2ln

u a u adu u u a C

uu

− −= − + + − +∫

42. 2 2

2 2ln

duu u a C

u a= + − +

−∫


43. 2 2

22 2 2

du u aC

a uu u a

−= +

−∫

44.

2 22 2 2 2

2 2ln

2 2

u du u au a u u a C

u a= − + + − +

−∫

45.

( )3 2 2 2

2 2 2

du uC

a u au a

= − +−

−∫

FORMAS EXPONENCIAL E LOGARÍTMICA

46. ( )2

11au auue du au e C

a= − +∫

47. 11n au n au n aun

u e du u e u e du Ca a

−= − +∫ ∫

48. ( ) ( ) ( )( )2 2sen sen cos

auau e

e bu du a bu b bu Ca b

= − ++∫

49. ( ) ( ) ( )( )2 2cos cos sen

auau e

e bu du a bu b bu Ca b

= − ++∫

50. ln lnu du u u u C= − +∫

51.

( )( )

1

2ln 1 ln 1

1

nn u

u u du n u Cn

+

= + − + +

∫

52. 1

ln lnln

du u Cu u

= +∫


FORMAS TRIGONOMÉTRICAS

53. 2 1 1

sen sen 22 4

u du u u C= − +∫

54. 2 1 1

cos sen 22 4

u du u u C= + +∫

55. 2tg tgu du u u C= − +∫

56. 2cotg cotgu du u u C= − − +∫

57. ( )3 21sen 2 sen cos

3u du u u C= − + +∫

58. ( )3 21cos 2 cos sen

3u du u u C= + +∫

59. 3 21

tg tg ln cos2

u du u u C= + +∫

60. 3 21

cotg cotg ln sen2

u du u u C= − +∫

61. 3 1 1

sec sec tg ln sec tg2 2

u du u u u u C= + + +∫

62. 3 1 1

cossec cossec cotg ln cossec cotg2 2

u du u u u u C= + − +∫

63. 1 21 1

sen sen cos senn n nnu du u u u du C

n n− −−

= − + +∫ ∫

64. 1 21 1

cos cos sen cosn n nnu du u u u du C

n n− −−

= + +∫ ∫

65. 1 21

tg tg tg1

n n nu du u u du Cn

− −= − +−∫ ∫

66. ( ) ( )( )( )

( )( )

sen sensen sen

2 2

a b u a b uau bu du C

a b a b

− += − +

− +∫


67. ( ) ( )( )( )

( )( )

sen sencos cos

2 2


a b a b

− += + +

− +∫

68. ( ) ( )( )( )

( )( )

cos cossen cos

2 2


a b a b

− += − − +

− +∫

69. sen sen cosu u du u u u C= − +∫

70. cos cos senu u du u u u C= + +∫

FORMAS ENVOLVENDO ( ) ( )2 2 2 2ea u u a− −

71. 2 2

1 1ln

2

u adu C

a u aa u

+= +

−−∫

72. 2 2

1 1ln

2

u adu C

a u au a

−= +

+−∫


Referências Bibliográficas

[1] AGUIAR,A.F.A., XAVIER, A.F.S., RODRIGUES, J .E.M., Cálculo Para Ciências Médicas e Biológicas. Editora Harbra, São Paulo, 1988.

[2] ANTON, H., Cálculo – um novo horizonte, vol. 2, 8a edição, 2007.

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[5] BOYER, C. B., História da Matemática, Ed. Edgard Blucher, 1986.

[6] BRADLEY, G. L. , HOFFMANN, L. D. Cálculo – Um curso Moderno e suas Aplicações, 7 a edição, LTC, 2002.

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[10] GONÇALVES, M. B., FLEMMING, D. M., Cálculo A, 6 a edição, Pearson Education, 2007.

[11] HALLETT, HUGHES Cálculo de uma Variável , 3 a edição, Editora LTC, 2004.


[13] LARSON, Ron, HOSTETLER, Robert P. , EDWARDS, Bruce H., Cálculo, volume2, 8 a edição, McGraw-Hill , 2006.

[14] LARSON, Ron, EDWARDS, Bruce H., Cálculo com Aplicações, 6 a edição, LTC Editora, 2005

[15] LEITHOLD, L., O cálculo com Geometria Analí t ica, vol .2, 3 a edição, Harbra, 1990.

[16] MORTIMER, R.G., Mathematics for Physical Chemistry, 1981.

[17] SALAS/HILLE Cálculo, volume 2, 9 a edição, Editora LTC, 2005.

[18] SCOTT, S.K., Beginning mathematics for Chemistry, 1995.

[19] STEWART,J . Cálculo, volume 2, 5 a edição, Pioneira Thomson Learning, São Paulo,2005.

[20] SWOKOVSKI, E.W., cálculo com Geometria Analí t ica, vol .2, 2 a edição, Makron Books, 1995.

[21] TABBUTT, P., Basic mathematics for Chemistry, 1994.

[22] THOMAS, G. B., cálculo, vol 2, 10 a edição, Pearson Education do Brasi l , São Paulo, 2002.

[23] www.calculo.iq.unesp.br (site de apoio as disciplinas de Cálculo Diferencial e Integral do Curso de Química da UNESP – Araraquara (SP).

[24] www.cepa.if .usp.br/e-calculo

[25] http://w3.unesp.br/unespfree/ (si te da Unesp para download de programas l ivres) .

[26] www.graphmatica .com

Respostas dos Exercícios

CAPÍTULO 1

EXERCÍCIOS 1.1

a) 2 91(2 3 )

54x C+ + b) ( ) ( )

1 1

2 22 3 2arctg 3x x C+ − + +

c) ( )ln 4te C+ + d) ( )1

sen 5 25

x C− +

e) ( ) ( ) ( )7 5 3

2 2 22 4 2

1 1 17 5 3

x x x C+ − + + + + f) ( ) ( )5 3

2 22 2

1 15 3

x x C+ − + +

g) ( ) ( )5 3

2 22 8

4 45 3

t t C− + − + h) 21ln sec

2x C+

i) 14 1 23 6 33

18 614

x x x C− + + j) ( ) ( )2

2 2334 6

10x x C+ − +

k) ( )3 6 62 3 6 6ln 1x x x x C− + − + + l) ( ) ( )7 4

3 33 27

9 97 4

x x C+ − + +

m) ( ) ( )9 4

5 55 5

3 2 3 281 18

x x C+ − + + n) 2 2

arctg33

xC

−+

o) ( ) ( ) ( )7 5 3

2 2 22 4 21 1 1

7 5 3x x xe e e C+ − + + + +

EXERCÍCIOS 1.2

1.

a) ( )ln 1x x C− + b) 3 1

ln3 3

xx C

− +

c) ( )22 cos 2 senx x x x C− + + d) ( )1

sen cos2

xe x x C− +

RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS 467

e) ( )1

-cossec cot g ln cossec cot g2

x x x x C+ − +

f) 2 1

2 2

xex C

−

− + +

g) cos senx x x C− + +

h) ( )21arctg ln 1

2x x x C− + + i) ( )

322

3ln 29

x x C− +

j) ( )( )cos 1 ln cosx x C− + k) sec ln sec tgx x x x C− + +

l) 3 2[ 3 6 6]xe x x x C−− + + + + m) 1

cos5 sen525 5

xx x C+ +

n) 3

29 6 227

xex x C − + + o) ( )2 2 sen 2 cosx x x x C− + +

2.

EXERCÍCIOS 1.3

a) 5sen

5

xC+ b) 31 1 1

sen4 sen 216 64 48

x x x C− + +

c) 7 5cossec cossec

7 5

x xC− + + d) 3 5 71 2 1

cos cos cos3 5 7

x x x C− + − +

e) 4cos

4

xC− + f)

5 3tg tgtg

5 3

x xx x C− + − +

g) 7 32 2cos cos

7 3x x C− + h) 9 7 51 2 1

tg tg tg9 7 5

x x x C+ + +

i. 4tg

4

xC+ j) tg cotgx x C− +

k) 31sen sen

3x x C− +

2 1 1( )

2 2 4

tep t t

−− = + +


l) 31 1 1cossec cotg cossec cotg ln cossec cotg

4 8 8x x x x x x C− + − − +

EXERCÍCIOS 1.4

1.

a) 1

arctg2 2

xC+ b)

21 3 3ln

3

xC

x x

+− +

c) 2 16

ln4 4

x xC

−+ + d) 29

arcsen 92 3 2

x xx C+ − +

e) ( )2 2625arcsen 25 25 2

8 5 8

x xx x C+ − − +

f) 2

2 1ln 1

xx x C

x

−+ − − +

EXERCÍCIOS 1.5

a) 5

6ln 22

x Cx

+ + ++

b) 3

ln 1 5ln2

xx C

x

−− + +

−

c) 3ln ln 3 2ln 1x x x C− + + − + d) 2 2 2ln 1x x x C− + + +

e) ( )2 1ln 1 +arctg 2ln 1

1x x x C

x+ − − − +

−

f) ( )219 ln 1 12arctg ln

2x x x x C− + − + +

g) 3

2 5ln 33

x x Cx

+ − + ++

h) 3 2 1

ln 2 ln5 5 2

x x C+ + − +


EXERCÍCIOS EXTRAS

1.

1) 10

7ln 11

x x Cx

+ − − +−

2) 2arcsec x C+

3) 3 23t C

t− + 4)

21 9 3ln

3

xC

x x

+− +

5) 1

1 tgC

x

−+

+ 6) tg x C+

7) 1 1 1

4 1 1C

x x

− + + − 8)

1ln

2 senC

x

+

−

9) 1

arctg4 4

xC+ 10)

1tg 5

5x x C− +

11) 2

arctg3

t C+ 12) 3 arcsen x C+

13) ( )31

2 23

y y C− + 14) 1xe C− +

15) ( )2 14ln ln 4 arctg

2 2

xx x x C+ + + − +

16) ( )2 2

3

3 2 3

27

x xC

x

+ −+

17) 3 51 sen 2 sen 2

2 3 5C

θ θ − +

18) ( )2

21ln 1 +arctg

4 4

xx x x C+ − + +

19) ( ) ( )2

2 21 1+ sen 1 cos 1

4 4

xx xe

e e C−

− − +

20) xxe C−− + 21) 5 31 2cotg cotg cotg

5 3x x x C− − − +

22) 1

5ln 1 3ln 51

x x Cx

+ − − − ++


23) 26

1 1

cos 3xe C

x x− − + 24) 2 24 ln 4x x x C− + + − +

25) ( )2

1

2 16C

x+

− 26)

2e sen 2cos

5 2 2x x x

C

+ +

27) 2

42e 1

4x x

x C

− + +

28) 21tg

2x C+

29) ( )2

2 2 1arctg

4 22 2 3

x xC

x x

− − + − +

+ +

30) ( )1 tg ln cosx x x C− + +

2. a) ≈ 13,18 b) ≈ 7,4 c) ≈ 41,85

3. 5

2

4. ( ) 31 1 2cos cos 10

9 3 9p t t t t= − + +

5. ≈ 0,082 CAPÍTULO 2

EXERCÍCIOS 2.1

5.

a) ( )3 310

3y y x C+ − + = b) 2 xy e=

c) 2 3 22 2 2 3 0y y x x x− − − − − = d) ( )22ln 1 4y x= − + +

e) 32 2ln sen 0

3 3y y x+ − − = f) 32

ln 13

y x C= ± + +


g) ( )2 210

2y xy x e e C−− + − + = h)

2

2y

x C=

−

i) 1

yx C

−=

+ j)

24

2

xey C= ± +

k) 2y x C= ± + l) ( )2

2ln 0

2

xy C− + =

6. a) ( )tg 1y x= − b) ( )2 1 3tx e t= − +

7. k = -3 ou k = 3.

8. 2

2

4 2y

x x

−=

+ −

9. Considerando 0 4y≤ < temos ( )22

3

4,

1t

y t

Ce−

=

+

onde

0

0

4 yC

y

−= .

a) ( ) 4.t y t→ +∞ ⇒ →

b) unidades de tempo.

10. ( ) ( ) ( )21 11 ; quando .

8 8xy x e y x x−= − → → ∞

EXERCÍCIOS 2.2

1. ( ) ( )1 ,ktC t C e−= − onde k é a constante de proporcionalidade.

2. ( ) 0,0282804100 tC t e−= t = 24 dias e meio

3. a) aproximadamente 13 anos; b) 29,58 mg

3,3T ≈


4. Aproximadamente 13.334 anos

5. ( ) 0

0

1,

1 p t

p xx t C

xCe α−

−= =

+

6. ( ) 0

0

11,

1 t

xx t C

xCe β−

−= =

+

7. Q(0) = 160 bactérias

8. 29,3 gramas; 60 quando ;x t→ → +∞ 0 grama de A e 30

gramas de B.

9. ( ) ( )10 1834; 2000 quando .C C t t= → → +∞

EXERCÍCIOS 2.3

1.

a) ( ) ( )213 1

2xy x e= − b) ( ) 2

sen xy x

x=

c) ( ) 2 31 1

3 3x xy x x e Ce− −

= − + +

d) ( )3

2

3x x

y x e C

= +

e) ( )3 cos2

sen 22 2

xy x x C

x

= + +

f) ( ) ( )22 1 3x xy x e x e= − +

g) ( )3

25

x Cy x

x= + h) ( ) ( )2 21

12

xy x e x−= −

2. a) ( ) 0,04500 400 tC t e−= −

b) ( ) 500gr quandoC t t→ → +∞

3. 7h,42mint ≈


4. Levará aproximadamente 82 seg para atingir 90ºC e 146 seg para atingir 98ºC. 5. Aproximadamente 25ºC.

6. ( ) ( ) ( )1000,3 1 , 0,3 quando .ti t e i t t−= − → → ∞

7. ( ) ( ) ( )50 500,01 1 , 0,5 .t tq t e i t e− −= − =

EXERCÍCIOS EXTRAS

1. a) a = 0 ou a = 2 b) a = 0 ou a = -1/3

2.

a) ( )21 5

2 2x x xy x e e− −= − + b) ( ) ( )

12 21

12

y x x= +

c) ( )3 3t t ty t e e− −= + d) ( ) ( )

2152 1

16y x x= + +

e) ( )2sen

( ) 32

tte

y t e= + f) ( )5 54

5 51 4

5 5

x x

y x e e−

= +

g) ( )2

15

9y x

x=

+ h) ( )

1y x x

x= −

3. ( )5

01 1

.5 5

xy x y e− = + −

a) A solução é decrescente para 01

5y > e crescente para 0

1.

5y <

b) ( )1

quando5

y x x→ → ∞ e independe do valor de y0.


4. ( ) 0

2

4.

9

yy x

x=

−

a) x > 3 para e -¶ < x < ¶ para y0 = 0.

b) y(x) → 0 quando x →¶ e independe do valor de y0. 6. A solução do PVI é dada implicitamente por

3 23 0.y y x x− − − = A solução tem um extremo local onde

0,dy

dx= ou seja, em x = -1/2.

7. ≈ 50.200 anos. 8. 4,06 gramas.

9. a) ( ) ( )1

2100 100t

Q t e t−

= +

b) ( )1

1010 2C e−

= gramas por litro.

10. y0 = 64 11. t ≈ 2,71 h 12. t ≈ 0,5 h 13. 760 14. 11 horas 15. T(1) = 31,67°F; Aproximadamente 0,06 min.

0 0y ≠


17. ( )

( )

10

2 10

60 1 , 0 20

60 1 , 20

t

t

e t

i t

e e t

−

−

− ≤ ≤

= − >

18. ( )( )1

0

t t

RCE t E e−

−=

19. ( ) sen

0k tP t P e=

20. 276 estudantes infectados

CAPÍTULO 3

EXERCÍCIOS 3.2

(a) d = 5 (b) 86 9,27d = ≈

EXERCÍCIOS 3.3

1. a) (1,2,0) b) 1 1

, ,42 2

2. a) ( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 3 25x y z− + − + − =

b) ( ) ( ) ( )2 2 2

3 2 2 4x y z+ + − + − =

c) 2 2

23 5 17

2 2 2x y z

− + − + =


3. a) 7 7

,0,0 ; 2 2

C r

=

b) ( )5

1,3,2 ; 2

C r =

EXERCÍCIOS 3.4

1. a) ( )1,2 1f − = − b) ( ), 3f b x b x= +

c) ( ) ( ), ,

3f x x y f x y

x

+ ∆ −=

∆ d)

( ) ( ), ,1

f x y y f x y

y

+ ∆ −=

∆

2. a) ( ) 2 2 2, : 4D x y x y= ∈ + ≤ℝ

b) ( ) 2 2, :D x y y x= ∈ ≥ℝ

c) ( ) 2, :D x y y x= ∈ ≠ ±ℝ

d) 2( , ) : 22

xD x y y

= ∈ < − +

ℝ

3. a) ( )2,1 5f =

b) ( ) 33 , 9 1f a a a= +

c) ( ) ( )2 2, 1f ab a b a b a b− = − +

4. a) ( ) ( )( ) 2 10, 3f x t y t t t= +

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

5. ( ) 2 2, : .D x y x y= ∈ ≠ℝ

6. a) ( ) ( ) ( )2 3 7, : ; 2,1 ; 6, 4 0.

2 8

xD x y y f f

= ∈ ≠ − = − =

ℝ

b) ( ) ( ) ( )2, : ; 4,5 3; 1,2 3.D x y y x f f= ∈ ≥ ± = − =ℝ


EXERCÍCIOS 3.5

1.

a)

b)

c)

d)

3. a) b)

x

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-4

-2

2

4

x

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-4

-2

2

4

x

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

x

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

y

-6 -4 -2 0 2 4

-6

-4

-2

2

4

6

C=1

C=2

C=-3

y

-6 -4 -2 0 2 4

-2

2

4

6

8

10

C=0

C=4

C=9


5. ( )31,13;31,275 10 273,49T C× = −

EXERCÍCIOS EXTRAS

1. 0 4

0 2 4

x z y

y x z

= ⇒ − =

= ⇒ + =

2. ( ) ( ) ( )2 2 2

1 2 3 1 0x y z− + − + − + =

4. a) 18d = b) 206d =

5. (6,4,7)

7. P(3,3,3)

8. 5 5

,0,0 ; 2 2

C r

=

10. a) 5 b) 39 1a + c) ( )2 2 1a b a b− +

11. ( )

( )

0,09;60 722,84

0,14;240 8090,13

F

F

=

=

12. ( )

( )

500;0,10;5 824,36

1500;0,12;20 16534,76

A

A

=

=

13. ( )

( )

1,2 0

1,4 6

f

f

=

=

14. ( ) 2, 3 3f x x y xy y y x+ ∆ = + + ∆

( ) ( ), ,

3 2f x y y f x y

x y yy

+ ∆ −= + + ∆

∆

15. 0,7%

17.


a) b) c)

d) e) f )Todo o plano xy

19. a) : 2D x x= ∈ ≠ℝ

b) ( ) 2, : 2D x y x= ∈ ≠ℝ

20. 2V r hπ=

Do ponto de vista matemático: ( ) 2,D r h= ∈ℝ

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-2

2

4

6

8

10 y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-6

-4

-2

2

4

6


Do ponto de vista físico: ( ) 2, : 0, 0D r h r h= ∈ ≥ ≥ℝ

23.

a) ( ) 2, :5 3 0D x y x y= ∈ + ≠ℝ

b) ( ) 2, : 0D x y x y= ∈ + >ℝ

c) ( ) 2 2 2, : 16D x y x y= ∈ + ≤ℝ

d) ( ) 2, : 2 0D x y x y= ∈ − >ℝ

27. No plano z = 3 o traço da esfera é dado por: 2 2 16x y+ =

No plano x = 4 o traço da esfera é dado por: 2 2 9y z+ =

28. a) b)

x

y

-2 -1 0 1 2 3

-6

-4

-2

2

4

6

x

y

-2 -1 0 1 2 3

-6

-4

-2

2

4

6

x

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-4

-2

2

4

6

x

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-4

-2

2

4

6


c) d)

e) f)

g) h)

31. O mapa de contorno da figura (a) representa as curvas de nível do parabolóide enquanto que o da figura (b) representa as curvas de nível do cone pois a distância entre as curvas de nível é sempre a mesma em (b).


32. A distância entre as curvas de nível da função ( ),f x y é sempre

a mesma pois f é um plano e inclinação da superfície em qualquer ponto é sempre a mesma.

34. 2xye =

36. a) A voltagem é sempre constante.

b)

x

y

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

-15

-10

-5

5

10

15

V=1

V=0,5

V=2


38.

A superfície é mais inclinada na região onde as curvas de nível estão

mais próximas uma das outras e menos inclinada onde as curvas de

nível estão mais longe uma das outras.

40. ( )3,3 56f − ≈ e ( )3, 2 58f − ≈

41. a) 1,14x10-4

43. a) b) 2 3z x y= − para z = 0

45.

a) b)

x

y

-6 -4 -2 0 2 4 6

-4

-2

2

4

6

x

y

-3 -2 -1 0 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

y=1/xy=2/x

y=3/x

x

y

-4 -2 0 2 4

-4

-2

2

4

y=4/x


CAPÍTULO 4

EXERCÍCIOS 4.1

2.

a) 3 25 ; 15x yz y z xy= = b) ( )2

2

12; 3 ln 2 1

2 1

yy

x yxe

z z e xx

= = −−

c) cos ; senx yz y x z x= =

d) ( ) ( )2 27 1 2 ; 7 1 2xy xyx yz ye xy z xe xy= + = +

e) ( )

2 3

2

6 8;

1 4 1 4x y

x xz z

y y= =

− − f)

3 3;x yz z

x y

−= =

g) ( ) ( )2 2 2 2 22 cos sen ; sen 9x yz x x y x y z x x y y = − = − +

h) 1

[1 ( ln )]; ( ln )xy xyx yz e y x y z e x x y

y

= + − = − −

i) ( ) ( )

2 2

2 2

2;x y

x xy y x xz z

x y x y

+ − −= =

+ +

j)

3 3

2

2 2

3 2 2 3

2 2

1

( ) 2

1 3

2

2

( ) ( ) 2

x

y

z

z y yzf

x y x z xyz

z y x xzf

x y x z xyz

zy x z y x xyf

x z x z xyz

= − ++ +

= − ++ +

= − − ++ +


k)

2 3 3 3 3 3

2 2

2 3 3 2 2 22

3 2; 6

32 32

3 33 ;

32

w y

x z

w z xyz w z xyzf f xy

y ww y

y z w z xy zf y f

w y w

= + = − −

= − = −

4. 2

;m m

P T

V VR RT

T P P P

∂ ∂ = = − ∂ ∂

5.

( )

( )

3,2 12,2

3;2,2 16,8

x

x

f

f

≈

≈

EXERCÍCIOS 4.2

1. dT V dP P dV

dt k dt k dt= +

2. 3

1 2( )

dT dP ab aV dVV b P

dt k dt dtV

− = − + +

3. a) 0,88dV

dtπ= cm3/min b) 0,3

dA

dtπ= cm2/min

4. 0,07626dS

dt= cm2/ano

5. a) A produção de trigo diminui a medida que a temperatura aumenta. A produção de trigo aumenta a medida que a chuva aumenta.


b) (Nestas condições, a produção de trigo diminuirá

cerca de 1,1 unidades por ano.)

6.

7.

8.

10.

11. a) b)

12. a)

b)

EXERCÍCIOS 4.3

1. a) coef. ang = 3 b) coef. ang. = −2

1,1dW

dt= −

53,1 10 /dI

A sdt

−= − ×

0,27dV

dt= −

( 0) 4dw

tdt

= =

21

6−

( )2

6 3dz yt x

dt x y

−=

−( )

2 29 6 1 18dz

x y tdt

= + +

( )2

' 2 cost

y x

f fG t te t

x y

∂ ∂ = +

∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 0 1,0 1,0 1,0 1,0 5y x

f dx f dyG

x dt y dt

∂ ∂ = + =

∂ ∂


2.

3.

4. (coeficiente angular da reta tangente à curva de

nível gerada, no plano yz, quando se fixa x = 1)

(coeficiente angular da reta tangente à curva de

nível gerada, no plano xz, quando se fixa y = 2)

5. (a) (b)

6. (a partir do ponto (2,3) do plano xT, para

cada uma unidade que você anda (aumenta), na direção do eixo x, o valor de z diminui de 2,4 unidades)

(a partir do ponto (2,3) do plano yT, para

cada uma unidade que você anda (aumenta), na direção do eixo y, o

valor de z diminui de 9 unidades)

4z x= −

2 5

3 3z x= +

5 4

3 3z y= +

( )1,2 8xf = −

( )1, 2 4yf = −

3

40 e

9x x= = 0 e 1x x= =

( )2,3 2,4y

T

x

∂ = −

∂

( )2,3 9x

T

y

∂= −

∂


7. (a) (taxa de variação da temperatura

aparente em relação a temperatura do ar, mantendo a umidade relativa do ar como constante).

(taxa de variação da temperatura

aparente em relação a umidade relativa do ar, mantendo a temperatura do ar como constante).

(b) e

EXERCÍCIOS 4.4

1. a)

b) ; ;

( )

2

2 3 4

2 6P RT a

V VV b

∂= − ∂ −

3.

4. a) Não satisfaz o teorema

b) Satisfaz o teorema

6. a)

b)

0,885 1,2h

Ih

t

∂ = +

∂

22,4 1,2t

It

h

∂ = − +

∂

0,8

1,845h

I

t =

∂ =

∂ 32

16ot

I

h =

∂ =

∂

( ) 2, : 0, D V T V V b= ∈ > ≠ℝ

( )2 3

2

T

P RT a

V VV b

∂ = − +

∂ − ( )V

P R

T V b

∂ =

∂ −

2 2

2m mV VR

P T P T P

∂ ∂= − =

∂ ∂ ∂ ∂

( )xy yxf f≠

( )xy yxf f=

2 22 8 ; 16 ; 16 ; 18 8xx xy yx yyf y f xy f xy f y x= + = = = − +

2 2

1 1 ; 0 ; 0 ; xx xy yx yyf f f f

x y= − = = = −


c)

d)

( )22 2

4yx

xyf

x y= −

+

e) 2

2 2 22 2 2

11

11zz

zf

x y zx y z

−= +

− − −− − −

EXERCÍCIOS 4.5

1. a) (0, 0, 0) é ponto de mínimo relativo b) (0, 0, 0) é ponto de sela

c) (0, 0, 5) é ponto de sela

d) (0, 0, 0) é ponto de sela e

(2, −2, −8) é ponto de mínimo relativo

e) (2, 2, 12) é ponto de mínimo relativo f) (3, −2, 17) é ponto de máximo relativo g) (0, 0, 0) é ponto de sela (visualisação gráfica) (−0, −1, −2) é ponto de mínimo relativo (1, 1, −2) é ponto de mínimo relativo

2. a) Máximo absoluto em

b) Máximo absoluto em (3,-2)

3. (0,0,0) é um ponto de sela

(-1,1,1) é um ponto de máximo relativo

2 2e ; +xy ; ; xy xy xy xy xy xyxx xy yx yyf y f e e f e xye f x e= = = + =

( )3

2 2 2 2

1yx

xyf

x y z

−=

− − −

11,

2


4. Os números são: x = y = z = 8

6. As dimensões do tanque são x = y = z = 3 10

9. A antena deve ser instalada no ponto

EXERCÍCIOS 4.6

1. a) 22 sen ( cos 3 )df x y dx x y y dy= + +

b) 33

2(2 )xy xydf xe xy dx x e dy

y

= + + −

c) 22 2 2 2

2 2sec

x ydf dx dy z dz

x y x y= + +

+ +

d) 2 3 2 2 2(2 ) 4 ( 2 ) (12 )df xz z t dx t dy x xzt dz yt xz dt= − + + − + −

2. a) 7,74; b) −1,06; c) 1,87; d) 0,11

3) Falta 0,03459 m3

4. Erro máximo na área: dA = 0,0384 m2

Erro percentual na área: 0,1745 %

Erro máximo no volume: dV = 0,0176 m3

Erro percentual no volume: 0,2933 %

5. O fluxo sanguíneo diminui 5%

6. Erro máximo de 10% para mais ou para menos

5 1,

4 4

−


7.

9. a)

b) Quando α = 0 e β = 0, tem-se que V = cte (que significa que se

trata de um fluido (líquido) incompressível.

c)

d)

EXERCÍCIOS 4.7

1. a)

c)

2.Q E

m mdm dE dQ

E Q

∂ ∂ = +

∂ ∂ onde

Q

mdE

E

∂

∂ é a variação de m

em relação a E mantendo-se Q constante e E

mdQ

Q

∂

∂ é a variação

de m em relação a Q mantendo-se E constante

3. Não é exata

EXERCÍCIOS 4.8

0,01dI A= −= −= −= −

dVdT dP

Vα β= −

-124 bar C⋅

32 1,267 cmV =

3 3

2 2dU VdP PdV= += += += +

3 5

2 2RQ VdP PdVδ = += += += +


1. a)

2 2

2 22

4

2 2z

zxyz y z

y yxzx xyz x zy

− −∂

= ∂ − −

;

2 2 2

2 22

3 2 2

2 2x

xz x y xy z

y yxzz xyz x zy

− + −∂

= ∂ − −

b) 3 2

2 3

cos( ) sen( )

2sen( ) cos( )

2z

x y x yy z z

x y x yxz z

+ −+

∂ −= − +∂ −−

2

3 2 3

2 3

3 sen( ) 2cos( )

(2 )sen( ) cos( )

2x

z x y x y

y z zx y x yzz z

+ −+

∂ − = − +∂ −

−

2. Considere e utilize

derivação implícita.

22

3

( )

(2 )P

a V bR

V T VT a b V

PTV

−+

∂=

∂ − −

( ) ( )2, , 0

aF P T V P V b RT

TV

= + − − =


EXERCÍCIOS EXTRAS

1. a) ; ( )22x

zx sen x y

y

∂= − +

∂

b) ( ) ( )cos senx y

y

ze x y x y

x−∂ = + + + ∂

;

( ) ( )cos -senx y

x

ze x y x y

y− ∂ = + + ∂

2. a) 3 3 220 6 7y

fx y x y

x

∂ = + −

∂ ; 4 2 315 2

x

fx y x

y

∂= +

∂

b) 2

1'

y

z xf

x yy

∂ =

∂ ;

2 3

1'

x

z y x xf f

y y yy y

∂= − −

∂

c) 1

' cos seny

z x xf

x y y y

∂ = −

∂ ;

2

' cos senx

z x x xf

y y yy

∂=

∂

d) ( )

2

2

2

y

z x xy y

x x y

∂ + − =

∂ + ;

( )

2

2x

z x x

y x y

∂ −=

∂ +

e) ( )4

2 22

23 ln 2

2y

z xx x y

x x y

∂ = − − −

∂ − −

3

22x

z x

y x y

∂= −

∂ − −


f) [ ]23 1 2xy

y

zye xy

x

∂ = +

∂ ; [ ]23 1 2xy

x

zxe xy

y

∂= +

∂

g) 3 1

seny

z x

x y y x

∂ = − +

∂ ;

2

3 1sen

x

z x x

y y yy

∂= −

∂

h) 7 lnx

y

wy y

x

∂ =

∂ ; 17 x

x

wxy

y− ∂

= ∂

3. ( )1,1 17y

w

x

∂ =

∂

4.

5. a) b) c)

d) e) f)

g) h)

i) j)

6. a) b)

(((( )))) 4 2 21, 7 ln 1

2f x y x y xy y K= − + + += − + + += − + + += − + + +

6

6x

y

f y

f x

====

====

6

2x

y

f x

f

====

==== 2

6

3

yx

yy

f xe

f x e

====

====

3 2

2

xyx

xyy

f ye

f xe

= += += += +

====2

2

2x

y

xf

y

xf

y

====

= −= −= −= −(((( ))))

2

1

1

1

x y

y

yy

he

xeh

e

====++++

= −= −= −= −++++

(((( ))))

(((( ))))

6 3 4

2 3 4

x

y

f x y

f x y

= − += − += − += − +

= − − += − − += − − += − − +

(((( ))))

(((( ))))

1ln

ln

xy xyx

xy xyy

f e y x yex

f e y x xe

= − + −= − + −= − + −= − + −

= + −= + −= + −= + −

(((( ))))

3

3 1

x y

y y

yf

ex y

fe

====

−−−−====

2 cos

cos

x

y

y yf xsen y

x xy

f xx

= −= −= −= −

====

3

2VR

C ==== (((( ))))

5322

3ln 2

RT

PeS R mkT

Lhπ

= ⋅= ⋅= ⋅= ⋅


c) d)

7. 2

,2

21P n

V nR

T n a nbP

VV

∂ =

∂ − −

2

,2

21T n

V nb V

P n a nbP

VV

∂ − =

∂ − +

8. 2

4,18I

H RI

t

∂ =

∂ calorias/seg

9. 0 02

760 760e 1

273 273P T

P T

T P P P

ρ ρρ∂ ∂ = = − +

∂ ∂

10. a) 21

58r

A

h

π∂ =

∂ b)

67

58h

A

r

∂ π =

∂

11.

⇒

⇒

25 3

2 2

TR RR

P

++++

51

3P

V

C RT

C P= += += += +

1 11 T

T

PB V

V VV P

β

∂ = = − = − ∂ ∂

∂

2

T T

m m m

V V V V VV

µ µµ

∂ ∂ = ⇒ = = − = − ∂ ∂

T

T

VV

V

µµ

µ µ

∂= − = − ∂ ∂

∂

T TT T T

V P V P PB

V Vµ µ µ

µ µ µ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = − − ⋅ = =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂


12. ⇒ H é função crescente da

temperatura e que H é linear. Portanto, a isóbara é uma reta com

coeficiente angular positivo e igual a . Somente com a

informação dada não é possível saber se a reta passa pela origem ou não.

13.V T P P

T V V V

∂ ∂ ∂⋅ ⋅ = −

∂ ∂ ∂

15. ( )' 2 25u ≈ C/m. Isso significa que, a partir de x = 2, se x

aumentar de 1 metro então a temperatura irá aumentar de,

aproximadamente, C.

16. ( )' 2 25u ≈ C/m. Isso significa que, a partir do ponto (2,1), se x

aumentar de 1 metro (mantendo y constante igual a 1) então a

temperatura irá aumentar de, aproximadamente, C.

( )' 1 15v ≈ − C/m. Isso significa que, a partir do ponto (2,1), se y

aumentar de 1 metro (mantendo x constante igual a 2) então a

temperatura irá diminuir de, aproximadamente, C.

17. a) z é mais sensível à variações de x pois

b)

18. Para r = 5 pés e h = 25 pés, temos que 250 25dV dr dhπ π= + , ou seja, o volume no tanque é mais sensível a pequenas variações de r.

é uma constante positivaP

H

T

∂

∂

5

2R

25

25

15

(((( ))))1,0 2 1dz dx dy= += += += +

1

2

dx

dy= −= −= −= −


Para r = 25 pés e h = 5 pés, temos que 250 625dV dr dhπ π= + , ou seja, o volume no tanque é mais sensível a pequenas variações de h.

19. 0,2%

22. Escreva a diferencial total para U e divida a equação obtida por dV, com P constante.

23. (a) T

S nR

V V

∂ =

∂

(b) Como n, R e V são grandezas positivas, segue que

⇒ as isotermas são curvas monótonas crescentes.

Calculando a derivada segunda de S em relação a V, concluímos que

e, portanto, a curva será côncava para baixo.

26. ⇒

∴

Como

segue que

0T

S

V

∂ >

∂

2

20

T

S

V

∂< ∂

1T U V

U V T

V T U

∂ ∂ ∂ ⋅ ⋅ = −

∂ ∂ ∂

1 1 1

T U V

U V U V

U T UV T V TV V TT U T U

∂ − ∂ ∂ = = − ⋅ = − ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ⋅

∂ ∂ ∂ ∂

U V T

T U U

V T V

∂ ∂ ∂ ⋅ = −

∂ ∂ ∂

J VU V

T UC

V Tµ

∂ ∂ ⋅ = ⋅

∂ ∂

J VT

UC

Vµ

∂ ⋅ = −

∂


CAPÍTULO 5

EXERCÍCIOS 5.1

1. 43,5 2.

3. 2

bπ 4.

5.

EXERCÍCIOS 5.2 1. 0,1 2. 448

3. a) b)

4. a) Para uma função contínua, a afirmação é falsa.

b) Verdadeira, pois

5. a) -0,072 b) 0,359 c) 8

7 d) ≈ 0,382

6. a) 15,37 b) 1,27 c) 0,535 d) 0,57 e) 61,65 f) 2,25 g) 1,08 h) 0,125 i) 0,8 j) 2,66 k) 1,097

7. a) b) c) d) 18

EXERCÍCIOS 5.3

1. a) b) 8 3

2. 104 3.

( )

2

ab a b+

1 2

2

3

a

( )1 1

0,

yf x y dxdy∫ ∫ ( )2

1 1

1,

xf x y dydx

−∫ ∫

5 6 6 5

3 2 2 332xdydx xdxdy= =∫ ∫ ∫ ∫

2 2eπ

−−−−4

3

4

3

16

3

4 2 2 1

3 5

−−−−


EXERCÍCIOS 5.4

1. a) e

b) 8 5 9

e ,3 4 16

P CG

= =

2.

EXERCÍCIOS 5.5

1. 8

35

2. a)

b)

3. a) VM = 16 b) VM = c) VM = 0

d) VM =

EXERCÍCIOS 5.6

1. ( )3 7

2,2 2 2, 2 2,4 4

π π − → → −

( ) ( ) ( )4,0 4,0 4,2π→ →

( )3

0,4 4, 4,2 2

π π → → −

( )5

3,3 3, 3,4 4

π π → → −

( )5

1, 1 2, 2,4 4

π π − − → → −

( ) ( ) ( )1,0 1, 1,0π− → → −

1

8P ====

8 8,

15 15CG

====

1 2,

2 5C

====

15 15 e

77 63x yI I= == == == =

3 1 e

2 2x yI I= == == == =

9

22 3

4

e −


( ) ( ) ( )1,2 5,70 5,250→ → −

EXERCÍCIOS 5.7

1. 22

0 04

rA rdrd r

π

θ π= =∫ ∫

2.

3. a) 2,634 b) 39 c) d)

EXERCÍCIOS 5.8

1. a) P(0,3,1) b) P(3,0,-6) c) P(-1,0,e)

2. a) 7

2, ,24

π

b) 4

2, ,23

π

3. a) (0,0,0) b) (0,0,-2) c) 6 6

, ,12 2

4. a) 2, ,2

ππ

b) 2, ,4 4

π π

5. a) (0,0,2) b) 8, ,06

π

6. a) 2, ,4 2

π π

b) 2, ,2 4

π π

7. 384π 9. 4

5

π 10.

15

16

π

EXERCÍCIOS EXTRAS

4 2 1 3

3 4 32

π− −− −− −− −

26

3

π42 2e

π π−−−−


2. (a) (b)

(c)

3. (a)

(b)

4. (a) 21,3 (b) 39,06 d) e)

0,54 f) 0,035 g) 1

5. (a) (b)

6. (a) (b) 3,46

7.

(a)

(b) 1,35

( )22 42

0 0

11

4

yye dxdy e= −∫ ∫

1

01

2y

e

e

eydxdy = +∫ ∫

( )2 4 2

0 0cos 0,38

yy xy dxdy =∫ ∫

1 cos64

3

−−−−

64

5

π 5

2

π

( )3 10

3

e −

8

3


(c) 0,54

8. a) ( )2 4

0 2,

yf x y dx dy∫ ∫ b) ( )

31

0,

y

yf x y dx dy∫ ∫

c) 22 2 2

0 1 ln( , ) ( , )

e

e yf x y dx dy f x y dx dy+∫ ∫ ∫ ∫

9.

10.

15.

16. e -1 17. Área= 27,87

18.

19. 24 20. -25,5

21.

23. kA

24. Falsa.

9

4

4V π====

16 32

3V

π −−−−====

(((( ))))1

1 cos83

−−−−

2 2

3 3Re−−−−−−−−

21 1 2 2

0 08 1 .

yV x y dxdy

−= − −∫ ∫


25.

CAPÍTULO 6

EXERCÍCIOS 6.1

1. O vetor posição <3,2> aponta para o ponto (3,2) no plano xy.

3.

4.

5.

7. a) b)

8.

9. a) 14 , 1,0, 4

2 6, 4, 2 , 3 4 7,2, 15

u u v

u u v

= + = −

= − − − + = −

b) 5 , 1, 1,3

2 2, 4,0 , 3 4 3, 2,12

u u v

u u v

= + = −

= − + = −

10. Módulo de um vetor é o tamanho desse vetor.

11.

8

3

3,2,3PQ Q P→

= − = −

w v u= −

AB BC AC→ → →

+ =

2,3u = −

0,0,3u =

3, 1 2,4 1,3− + − =

21v =

6 4 2, ,

56 56 56− −


EXERCÍCIOS 6.2

1. a)

b)

2. 3u v⋅ =

3. formam um ângulo obtuso

4. 7

5k =

5. 2

comp5v u =

2comp

5u v =

6. W = -12 lb metro 7. 375 libras pésW = ⋅

EXERCÍCIOS 6.3

1. a)

b)

2. a) escalar b) não faz sentido c) vetor

d) não faz sentido

3. e

4.

EXERCÍCIOS 6.4 1.

33 ; cos

205u v θ⋅ = − = −

2020 ; cos

630u v θ⋅ = − = −

34 u v⋅ = − ⇒

e u v

3 4 2i j k− +

2 3i j k− +

2 1 1, ,

6 6 6− −

2 1 1, ,

6 6 6−

32,19≈


2.

3.

4. a)

b)

EXERCÍCIOS 6.6

1. a) b) 100

17 c)

22

5

− d)

160

14

− e) 0

2. a) 14 2−

b) 2 2

c) na direção perpendicular ao vetor gradiente 4 3

,5 5

u = −

3. a) -47,57

, , 2,4,10 3,1, 8

2 3

4

10 8

x y z t

x t

y t

z t

= − + −

= − +

= + = −

, , 1,0,6 1,3,1

1

3

6

x y z t

x t

y t

z t

= +

= +

= = +

, , 3,1, 1 0,1, 5

3

1

1 5

x y z t

x

y t

z t

= − + −

=

= + = − −

0 2 1

2 3 7

x y z− − += =

−

( )4 11 2 11

0,2, 1 , ,0, , , ,03 3 7 7

− − −

5 2−


b) Na direção do vetor gradiente

c)

5. 4 3

, e 0,15 5

u u= − =

6. b)

EXERCÍCIOS 6.7

1. a) 70 b) 170

3 c) 58

2. a) b) 48 c)

3. a) é exata b) é exata

4. ;

5. -3

6. 31C

F dx G dy+ =∫

EXERCÍCIOS 6.8

1. a)

2. a)

4. a)

b)

4, 8,54−

54,73≈

12,92−

34

7

16

3−

1

64

3Cdz =∫ 2

20C

dz =∫

(((( )))) (((( ))))1 2,3 e 1 2,6v a

= == == == =

0,87 6,93 e 0,5 86 6

v i j a i jπ π

= − = − −= − = − −= − = − −= − = − −

(((( )))) (((( ))))1 1 1 2

2 e 22 3 2 9

v i j a i j

= − − = += − − = += − − = += − − = +

(((( )))) (((( ))))0 2 e 0 4v i j a i j

= − = += − = += − = += − = +


5. a)

b)

6. b)

7.

EXERCÍCIOS 6.9

a) b) 32

3 c)

EXERCÍCIOS 7.0

1.

2. 12π 3. M = 2p -2

4. W = 29/60 J 5. Escoamento = p/2 – 1/2

EXERCÍCIOS 7.1

1. a) 2 3( , ) 4x y x xy y cφ = + + + ; 66

2. a) 3 4( , ) 2x y x y x y cφ = + + +

(((( ))))2 0,6v

==== (((( ))))0 2,24v

====

(((( )))) (((( )))) (((( ))))3

2 42 3 3 2 13

tr t i t t j t k

= + + + − + += + + + − + += + + + − + += + + + − + +

(((( )))) (((( )))) (((( ))))2

3 47 2 1 32

tr t t t i t t j t k

= + + + − + + −= + + + − + + −= + + + − + + −= + + + − + + −

(((( ))))' 2 2r t i tj

= += += += +

2

4 4

8 12

x t

y t

z t

= += += += +

= += += += +

= += += += +

1e − 24π−

1

12−


b) 2( , ) sen 4 xx y x y e cφ = + +

3. a) 2 2( , ) ; 14x y xy x yφ = +

b) ( , ) sen ;xx y e y c eφ = +

EXERCÍCIOS EXTRAS

1) a) b)

3. a) b)

5. a) ; ; ;

;

b) ; ; ;

;

6. a) b)

c)

9.

10.

11. a) b) c)

12.

13.

CD DA CA→ → →

+ =

BC DC BD→ → →

− =

3,2u =

2,0, 2u = −

13u =

1,3u v+ =

7,1u v− = −

2 6,4u = −

3 4 7,10u v+ =

13u =

3u v i j+ = +

7u v i j− = −

2 4 6u i j= −

3 4 10 7u v i j+ = +

9 5,

106 106−

12 5

13 13i j−

8 1 4

9 9 9i j k− +

3,4,0u = −

( )1,3,1B = −

4 2i j k− + −

18 12 6i j k+ −

5 2i j k− − −

7 5 6 5,0,

5 5u = −

2 2 2 2, e ,

2 2 2 2u v= − = −


14.

17.

19.

21.

23. Precisamos de um ponto por onde a reta passa e de um vetor direção ou de dois pontos por onde a reta passa.

25.

26.

27.

29. plano xy: P(-2,10,0) plano xz: P(-2,0,-5)

plano yz: a reta não intercepta o plano yz.

34.

35. p

36. b) ; W = 9

37. a) b)

40. a) b) Na direção do vetor gradiente

c) d) Na direção contrária a do gradiente

0,1,0 e 0, 1,0j j= − = −

16 8 1 23,1, 2 ,0, ,1,

5 5 5 5− = − + − −

5 3−

1 2

1 2 1 1 2 1 e

6 6 6 6 6 6w i j k w i j k= + + = − − −

1

3

2

x t

y t

z

= − −

= =

( )1,2,2 e 0,0,0P v =

, , 2, 3,0 1,5,1x y z t= − + −

( )5, 1,6 e 3,2,1P v− =

( ) 2,f x y y senx K= +

32

3−

23

6

2 6

32, 4, 8− −

84 2,4,8−


41.

42. 30

43.

46. Não é conservativo

47. 13

48. 16

49. 2ka2

( )2 2

,2

x yf x y K= +

77

12

Texto sobre as Autoras Maria Helena S. S. Bizelli

Fez graduação em Licenciatura em Matemática na Universidade Federal de São Carlos – UFSCAR; mestrado em Matemática no Instituto de Ciências Matemáticas e de Computação da USP (ICMC-USP) – São Carlos (SP), na área de Análise Matemática; e doutorado em Educação Matemática no Instituto de Geociências e Ciências Exatas da UNESP (IGCE) – Rio Claro (SP), área de concentração em ensino e aprendizagem da matemática e seus fundamentos filosófico-científicos. É docente do Departamento de Físico-Química do Instituto de Química da UNESP – Campus de Araraquara (SP), desde 1988, onde ministra aulas de Cálculo Diferencial e Integral e trabalha com Matemática Aplicada e Educação Matemática. Atua junto ao Grupo de Pesquisa em Informática no Ensino de Química (GPIEQ) e ao Projeto de Ensino em Ciências (PROENC), com a produção de material didático (livros, vídeos, animações em Flash, applets, vídeos-aulas) - relacionado ao Cálculo Diferencial Integral, Terceira Idade, Informática - e com Ensino à Distância. Coordenadora do Projeto Inclusão Digital para a Terceira Idade (desde 2003) - onde atua também como docente do curso Informática Básica para a Terceira Idade - projeto este vinculado a Universidade Aberta para a Terceira Idade (UNATI) com o apoio da PROEX e da Fundunesp.


Sidinéia Barrozo

Fez graduação em Matemática no Instituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas da Universidade Estadual Paulista – UNESP, campus de São José do Rio Preto (1987); mestrado em Matemática na Universidade de Brasília – UnB (1990), na área de Geometria Diferencial, com ênfase em Superfícies Mínimas; e doutorado em Matemática Aplicada na Universidade Estadual de Campinas – UNICAMP (2000), na área de Biomatemática, onde trabalhou com Modelagem Matemática em Epidemiologia e Fisiologia Humanas. Ministra aulas de Cálculo Diferencial e Integral desde 1990, quando iniciou sua carreira de Professora Universitária na Universidade do Estado de Santa Catarina – UDESC, campus de Joinville. É professora da UNESP desde 1992, tendo trabalhado no Departamento de Matemática da Faculdade de Ciências, campus de Bauru, de 1992 a 2005, e desta data em diante, no Departamento de Físico-Química do Instituto de Química, campus de Araraquara. Trabalha com modelagem matemática – desenvolvimento e análise de modelos matemáticos aplicados às áreas biológicas e à Química; com implementação de métodos numéricos e computacionais para análise matemática de experimentos em Físico-Química e com produção de materiais didáticos relacionados às disciplinas de Cálculo Diferencial e Integral. Supervisiona a área de Matemática do Centro de Ciências da UNESP de Araraquara e atua como colaboradora no projeto Informática para a Terceira Idade, também desenvolvido no Instituto de Química de Araraquara.

cálculo para um curso de química-v2-final-2011x

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