A avaliação ao longo das actividades lectivas será ...webx.ubi.pt/~bento/Calc-II/2015-2016/Calc-II... · António J. G. Bento (UBI) Cálculo II 2015/2016 2 / 427 Critérios de

Cálculo IILicenciatura em Bioquímica

António J. G. [email protected]

Departamento de MatemáticaUniversidade da Beira Interior

2015/2016

António J. G. Bento (UBI) Cálculo II 2015/2016 1 / 427

Bibliografia

– Apostol, T.M., Cálculo, Vol. 1 e 2, Reverté, 1993

– Dias Agudo, F.R., Análise Real, Vol. I e II, Escolar Editora, 1989

– Demidovitch, B., Problemas e exercícios de Análise Matemática, McGrawHill,1977

– Lima, E. L., Curso de Análise, Vol. 2, Projecto Euclides, IMPA, 1989

– Lima, E. L., Análise Real, Vol. 2, Colecção Matemática Universitária, IMPA, 2004

– Mann, W. R., Taylor, A. E., Advanced Calculus, John Wiley and Sons, 1983

– Sarrico, C., Cálculo Diferencial e Integral, Esfera do Caos, 2009

– Stewart, J., Calculus (International Metric Edition), Brooks/Cole PublishingCompany, 2008

– Swokowski, E. W., Cálculo com Geometria Analítica, Vol. 2, McGrawHill, 1983


Critérios de Avaliação

• A avaliação ao longo das actividades lectivas será periódica, sendo efectuados doistestes.

• Os testes serão nos dias 19 de Abril de 2016 e 20 de Maio de 2016.• Os dois testes serão cotados, cada um deles, para 10 valores.• Designando por T1 a nota do primeiro teste e por T2 a nota do segundo teste, a

classificação final será calculada da seguinte forma:

− se T1 + T2 for inferior a 17,5 valores, a classificação final será oarredondamento às unidades de T1 + T2;

– se T1 + T2 for superior ou igual a 17,5 valores, terá de ser feita uma prova oral;nessa prova oral será atribuída uma nota, que designaremos por PO, entre 0 e20 valores; a classificação final será o arredondamento às unidades de

max{

17,T1 + T2 + PO

2

}

.

• São aprovados os alunos com classificação final igual ou superior a 10 valores.• Todos os alunos são admitidos a exame.• Os alunos que no exame tiverem uma nota superior ou igual a 17,5 valores terão

de realizar uma prova oral. Na prova oral será atribuída uma nota PO, entre 0 e20 valores. Designando por EX a nota do exame, a nota final será oarredondamento às unidades de

max{

17,EX + PO

2

}

.


Atendimento

O horário de atendimento será às segundas-feiras, das 17 horas às 19 horas, nogabinete 4.25 do Departamento de Matemática.

Caso este horário não seja conveniente, pode ser combinado outro horário como docente da cadeira através dos email

[email protected]


Índice

1 Equações diferenciais ordinárias

2 Funções de Rn em Rm: limites e continuidade

3 Cálculo diferencial em Rn

4 Cálculo integral em Rn


Índice

1 Equações diferenciais ordináriasDefinição, exemplos e aplicaçõesCampo de direcções e método de EulerEquações de primeira ordem de variáveis separáveisEquações lineares de primeira ordem





Índice






§1.1 Definição, exemplos e aplicações

Exemplo 1 – Reacção química de ordem zero

Uma reacção química do tipo

A → Produtosdiz-se de ordem zero se

a velocidade a que diminui a concentração do reagente A é

constante.

Assim, se CA(t) for a concentração do reagente A no instante t temos

C ′A(t) = −k

para algum k > 0. Esta última equação é uma equação diferencialordinária (EDO). Obviamente temos

CA(t) = −kt+ c ,

pelo que se CA0 for a concentração no instante t = 0, ou seja,CA(0) = CA0 resulta que c = CA0 e, portanto,

CA(t) = CA0 − kt.



Exemplo 1 – Reacção química de ordem zero (continuação)

Os gráficos das soluções são da seguinte forma.

t

CA

Uma vez que neste problema a concentração e o tempo não tomam valoresnegativos, temos a azul as soluções que tem significado físico para o problemaposto. No entanto, em termos matemáticos, podemos pensar na EDO semessas restrições, o que permite prolongar as soluções obtidas para t < 0 e paravalores de C0 negativos, que na figura estão representados a vermelho.



Exemplo 2 – Reacção química de ordem um


A → Produtos

diz-se de ordem um sea velocidade a que diminui a concentração do reagente A é

directamente proporcional à concentração de A.

Assim, temosC ′A(t) = −kCA(t) ,

onde CA(t) é a concentração do reagente A no instante t e k é umaconstante positiva. Esta última equação é também um exemplo de umaequação diferencial ordinária (EDO).



Exemplo 2 – Reacção química de ordem um (continuação)

Vejamos como resolver a equação (tendo em conta que tendo ematenção que CA(t) > 0):

C ′A(t) = −kCA(t) ⇔ C ′

A(t)CA(t)

= −k

⇔∫C ′A(t)

CA(t)dt = −

∫

k dt

⇔ ln |CA(t)| = −kt+ c

⇔ |CA(t)| = e−kt+c

⇔ CA(t) = e−kt+c

⇔ CA(t) = ec e−kt,

pelo que se CA0 for a concentração do reagente A no instante inicialt = 0, temos

CA(t) = CA0 e−kt .



Exemplo 2 – Reacção química de ordem um (continuação)

O gráfico das soluções desta EDO são da seguinte forma:

t

CA



Exemplo 3 – Reacção química de ordem dois


A → Produtos

diz-se de ordem dois sea velocidade a que diminui a concentração do reagente A é

directamente proporcional ao quadrado da concentração de A.

Assim, temosC ′A(t) = −k (CA(t))2 ,

onde CA(t) é a concentração do reagente A no instante t e k é umaconstante positiva. Esta última equação é também um exemplo de umaequação diferencial ordinária (EDO).



Exemplo 3 – Reacção química de ordem dois (continuação)

Assim, tendo em atenção que CA(t) > 0, resulta que

C′A(t) = −kC2

A(t) ⇔ C′A(t)

C2A(t)

= −k

⇔∫C′

A(t)C2

A(t)dt = −

∫

k dt

⇔ − 1CA(t)

= −kt+ c

⇔ 1CA(t)

= kt− c

⇔ CA(t) =1

kt− c,

pelo que se CA0 for a concentração inicial do reagente A temos de terc = −1/CA0 e, por conseguinte, tem-se

CA(t) =1

kt+ 1/CA0

=CA0

kCA0t+ 1.



Exemplo 3 – Reacção química de ordem dois (continuação)

O gráfico das soluções desta EDO são da seguinte forma:

t

CA



Exemplo 4 – Crescimento populacional exponencial

O modelo de crescimento populacional mais simples baseia-se em que

“a taxa de variação do número de indivíduos de uma

população é proporcional ao número de indivíduos da mesma”

o que nos leva à equação diferencial ordinária

P ′(t) = kP (t)

onde P (t) é o número de indivíduos da população no instante t e k é aconstante de proporcionalidade (que depende das taxas de natalidade ede mortalidade).



Exemplo 4 – Crescimento populacional exponencial (continuação)

Assim,

P ′(t) = kP (t) ⇔ P ′(t)P (t)

= k

⇔∫P ′(t)P (t)

dt =∫

k dt

⇔ ln |P (t)| = kt+ c

⇔ |P (t)| = ekt+c

⇔ P (t) = ec ekt

pelo que se a população inicial for P0, ou seja, P (0) = P0 resulta

P (t) = P0 ekt .




P ′(t) = kP (t), k > 0

t

P




P ′(t) = kP (t), k < 0

t

P




P ′(t) = kP (t), k = 0

t

P



Exemplo 5 – Crescimento populacional logístico

O modelo anterior não tem em linha de conta que o meio ambiente temrecursos limitados, o que faz com que a população só possa aumentaraté um certo valor L. Um modelo que incorpora esta questão foiproposto por Verhulst em 1838:

P ′(t) = kP (t)(

1 − P (t)L

)

que também pode ser escrito da seguinte forma

P ′(t) =k

LP (t) (L− P (t)) .



Exemplo 5 – Crescimento populacional logístico (continuação)

Então

P ′(t) =k

LP (t) (L− P (t)) ⇔ P ′(t)

P (t) (L− P (t))=k

L

⇔∫

P ′(t)P (t) (L− P (t))

dt =∫k

Ldt

⇔∫

P ′(t)P (t) (L− P (t))

dt =k

Lt+ c.

Para calcularmos ∫P ′(t)

P (t) (L− P (t))dt

fazemos a mudança de variável x = P (t), donde dx = P ′(t) dt, eportanto

∫P ′(t)

P (t) (L− P (t))dt =

∫1

x(L− x)dx.




Deste modo, temos de calcular A e B tais que

1x(L− x)

=A

x+

B

L− x,

ou seja, temos de terA(L− x) +Bx = 1.

Fazendo x = 0 vem A = 1/L e fazendo x = L vem B = 1/L. Logo

∫P ′(t)

P (t) (L− P (t))dt =

∫1

x(L− x)dx =

∫1/Lx

+1/LL− x

dx

=1L

∫1x

− −1L− x

dx =1L

(ln |x| − ln |L− x|) + C

=1L

ln∣∣∣∣

x

L− x

∣∣∣∣+ C =

1L

ln∣∣∣∣

P (t)L− P (t)

∣∣∣∣+ C.




Portanto∫

P ′(t)P (t) (L− P (t))

dt =k

Lt+ c ⇔ 1

Lln∣∣∣∣

P (t)L− P (t)

∣∣∣∣ =

k

Lt+ c

⇔∣∣∣∣

P (t)L− P (t)

∣∣∣∣ = ekt+cL

⇔ P (t)L− P (t)

= ecL ekt

⇔ P (t) = ecL ekt (L− P (t))

⇔ P (t)(

1 + ecL ekt)

= L ecL ekt

⇔ P (t) =L ecL ekt

ecL ekt +1




Se P (0) = P0, fazendo t = 0 em

P (t) =L ecL ekt

ecL ekt +1,

temos

P0 =L ecL

ecL +1⇔ P0 ecL +P0 = L ecL

⇔ (L− P0) ecL = P0

⇔ ecL =P0

L− P0,

o que implica

P (t) =L

P0

L− P0ekt

P0

L− P0ekt +1

=LP0 ekt

P0 ekt +L− P0=

LP0

P0 + (L− P0) e−kt .




Neste exemplo temos os seguintes gráficos.

t

P

L



Exemplo 6 – Oscilador harmónico simples

Consideremos uma mola de comprimento ℓ (em equilíbrio), fixa de umdos lados e com uma massa m na outra extremidade.

bm

ℓ

Suponhamos que a mola é alongada y0 unidades e depois é largada.

bm

ℓ y0



Exemplo 6 – Oscilador harmónico simples (continuação)

Segundo a lei de Hooke a tensão na mola é proporcional aodeslocamento, ou seja, existe k > 0 (a constante de elasticidade damola) tal que

T = −ky.Supondo que não há mais nenhuma força a actuar (gravidade, atrito,resistência do ar), aplicando a segunda lei de Newton temos

T = my′′,

donde resulta a EDO que se segue

my′′ = −ky ⇔ y′′ = − k

my.



Uma equação diferencial ordinária de ordem n é uma igualdadeque envolve uma função, a sua variável e as suas derivadas até à ordemn. É portanto uma equação do tipo

F(

x, y, y′, y′′, . . . , y(n))

= 0,

onde y é função da variável x e y′, y′′, . . . , y(n) são as derivadas de yaté à ordem n. Aqui F é uma função definida em algum subconjuntode Rn+2 e com valores em R.

Iremos usar a sigla EDO para abreviar “equação diferencial ordinária”.

Uma EDO de ordem n diz-se na forma normal se puder ser escrita daseguinte forma

y(n) = f(

x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1))

.

Aqui f é uma função definida em algum subconjunto de Rn+1 e comvalores em R.



Exemplos

a) As equações

C′A(t) = −k, C′

A(t) = −kCA(t) e C′A(t) = −k (CA(t))2

,

que podem ser escritas de forma mais abreviada como

C′A = −k, C′

A = −kCA e C′A = −kC2

A,

são EDOs de ordem 1.

b) São também exemplo de EDOs de ordem 1

P ′(t) = kP (t) e P ′(t) = kP (t)(

1 − P (t)L

)

,

a quais podem ser escritas de forma abreviada por

P ′ = kP e P ′ = kP

(

1 − P

L

)

c) A equação

y′′ = − k

my

é uma EDO de ordem 2.



Dada uma EDOF(

x, y, y′, y′′, . . . , y(n))

= 0 ,

dizemos que uma funçãoϕ : I → R ,

definida num intervalo de R, é solução da EDO em I, se ϕ fordiferenciável até à ordem n e

F(

x, ϕ(x), ϕ′(x), ϕ′′(x), . . . , ϕ(n)(x))

= 0

para qualquer x ∈ I.



Soluções de EDOs

a) Consideremos a EDOy′ = y.

É fácil verificar que as funções

y(x) = c ex

com c ∈ R, são soluções desta equação. De facto

y′(x) = (c ex)′ = c ex = y(x).



Soluções de EDOs (continuação)

b) As funções da forma

y(x) = c1 cos x+ c2 senx,

com c1, c2 ∈ R, são soluções da EDO

y′′ + y = 0,

pois

y′′(x) = −c1 cos x− c2 sen x = − (c1 cos x+ c2 sen x) = −y(x),

ou seja,y′′(x) + y(x) = 0.



Soluções de EDOs (continuação)

c) As funçõesy(x) = c ex −x− 1,

com c ∈ R, são soluções da EDO

y′ = x+ y,

poisy′(x) = c ex −1

e substituindo na EDO

y′ = x+ y ⇔ c ex −1 = x+ c ex −x− 1

⇔ c ex −1 = c ex −1

obtemos uma igualdade para todo x ∈ R.



Por vezes, as EDOsF(

x, y, y′, y′′, . . . , y(n))

= 0 ,

são sujeita a condições iniciais. Normalmente, as condições iniciais exigemque a solução e, eventualmente, algumas das suas derivadas têm de ter umdeterminado valor em algum ponto pertencente ao domínio da solução.A forma de escrevermos uma EDO com condições iniciais é a seguinte

F(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)

)= 0,

y(x0) = y0,

y′(x0) = y1,

. . .

y(n−1)(x0) = yn−1,

e, neste caso, procuramos soluções da EDO tais que x0 pertença ao domínio everifique

y(x0) = y0, y′(x0) = y1, . . . , y

(n−1)(x0) = yn−1,

onde x0, y0, . . . , yn−1 ∈ R.



Neste curso iremos essencialmente considerar EDOs na forma normal,de primeira ordem e, eventualmente, com apenas uma condição inicial.

Assim, uma funçãoϕ : I → R,

onde I é um intervalo não vazio de R, é solução do problema

{

y′ = F (x, y),

y(x0) = y0,

se ϕ for diferenciável,ϕ′(x) = F (x, ϕ(x))

para todo o x ∈ I, x0 ∈ I e

ϕ(x0) = y0.



Exemplos – EDOs com condições iniciais

a) A funçãoy(x) = 2 ex

é solução do problema{

y′ = y,

y(0) = 2,

porquey′(x) = (2 ex)′ = 2 (ex)′ = 2 ex = y(x)

ey(0) = 2 e0 = 2 · 1 = 2.



Exemplos – EDOs com condições iniciais (continuação)

b) O problema{

y′ = x+ y,

y(0) = 1,

admite como solução a função

y(x) = 2 ex −x− 1,

pois

y′(x) = (2 ex −x− 1)′ = 2 ex −1 = x+ 2 ex −x− 1 = x+ y(x)

ey(0) = 2 e0 −0 − 1 = 2 · 1 − 1 = 2 − 1 = 1.



Exemplos – EDOs com condições iniciais (continuação)

c) A funçãoy(x) = cos x+ sen x

é solução do problema

y′′ = −y,y(0) = 1,

y′(0) = 1

porquey′(x) = (cos x+ sen x)′ = − senx+ cos x,

y′′(x) = (− sen x+ cos x)′ = − cosx− senx

= − (cos x+ sen x) = −y(x)e

y(0) = cos 0 + sen 0 = 1 + 0 = 1,

y′(0) = − sen 0 + cos 0 = −0 + 1 = 1.


Índice

1 Equações diferenciais ordináriasDefinição, exemplos e aplicaçõesCampo de direcções e método de Euler

Campo de direcçõesMétodo de Euler

Equações de primeira ordem de variáveis separáveisEquações lineares de primeira ordem





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§1.2.1 Campo de direcções

Consideremos uma EDO de ordem 1 na forma normal

y′ = F (x, y).

Atendendo a que a derivada de uma função é o declive da rectatangente, a função F dá-nos o declive das rectas tangentes das soluções.

Por exemplo se considerarmos a equação

y′ = x+ y,

ou seja, F (x, y) = x+ y, se existir uma solução tal que y(0) = 0, odeclive da recta tangente ao gráfico dessa solução no ponto (0, 0) é 0porque F (0, 0) = 0.

Do mesmo modo, se existir uma solução tal que y(1) = 2, então odeclive da recta tangente ao gráfico dessa solução em (1, 2) é 3 porqueF (1, 2) = 3.



1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3−1−2−3

bb

Continuando a considerar o problema

{

y′ = x+ y,

y′(0) = 1,

podemos desenhar um segmentode recta tangente no ponto (0, 1)ao gráfico da solução que passa noponto (0, 1). Como F (0, 1) = 0 + 1 = 1,o declive desse segmento é 1. Fazendoo mesmo para o ponto (1, 1), porqueF (1, 1) = 2, o declive é 2. No ponto (0, 0) o declive é 0. No ponto (1, 0)o declive é 1. E assim sucessivamente. Fazendo o mesmo para todos ospontos com coordenadas inteiras ou coordenadas com parte decimaligual a 0.5, obtemos um campo de direcções que nos permite esboçar ográfico da solução que verifica y(0) = 1. Aliás podemos esboçar outrassoluções com condições iniciais diferentes.



y′ = x+ y

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5



y′ = x− y

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5



y′ = −y/2

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5


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§1.2.2 Método de Euler

x

z

x0

y0 b

z = y(x)

bb

z = y0 + F (x0, y0)(x − x0)

x1

y(x1) b

b

by1

Consideremos o problema{

y′ = F (x, y),

y(x0) = y0.

A equação da recta tangenteao gráfico da solução desteproblema no ponto (x0, y0) é

z = y(x0) + y′(x0) (x− x0)

⇔ z = y0 + F (x0, y0) (x− x0) .

Dado x1 tal que x1 = x0 + h para algum h 6= 0, podemos usar a rectatangente para calcular um valor aproximado de y(x1) e, assim, obtemos

y(x1) ≈ y0 + F (x0, y0) (x1 − x0) = y0 + F (x0, y0)h.

Designando por y1 = y0 + hF (x0, y0), temos o seguinte{

x1 = x0 + h,

y1 = y0 + hF (x0, y0).



x

z

x0

y0 b

z = y(x)

bb

z = y0 + F (x0, y0)(x − x0)

x1

y(x1) b

b

by1

x2

b

z = y1 + F (x1, y1)(x − x1)

by2

by(x2)

Repetindo o processo agora com(x1, y1) em vez de (x0, y0) temos

{

x2 = x1 + h,

y2 = y1 + hF (x1, y1),

e, por conseguinte,y2 é uma aproximação de y(x2).Continuando este processo tem-se

{

xn+1 = xn + h,

yn+1 = yn + hF (xn, yn).

Este método designa-se por método de Euler e h chamamos passodo método.



Consideremos o problema de valor inicial{

y′ = x+ y,

y(0) = 1,

e apliquemos o método de Euler com h = 0, 2.

{xn+1 = xn + h,yn+1 = yn + hF (xn, yn).

n xn yn F (xn, yn) hF (xn, yn) yn + hF (xn, yn)

0 0 1 1 0,2 1,2

1 0,2 1,2 1,4 0,28 1,48

2 0,4 1,48 1,88 0,376 1,856

3 0,6 1,856 2,456 0,4912 2,3472

4 0,8 2,3472 3,1472 0,62944 2,97664

5 1 2,97664 3,97664 0,795328 3,771968

6 1,2 3,771968 4,971968 0,9943936 4,7663616

7 1,4 4,7663616 6,1663616 1,23327232 5,99963392

8 1,6 5,99963392 7,59963392 1,519926784 7,519560704

9 1,8 7,519560704 9,319560704 1,8639121408 9,3834728448

10 2 9,3834728448 11,3834728448 2,276694569 11,6601674138

O método de Euler (com passo 0, 2) deu a aproximação y(2) ≈ 9, 3834728448.



Para o problema{

y′ = x+ y

y(0) = 1

comparemos os valores aproximados de y(2) para diferentes passos.

passo h valor aproximado de y(2)

0,5 7,125

0,2 9,3834728448

0,1 10,4549998987

0,05 11,0799774242

0,01 11,6320357037

0,001 11,7633513071

É de referir que o valor exacto é

y(2) = 2 e2 −3 ≈ 11, 77811219.



O método de Euler também nos permite aproximar o gráfico dasolução. Para isso basta marcarmos os pontos obtidos e uni-los comsegmentos de recta.

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

0 1 2

{

y′ = x+ y

y(0) = 1

bb

b

b

b h = 0, 5

b bb

bb

b

b

b

b

b

b h = 0, 2

b b b b b bb

bb

bb

bb

b

b

b

b

b

b

b

b h = 0, 1

b b b b b b b b b b b b b b b b b b b bbbbbbbbbbbbbbbbb

b

b

b

b

b h = 0, 05

solução


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§1.3 Equações de primeira ordem de variáveis separáveis

Uma EDO de primeira ordem diz-se de variáveis separáveis se puder serescrita na forma

y′ = f(x)g(y),

onde f e g são funções reais de variável real definidas em intervalos. Seg(y) 6= 0, reescrevendo a equação na forma

y′

g(y)= f(x) ⇔ y′(x)

g(y(x))= f(x)

e integrando temos∫

y′(x)g(y(x))

dx =∫

f(x) dx.

Fazendo a mudança de variável y = y(x) e atendendo a que

dy = y′(x) dx,

temos∫

1g(y)

dy =∫

f(x) dx.



Como a derivada y′ também se representa pordy

dx, a EDO

y′ = f(x)g(y)

também pode ser escrita na forma

dy

dx= f(x)g(y).

Apesar dedy

dxnão ser uma fracção, se formalmente tratarmos

dy

dxcomo

tal, temosdy

dx= f(x)g(y) ⇔ 1

g(y)dy = f(x) dx

e integrando resulta a fórmula que obtivemos no slide anterior:

∫1

g(y)dy =

∫

f(x) dx.



Exemplos – EDOs de de primeira ordem de variáveis separáveis

a) Consideremos a equação

y′ =x+ ex

ey.

Esta equação é de variáveis separáveis pois pode ser escrita como

y′ = (x+ ex)︸︷︷︸

f(x)

1ey︸︷︷︸

g(y)

.

Assim, temos

y′ =x+ ex

ey⇔ ey y′ = x+ ex

⇔ y′(x) ey(x) = x+ ex

⇔∫

y′(x) ey(x) dx =∫

x+ ex dx

⇔ ey(x) =x2

2+ ex +c

⇔ y(x) = ln(x2

2+ ex +c

)



Exemplos – EDOs de de primeira ordem de variáveis separáveis (continuação)

a) (continuação) Também podíamos ter resolvido esta equação daseguinte forma

dy

dx=x+ ex

ey⇔ ey dy = (x+ ex) dx

⇔∫

ey dy =∫

x+ ex dx

⇔ ey =x2

2+ ex +c

⇔ y = ln

(

x2

2+ ex +c

)




b) Consideremos a equaçãoy′ = (1 + y) cosx.

Esta equação é de variáveis separáveis e, portanto,

y′(x) = (1 + y(x)) cosx ⇔ y′(x)1 + y(x)

= cosx

⇔∫

y′(x)1 + y(x)

dx =∫

cosxdx

⇔ ln |1 + y(x)| = senx+ c

⇔ |1 + y(x)| = esen x+c

⇔ |1 + y(x)| = ec esen x

⇔ 1 + y(x) = ± ec esen x

⇔ y(x) = −1 ± ec esen x

Na resolução apresentada atrás foi suposto y(x) 6= −1. Como y(x) = −1também solução da equação, as soluções da equação são as funções

y(x) = −1 + k esen x, k ∈ R.




b) (continuação) A equação também podia ser resolvida da seguinte forma

y′ = (1 + y) cosx ⇔ dy

dx= (1 + y) cosx

⇔ 11 + y

dy = cosxdx

⇔∫

11 + y

dy =∫

cosxdx

⇔ ln |1 + y| = senx+ c

⇔ |1 + y| = esen x+c

⇔ |1 + y| = ec esen x

⇔ 1 + y = ± ec esen x

⇔ y = −1 ± ec esen x

e tendo em conta que y(x) = −1 também é solução, temos

y = −1 + k esen x, k ∈ R.




c) Consideremos a equação xy′ = y. Supondo y 6= 0 e x 6= 0 temos

xy′ = y ⇔ y′

y=

1x

⇔ y′(x)y(x)

=1x

⇔∫y′(x)y(x)

dx =∫

1xdx

⇔ ln |y(x)| = ln |x| + c

⇔ |y(x)| = eln|x|+c

⇔ |y(x)| = ec |x|⇔ y(x) = ± ec |x|

Como a solução tem de ser diferenciável e atendendo a que a y(x) = 0também é solução, as soluções da equação são todas as funções da forma

y(x) = kx, k ∈ R.



Se tivermos um problema com valores iniciais em que a EDO é devariáveis separáveis, ou seja,

{

y′ = f(x)g(y),

y(x0) = y0,

podemos resolver este problema através de

∫ x

x0

y′(s)g(y(s))

ds =∫ x

x0

f(s) ds

ou, equivalentemente,

∫ y

y0

1g(s)

ds =∫ x

x0

f(s) ds.



Exemplos – EDOs de variáveis separáveis com condições iniciais

a) Já vimos anteriormente que a EDO

y′ =x+ ex

ey,

tem como solução as funções da forma

y(x) = ln(x2/2 + ex +c

), c ∈ R.

Assim, a solução do problema de valor inicial

y′ =x+ ex

ey,

y(0) = 1,

tendo em conta que

y(0) = 1 ⇔ ln(02/2 + e0 +c

)= 1 ⇔ ln (1 + c) = 1 ⇔ 1+c = e ⇔ c = e −1,

é a funçãoy(x) = ln

(x2/2 + ex + e −1

).



Exemplos – EDOs de variáveis separáveis com condições iniciais (continuação)

a) (continuação) Podíamos também resolver o problema de valor inicial daseguinte forma

y′(x) =x+ ex

ey(x)⇔ ey(x) y′(x) = x+ ex

⇔∫ x

0

ey(s) y′(s) ds =∫ x

0

s+ es ds

⇔[

ey(s)]x

0=[

s2

2+ es

]x

0

⇔ ey(x) − ey(0) =x2

2+ ex −02

2− e0

⇔ ey(x) − e1 =x2

2+ ex −1

⇔ ey(x) =x2

2+ ex + e −1

⇔ y(x) = ln(x2

2+ ex + e −1

)

.

y′ =x+ ex

ey,

y(0) = 1,




a) (continuação) Também podíamos ter feito

dy

dx=x+ ex

ey⇔ ey dy = (x+ ex) dx

⇔∫ y

1

es ds =∫ x

0

s+ es ds

⇔[

es]y

1=[

s2

2+ es

]x

0

⇔ ey − e1 =x2

2+ ex −02

2− e0

⇔ ey − e =x2

2+ ex −0 − 1

⇔ ey =x2

2+ ex + e −1

⇔ y = ln(x2

2+ ex + e −1

)

.

y′ =x+ ex

ey,

y(0) = 1,




b) Consideremos o problema de valor inicial

{

3y′y2 = cos x

y(0) = 1.

Então

3y′(x)y2(x) = cos x ⇔∫ x

03y′(s)y2(s) ds =

∫ x

0cos s ds

⇔[

y(s)3]x

0=[

sen s]x

0

⇔ y(x)3 − y(0)3 = senx− sen 0

⇔ y(x)3 − 1 = senx

⇔ y(x)3 = 1 + senx

⇔ y(x) = 3√

1 + sen x.




c) Para o problema de valor inicial{

y′ = y(2x+ 1)y(0) = 1

temos

y′(x) = y(x)(2x+ 1) ⇔ y′(x)y(x)

= 2x+ 1

⇔∫ x

0

y′(s)y(s)

ds =∫ x

0

2s+ 1 ds

⇔[

ln(y(s))]x

0=[s2 + s

]x

0

⇔ ln(y(x)) − ln(y(0)) = x2 + x− (02 + 0)

⇔ ln(y(x)) − ln 1 = x2 + x

⇔ ln(y(x)) = x2 + x

⇔ y(x) = ex2+x .


Índice






§1.4 Equações lineares de primeira ordem

Uma EDO linear de primeira ordem é uma equação da forma

y′ + p(x)y = q(x)

onde p e q são funções reais de variável real definidas em algumintervalo não vazio de R.

Por exemplo,y′ + xy = ex

é uma EDO linear de primeira ordem com

p(x) = x e q(x) = ex .



Dada uma EDO linear de primeira ordem

y′ + p(x)y = q(x)

começamos por resolver a equação homogénea associada, que é a equação

y′ + p(x)y = 0.

Esta última EDO é de variáveis separáveis e, portanto,

y′+ p(x)y = 0 ⇔ y′

y= −p(x) ⇔ y′(x)

y(x)= −p(x)

⇔∫y′(x)y(x)

dx = −∫

p(x) dx + c ⇔ ln |y(x)| = −∫

p(x) dx + c

⇔ |y(x)| = e−

∫

p(x) dx + c⇔ y(x) = ± ec e

−

∫

p(x) dx

e como y(x) = 0 também é solução, as soluções da equação homogénea são asfunções da forma

y(x) = C e−

∫

p(x) dx, com C ∈ R.



Após calcularmos as soluções da equação homogénas, as soluções daequação y′ + p(x)y = q(x) são da forma

y(x) = k(x) e−∫p(x) dx, (∗)

onde k(x) é uma função que temos de descobrir. Derivando temos

y′(x) = k(x)(

e−∫p(x) dx

)′+ k′(x) e−

∫p(x) dx

= k(x)(

−∫

p(x) dx)′

e−∫p(x) dx +k′(x) e−

∫p(x) dx

= k(x) (−p(x)) e−∫p(x) dx +k′(x) e−

∫p(x)dx

= −p(x)y(x) + k′(x) e−∫p(x) dx

e, portanto, temos de ter

k′(x) e−∫p(x) dx = q(x) ⇔ k′(x) = q(x) e

∫p(x) dx

pelo que primitivando esta última igualdade descobrimos k(x).Substituindo k(x) em (∗) obtemos as soluções da equação.



Exemplos – EDOs lineares de primeira ordem

a) Consideremos a equação

y′ = x+ y ⇔ y′ − y = x.

Esta EDO é linear de primeira ordem com p(x) = −1 e q(x) = x.Comecemos por resolver a equação homogénea:

y′ − y = 0 ⇔ y′ = y ⇔ y′

y= 1

⇔ y′(x)y(x)

= 1 ⇔∫y′(x)y(x)

dx =∫

1 dx

⇔ ln |y(x)| = x+ c ⇔ |y(x)| = ex+c

⇔ y(x) = ± ec ex

e atendendo a que y(x) = 0 também é solução da equaçãohomogéna, as soluções de y′ − y = 0 são as funções da forma

y(x) = C ex, com C ∈ R.



Exemplos – EDOs lineares de primeira ordem (continuação)

a) (continuação) Como

y′ − y = 0 ⇔ y(x) = C ex, com C ∈ R,

as soluções da equação

y′ − y = x

são funções da forma

y(x) = k(x) ex

onde k é uma função que temos de descobrir. Derivando temos

y′(x) = k(x) (ex)′ + k′(x) ex

= k(x) ex +k′(x) ex

= y(x) + k′(x) ex

e, portanto, para a equação ser satisfeita temos de ter

k′(x) ex = x ⇔ k′(x) = e−x x,

pelo que primitivando por partes obtemos k(x).




a) (continuação) Portanto, primitivando por partes temos

k(x) =∫

e−x xdx

= − e−x x−∫

− e−x x′ dx

= −x e−x x+∫

e−x · 1 dx

= −x e−x x− e−x +c.Assim, para obtermos as soluções da equação

y′ − y = x

temos de substituir k(x) em

y(x) = k(x) ex

o que dá

y(x) =(−x e−x x− e−x +c

)ex ⇔ y(x) = −x− 1 + c ex

⇔ y(x) = c ex −x− 1.




b) Consideremos a EDO

y′ − (cos x) y = − cosx.

Vamos começar por resolver a equação homogénea

y′ − (cos x) y = 0 ⇔ y′ = (cosx) y ⇔ y′

y= cos x

⇔ y′(x)y(x)

= cos x ⇔∫y′(x)y(x)

dx =∫

cos x dx

⇔ ln |y(x)| = senx+ c ⇔ |y(x)| = esenx+c

⇔ y(x) = ± ec esenx

e como y(x) = 0 também é solução da equação homogénea, assoluções da equação homogénea são as funções da forma

y(x) = C esen x, com C ∈ R.




b) (continuação) Assim, as soluções da equaçãoy′ − (cosx) y = − cosx

vão ser da formay(x) = k(x) esen x,

onde k é uma função que temos de descobrir. Derivando temos

y′(x) = k(x) (esen x)′ + k′(x) esen x

= k(x) (senx)′ esen x +k′(x) esen x

= k(x) cos x esen x +k′(x) esen x

= (cosx) y(x) + k′(x) esen x

pelo que

k′(x) esen x = − cosx ⇔ k′(x) = − cosx e− sen x ⇔ k(x) = e− sen x +c.

Portanto, as soluções da EDOy′ − (cosx) y = − cosx

são as funções da formay(x) =

(e− sen x +c

)esen x = 1 + c esen x = c esen x +1.




c) Um tanque contém 100 L de água. Uma solução com uma concentração de

sal de 0, 4 kg/L é adicionada a uma taxa de 5 L/min. A solução é mantida

misturada e é retirada do tanque a uma taxa de 3 L/min. Qual a

concentração ao fim de 20 minutos?

Seja y(t) a quantidade de sal (em quilogramas) ao fim de t minutos. Aderivada y′(t) é igual à diferença entre a taxa a que o sal entra no tanquee a taxa a que o sal sai do tanque e, portanto,

y′(t) = 0, 4 × 5 − y(t)100 + 2t

× 3

⇔ y′(t) = 2 − 3100 + 2t

y(t)

⇔ y′(t) +3

100 + 2ty(t) = 2,

ou seja, obtemos uma EDO linear de primeira ordem.




c) (continuação) Resolvendo a equação homogénea temos

y′(t) +3

100 + 2ty(t) = 0 ⇔ y′(t) = − 3

100 + 2ty(t)

⇔ y′(t)y(t)

= − 3100 + 2t

⇔∫y′(t)y(t)

dt = −32

∫2

100 + 2tdt

⇔ ln |y(t)| = −32

ln |100 + 2t| + c

⇔ ln (y(t)) = ln[

(100 + 2t)−3/2]

+ c

⇔ y(t) = ec eln[(100+2t)−3/2]

⇔ y(t) = ec (100 + 2t)−3/2

e como y(t) = 0 também é solução, as soluções da equação homogénea sãoas funções da forma

y(t) = C (100 + 2t)−3/2 , C ∈ R.




c) (continuação) Assim, as soluções de

y′(t) +3

100 + 2ty(t) = 2

são funções da forma

y(t) = k(t) (100 + 2t)−3/2,

para alguma função k que temos de determinar. Derivando temos

y′(t) = k(t)[

(100 + 2t)−3/2]′

+ k′(t) (100 + 2t)−3/2

= k(t)(

−32

)

· 2 · (100 + 2t)−5/2 + k′(t) (100 + 2t)−3/2

= − 3100 + 2t

k(t) (100 + 2t)−3/2 + k′(t) (100 + 2t)−3/2

= − 3100 + 2t

y(t) + k′(t) (100 + 2t)−3/2,

pelo quek′(t) (100 + 2t)−3/2 = 2 ⇔ k′(t) = 2 (100 + 2t)3/2




c) (continuação) Ora sek′(t) = 2 (100 + 2t)3/2

,

então

k(t) =∫

2 (100 + 2t)3/2 dt =(100 + 2t)5/2

5/2+ c =

25

(100 + 2t)5/2 + c

e, portanto,

y(t) = k(t) (100 + 2t)−3/2

=(

25

(100 + 2t)5/2 + c

)

(100 + 2t)−3/2

=25

(100 + 2t) + c (100 + 2t)−3/2 .




c) (continuação) Atendendo que y(0) = 0 resulta

y(0) = 0 ⇔ 25

(100 + 2 · 0) + c (100 + 2 · 0)−3/2 = 0

⇔ 25

· 100 + c100−3/2 = 0

⇔ 40 + c(102)−3/2 = 0

⇔ 10−3c = −40

⇔ c = −40 · 103

⇔ c = −40000,

pelo que a quantidade de sal na água no instante t é dada por

y(t) =25

(100 + 2t) − 40000 (100 + 2t)−3/2.




c) (continuação) Assim, a concentração de sal ao fim de 20 minutos é

y(20)100 + 2 · 20

=

25

(100 + 2 · 20) − 40000 (100 + 2 · 20)−3/2

140

=

25

· 140 − 40000 · 140−3/2

140

=25

− 40000 · 140−5/2

≈ 0, 2275195398 kg/L.


Índice


2 Funções de Rn em Rm: limites e continuidadeBreves noções de topologia em Rn

Funções de Rn em Rm

LimitesContinuidade




Índice



Breves noções de topologia em Rn

Os espaços Rn

Distância, norma e produto internoBolas e conjuntos limitadosInterior, exterior, fronteira, aderência e derivado de um conjuntoConjuntos abertos e conjuntos fechados


LimitesContinuidade




Índice




Os espaços Rn



LimitesContinuidade




§2.1.1 Os espaços Rn

Recordemos que se identifica o conjunto R dos números reais com arecta

0 a



Os elementos do conjunto

R2 = {(x1, x2) : x1, x2 ∈ R}

podem ser representados no plano da seguinte forma

x1

x2

b P (a, b)

a

b

Representação geométrica de um ponto de R2



Os elementos do conjunto

R3 = {(x1, x2, x3) : x1, x2, x3 ∈ R}

podem ser representados no espaço da seguinte forma

x2

x1

x3

bP (a, b, c)

a

b

c

Representação geométrica de um ponto de R3



Podemos generalizar este género de conjuntos para qualquer númeronatural n. Assim, definimos o conjunto Rn utilizando o produtocartesiano, ou seja,

Rn = R × R × · · · × R︸︷︷︸

n vezes

é o conjunto formado por todos os elementos da forma

x = (x1, . . . , xn)

onde xi é um número real para i = 1, . . . , n. A cada elemento xichamamos i-ésima coordenada de x.



Em Rn vamos considerar duas operações, a adição (entre elementos deRn) e a multiplicação de um número real por um elemento de Rn,definidas, para cada

x = (x1, . . . , xn) e y = (y1, . . . , yn)

em Rn e para cada λ ∈ R, da seguinte forma:

x+ y = (x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn)

eλx = λ (x1, . . . , xn) = (λx1, . . . , λxn) .



A adição e a multiplicação verificam, para cada

x = (x1, . . . , xn) , y = (y1, . . . , yn) e z = (z1, . . . , zn)

em Rn e para cada λ, µ em R, as seguintes propriedades:

a) x+ y = y + x;

b) x+ (y + z) = (x+ y) + z;

c) (0, . . . , 0) ∈ Rn é o elemento neutro da adição;

d) −x = (−x1, . . . ,−xn) é o simétrico de x = (x1, . . . , xn), já quex+ (−x) = (0, . . . , 0);

e) λ (µx) = (λµ)x;

f) λ (x+ y) = λx+ λy;

g) (λ+ µ) x = λx+ µx;

h) 1x = x.

Por se verificarem estas propriedades, é costume dizer que Rn é umespaço vectorial.



Associada a estas operações está uma outra operação, a subtracção,que é definida, para cada

x = (x1, . . . , xn) e y = (y1, . . . , yn)

em Rn, por

x− y = (x1, . . . , xn) − (y1, . . . , yn) = (x1 − y1, . . . , xn − yn).

Sempre que não haja perigo de confusão, representaremos um elementogenérico de R2 por (x, y) em vez de (x1, x2). Da mesma forma, umelemento genérico de R3 será por vezes representado por (x, y, z) emvez de (x1, x2, x3).


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Os espaços Rn



LimitesContinuidade




§2.1.2 Distância, norma e produto interno

Em R, observando a figura que se segue

x y

|x− y|

Distância entre dois números reais x e y

verificamos que a distância entre dois números reais x e y é dada por

d(x, y) = |x− y| .



Vejamos como calcular a distância entre dois elementos de R2. Paraisso consideremos dois pontos x = (x1, x2) e y = (y1, y2) e façamos asua representação geométrica.

x1

x2 b

y1

y2 bb

b

d(x,y)

b

b

x1 − y1

b

b

b

b

x2 − y2

b

b

Distância entre dois pontos de R2

Pelo teorema de Pitágoras concluímos que a distância entre x e y édada por

d(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2.



Do mesmo modo, a distância entre dois pontos x = (x1, x2, x3) ey = (y1, y2, y3) é dada por

d(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + (x3 − y3)2.

b x = (x1, x2, x3)

by = (y1, y2, y3)

b

b

b

b

b

b

Distância entre dois pontos de R3



De um modo geral, dados x = (x1, . . . , xn) e y = (y1, . . . , yn) em Rn, adistância entre x e y calcula-se usando a seguinte fórmula:

d(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + · · · + (xn − yn)2.



Associado à definição de distância temos o conceito de norma. Dadox = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, a norma de x é dada por

‖x‖ =√

x21 + x2

2 + · · · + x2n.

Repare-se que se representarmos por 0 o vector nulo (0, . . . , 0) temos

‖x‖ = ‖x− 0‖ = d(x, 0)

pelo que a norma de x = (x1, . . . , xn) é apenas o comprimento do vector x, talcomo ilustra a figura seguinte no caso particular de R2:

x1

x2x = (x1, x2)

Além disso, dados x = (x1, . . . , xn) e y = (y1, . . . , yn) em Rn, temos

d(x, y) = ‖x− y‖.



Para quaisquer x, y ∈ Rn e para qualquer λ ∈ R, as seguintespropriedades são verdadeiras:

a) ‖x‖ > 0

b) ‖x‖ = 0 se e só se x = 0;

c) ‖λx‖ = |λ| ‖x‖;

d) ‖x+ y‖ 6 ‖x‖ + ‖y‖. (desigualdade triangular)

As três primeiras propriedades apresentadas anteriormente são fáceisde verificar. Já a última propriedade é mais difícil de provar.



Outro conceito importante nos espaços Rn é o de produto interno.Dados

x = (x1, . . . , xn) , y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn,

define-se o produto interno da seguinte forma:

〈x, y〉 =n∑

i=1

xiyi

= x1y1 + x2y2 + · · · + xnyn.



Propriedades do produto interno

Para quaisquer x, y, z ∈ Rn e para qualquer λ ∈ R tem-se

a) 〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉 + 〈y, z〉;b) 〈x, y + z〉 = 〈x, y〉 + 〈x, z〉;c) 〈λx, y〉 = λ 〈x, y〉;d) 〈x, λy〉 = λ 〈x, y〉;e) 〈x, y〉 = 〈y, x〉;f) 〈x, x〉 > 0;

g) 〈x, x〉 = 0 se e só se x = 0.



Para cada x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn temos√

〈x, x〉 =√x1x1 + x2x2 + · · · + xnxn

=√

x21 + x2

2 + · · · + x2n

= ‖x‖ ,

ou seja, a norma pode ser definida à custa do produto interno.



É de referir que para quaisquer x, y ∈ Rn se tem

|〈x, y〉| 6√

〈x, x〉√

〈y, y〉

ou seja,∣∣∣∣∣

n∑

i=1

xiyi

∣∣∣∣∣6

√√√√

n∑

i=1

x2i .

√√√√

n∑

i=1

y2i ,

ou ainda,|〈x, y〉| 6 ‖x‖ ‖y‖ .

Esta desigualdade designa-se por desigualdade de Cauchy-Schwarz.

Além disso, a igualdade só se verifica quando x e y são linearmentedependentes, ou seja, se

x = λy

para algum λ ∈ R.



Em R2 ou em R3 tem-se

〈x, y〉 = ‖x‖ ‖y‖ cos θ,

onde θ é o ângulo formado pelos vectores não nulos x e y.


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Os espaços Rn



LimitesContinuidade




§2.1.3 Bolas e conjuntos limitados

Seja a = (a1, . . . , an) um ponto de Rn. Chama-se bola aberta decentro a e raio r > 0 ao conjunto

Br(a) = {x ∈ Rn : d(x, a) < r}= {x ∈ Rn : ‖x− a‖ < r}

={

x ∈ Rn :√

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + · · · + (xn − an)2 < r

}

={

x ∈ Rn : (x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + · · · + (xn − an)2 < r2}

e bola fechada de centro a e raio r > 0 ao conjunto

Br[a] = {x ∈ Rn : d(x, a) 6 r}= {x ∈ Rn : ‖x− a‖ 6 r}

={

x ∈ Rn :√

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + · · · + (xn − an)2 6 r

}

={

x ∈ Rn : (x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + · · · + (xn − an)26 r2

}

.



O conjunto

Sr(a) = {x ∈ Rn : d(x, a) = r}= {x ∈ Rn : ‖x− a‖ = r}

={

x ∈ Rn :√

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + · · · + (xn − an)2 = r

}

={

x ∈ Rn : (x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 + · · · + (xn − an)2 = r2}

designa-se por esfera de centro a e raio r > 0.



Em R a distância entre dois elementos é dada pelo módulo da diferençae, por conseguinte, as bolas são intervalos e as esferas conjuntos comdois pontos:

aa− r a+ r aa− r a+ r aa− r a+ r

Bola aberta, bola fechada e esfera de centro a ∈ R e raio r



A figura seguinte ilustra, em R2, os três conjuntos definidosanteriormente:

b

a1

a2 b

rb

rb

a1

a2

rbb

rb

a1

a2

rb

Bola aberta, bola fechada e esfera de centro (a1, a2) e raio r



Em R3 a bola de centro a = (a1, a2, a3) e raio r pode ser representadapor

ba rba rb

Representação geométrica em R3 da bola de centro a = (a1, a2, a3) e raio r



Um subconjunto A de Rn diz-se limitado se estiver contido emalguma bola centrada na origem, isto é,

A ⊆ Br[0] para algum r > 0,

ou seja, se existir r > 0 tal que

‖x‖ 6 r para cada x ∈ A.

Os subconjuntos de Rn que não são limitados dizem-se ilimitados


Índice




Os espaços Rn



LimitesContinuidade




§2.1.4 Interior, exterior, fronteira, aderência e derivado de um conjunto

Seja A um subconjunto não vazio de Rn. Um ponto a ∈ Rn diz-seinterior a A

se existir ε > 0 tal que Bε(a) ⊆ A.

O ponto a diz-se exterior a A

se existir ε > 0 tal que Bε(a) ⊆ Rn \ A.

Um ponto a ∈ Rn diz-se fronteiro a A

se para cada ε > 0, Bε(a) ∩A 6= ∅ e Bε(a) ∩ (Rn \ A) 6= ∅.



A figura que se segue ilustra estes três conceitos.

aa

bb

cc

Pontos interiores, pontos exteriores e pontos fronteiros

O ponto a é um ponto interior ao conjunto, o ponto b é um pontoexterior ao conjunto e o ponto c é um ponto fronteiro ao conjunto.



O conjunto dos pontos interiores a A designa-se por interior de A erepresenta-se por intA ou A◦.

O conjunto dos pontos exteriores a A chama-se exterior de A erepresenta-se por extA.

O conjunto dos pontos fronteiros de A diz-se a fronteira de A erepresenta-se por frA.



Observações

a) Da definição resulta imediatamente que intA, extA e frA sãoconjuntos disjuntos dois a dois e que

Rn = intA ∪ extA ∪ frA.

b) Outra consequência imediata da definição é a seguinte

intA = ext (Rn \ A) e frA = fr (Rn \ A) .



Exemplos

a) Consideremos os conjuntos

A ={

(x, y) ∈ R2 : 1 < x < 2 ∧ 1 < y < 2}

B ={

(x, y) ∈ R2 : 3 6 x 6 4 ∧ 1 6 y 6 2}

C ={

(x, y) ∈ R2 : 5 6 x 6 6 ∧ 1 < y < 2}

Estes conjuntos estão representados na figura seguinte

1

2

1 2 3 4 5 6x

y

A B C



Exemplos

a) (continuação) Então o interior destes três conjuntos é dado por

intA ={

(x, y) ∈ R2 : 1 < x < 2 ∧ 1 < y < 2}

intB ={

(x, y) ∈ R2 : 3 < x < 4 ∧ 1 < y < 2}

intC ={

(x, y) ∈ R2 : 5 < x < 6 ∧ 1 < y < 2},

o exterior é dado por

extA ={

(x, y) ∈ R2 : x < 1 ∨ x > 2 ∨ y < 1 ∨ y > 2}

extB ={

(x, y) ∈ R2 : x < 3 ∨ x > 4 ∨ y < 1 ∨ y > 2}

extC ={

(x, y) ∈ R2 : x < 5 ∨ x > 6 ∨ y < 1 ∨ y > 2},

e a fronteira é dada por

frA ={

(x, y) ∈ R2 : ((y = 1 ∨ y = 2) ∧ 1 6 x 6 2) ∨ ((x = 1 ∨ x = 2) ∧ 1 6 y 6 2)}

frB ={

(x, y) ∈ R2 : ((y = 1 ∨ y = 2) ∧ 3 6 x 6 4) ∨ ((x = 3 ∨ x = 4) ∧ 1 6 y 6 2)}

frC ={

(x, y) ∈ R2 : ((y = 1 ∨ y = 2) ∧ 5 6 x 6 6) ∨ ((x = 5 ∨ x = 6) ∧ 1 6 y 6 2)}.



Exemplos

b) Dada a bola aberta Br(a) de centro a e raio r > 0 tem-se

int (Br(a)) = Br(a)

ext (Br(a)) = Rn \Br[a]

fr (Br(a)) = Sr(a).

O interior, o exterior e a fronteira da bola fechada Br[a] de centro ae raio r > 0 coincidem, respectivamente, com o interior, o exterior ea fronteira de Br(a).

c) É óbvio que intRn = Rn, extRn = ∅ e frRn = ∅.

d) Também temos int∅ = ∅, ext∅ = Rn e fr∅ = ∅.



Um ponto a ∈ Rn diz-se aderente a um subconjunto A ⊆ Rn

se para cada ε > 0, Bε(a) ∩A 6= ∅.

O conjunto dos pontos aderentes de um conjunto A designa-se poraderência ou fecho de A e representa-se por A.



Exemplos

a) Considerando novamente os conjuntos

A ={

(x, y) ∈ R2 : 1 < x < 2 ∧ 1 < y < 2}

B ={

(x, y) ∈ R2 : 3 6 x 6 4 ∧ 1 6 y 6 2}

C ={

(x, y) ∈ R2 : 5 6 x 6 6 ∧ 1 < y < 2}

temos

A ={

(x, y) ∈ R2 : 1 6 x 6 2 ∧ 1 6 y 6 2}

B ={

(x, y) ∈ R2 : 3 6 x 6 4 ∧ 1 6 y 6 2}

C ={

(x, y) ∈ R2 : 5 6 x 6 6 ∧ 1 6 y 6 2}



Exemplos (continuação)

b) Seja Br(a) a bola aberta de centro a e raio r > 0. Então

Br(a) = Br[a].

c) Também se tem Rn = Rn e ∅ = ∅.



É evidente que para qualquer subconjunto A de Rn se tem

A = intA ∪ frA

eintA ⊆ A ⊆ A.



Sejam A um subconjunto de Rn e a ∈ Rn. Diz-se que a é um pontode acumulação de A

se para cada ε > 0, Bε(a) ∩ (A \ {a}) 6= ∅.

O conjunto dos pontos de acumulação de um conjunto A representa-sepor A′ e designa-se por derivado.

Os pontos de A que não são pontos de acumulação de A designam-sepor pontos isolados.



Exemplos

a) Seja

A ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1}

∪ {(2, 2) , (−2, 2)} .

O conjunto A tem a seguinte representação geométrica

x

y

2

2

-2 1




a) (continuação) Então se

A ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1}

∪ {(2, 2) , (−2, 2)}tem-se

intA ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1},

extA ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 > 1}

\ {(2, 2) , (−2, 2)} ,frA =

{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1

}∪ {(2, 2) , (−2, 2)} ,

A ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y26 1}

∪ {(2, 2) , (−2, 2)} ,A′ =

{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2

6 1}.

Os pontos (2, 2) e (−2, 2) são pontos isolados de A. Além disso o conjuntoA é limitado porque

A ⊆ B3[0].

b) É óbvio que (Rn)′ = Rn e que (∅)′ = ∅.


Índice




Os espaços Rn



LimitesContinuidade




§2.1.5 Conjuntos abertos e conjuntos fechados

Um subconjunto A de Rn diz-se aberto se A = intA e diz-se fechadose A = A.

aa

conjunto aberto

bb

conjunto fechado

Conjuntos abertos e conjuntos fechados


Índice




Definição e exemplosGráfico, curvas de nível e superfícies de nível

LimitesContinuidade




Índice





LimitesContinuidade




§2.2.1 Definição e exemplos

Seja D um subconjunto não vazio de Rn. Uma função

f : D ⊆ Rn → Rm

associa a cada elemento x = (x1, . . . , xn) de D um e um só elemento deRm que representaremos por f(x). Como f(x) ∈ Rm, tem-se

f(x) = (f1(x), f2(x), . . . , fm(x))

onde

f1 : D ⊆ Rn → R

f2 : D ⊆ Rn → R

...

fm : D ⊆ Rn → R.



Assim, cada função f : D ⊆ Rn → Rm pode ser definida por m funções

f1 : D ⊆ Rn → R

f2 : D ⊆ Rn → R

...

fm : D ⊆ Rn → R,

funções essas que se designam por funções coordenadas de f . Nestascondições escreve-se

f = (f1, f2, . . . , fm) .



As funçõesf : D ⊆ Rn → R

designam-se por funções escalares e as funções

f : D ⊆ Rn → Rm, m > 1,

designam-se por funções vectoriais.

O conjunto D no qual está definida a função designa-se por domíniode f e o conjunto de todas as imagens de uma função designa-se porcontradomínio de f , ou seja, o contradomínio de uma função

f : D ⊆ Rn → Rm

é o conjuntof(D) = {f(x) ∈ Rm : x ∈ D} .



Exemplos de funções f : D ⊆ Rn → R

m

a) Seja f a função dada por

f(x, y) = (f1(x, y), f2(x, y), f3(x, y))

= (ln(y − x), sen x, 1) .

O domínio de f é o conjunto

D ={

(x, y) ∈ R2 : y − x > 0}

={

(x, y) ∈ R2 : y > x}

Obviamente, f : D ⊆ R2 → R3 e o seu contradomínio é o conjunto

f(D) ={

(a, b, c) ∈ R3 : − 1 6 b 6 1, c = 1}

.

Esta função é uma função vectorial pois o seu contradomínio é umsubconjunto de R3.




m (continuação)

a) (continuação) Façamos a representação geométrica do domínio

D ={

(x, y) ∈ R2 : y > x}

da função f :

x

y

1

1

y = x

D

1




m (continuação)

b) Consideremos a função escalar dada por

f(x, y) = x ln(

y2 − x)

.

O domínio de f é o conjunto

D ={

(x, y) ∈ R2 : y2 − x > 0}

={

(x, y) ∈ R2 : y2 > x}

Assim, f : D ⊆ R2 → R e o contradomínio de f é R.




m (continuação)

b) (continuação) Façamos a representação geométrica do domínio

D ={

(x, y) ∈ R2 : y2 > x}

da função f :

x

y

1 2

1

√2

x = y2D

1

√2


Índice





LimitesContinuidade




§2.2.2 Gráfico, curvas de nível e superfícies de nível

Dada uma função f : D ⊆ Rn → Rm designa-se por gráfico de f oconjunto

G (f) = {(a, f(a)) : a ∈ D} .



Gráfico da função dada por f(x, y) = x2 + y2

Seja f a função dada porf(x, y) = x2 + y2.

O domínio desta função é R2 e o seu contradomínio é [0,+∞[. O gráfico destafunção é o conjunto

G (f) ={

((x, y), f(x, y)) : (x, y) ∈ R2}

={(

(x, y), x2 + y2)

: (x, y) ∈ R2}

Costuma identificar-se o ponto((x, y), x2 + y2

)de R2 × R com o ponto

(x, y, x2 + y2

)de R3. Assim,

G (f) ={(x, y, x2 + y2

)∈ R3 : (x, y) ∈ R2

}

={

(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ R2 ∧ z = x2 + y2}.



Gráfico da função dada por f(x, y) = x2 + y2 (continuação)

Façamos a representação geométrica do gráfico de f .

x

y

zz = f(x, y)

⇔ z = x2 + y2corte pelo plano x = 0

y

z z = y2

corte pelo plano y = 0

x

z z = x2

corte pelo plano z = 1

x2 + y2 = 1


x2 + y2 = 2

Os cortes por planos z = k ou são circunferências, ou um ponto ou o vazio

1

2

b

f(1, 2) = 5

5



Gráfico da função dada por f(x, y) =√

x2 + y2

Seja f a função dada por

f(x, y) =√

x2 + y2.

O domínio desta função é R2 e o seu contradomínio é [0,+∞[. Ográfico desta função é o conjunto

G (f) ={

((x, y), f(x, y)) : (x, y) ∈ R2}

={(

x, y,√

x2 + y2

)

∈ R3 : (x, y) ∈ R2}

={

(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ R2 ∧ z =√

x2 + y2

}

.



Gráfico da função dada por f(x.y) =√

x2 + y2 (continuação)

x

y

z

z = f(x, y)

⇔ z =√x2 + y2

corte pelo plano x = 0

z = |y|

corte pelo plano y = 0

z = |x|


x2 + y2 = 1


x2 + y2 = 4

Os cortes por planos z = k ou são circunferências, ou um ponto ou o vazio



Sejam f : D ⊆ Rn → R uma função e k ∈ R. O conjunto

Ck = {x ∈ D : f(x) = k}

designa-se por conjunto de nível k. Em R2 os conjuntos de níveldesignam-se por curvas de nível e em R3 designam-se porsuperfícies de nível.



Curvas de nível da função dada por f(x, y) = x2 + y2

Consideremos novamente a função f : R2 → R dada por

f(x, y) = x2 + y2.

As curvas de nível desta função são

Ck ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = k}

.

Assim, se k < 0 temos Ck = ∅. Se k = 0 temos C0 = {(0, 0)}.Finalmente, para k > 0 a curva de nível é uma circunferência centradaem (0, 0) e de raio

√k.



Curvas de nível da função dada por f(x, y) = x2 + y2 (continuação)

As curvas de nível 1, 2 e 3 estão representadas na figura seguinte

x

y

1√

2√

3



Curvas de nível da função dada por f(x, y) = x2 + y2 (continuação)

As curvas de nível podem ajudar a representar geometricamente ográfico da função:

x

y

z z = f(x, y) = x2 + y2

1

2

3



Curvas de nível da função dada por f(x, y) =√

x2 + y2

Para a função f : R2 → R dada por

f(x, y) = x2 + y2,

as curvas de nível são dadas por

Ck ={

(x, y) ∈ R2 :√

x2 + y2 = k

}

.

Assim, se k < 0 temos Ck = ∅. Para k = 0 resulta C0 = {(0, 0)}.Finalmente, para k > 0 a curva de nível é uma circunferência centradaem (0, 0) e de raio k.





As curvas de nível 1, 2 e 3 estão representadas na figura seguinte

x

y

1 2 3





As curvas de nível podem ajudar a representar geometricamente ográfico da função:

x

y

z z = f(x, y) =√

x2 + y2

1

2

3


Índice




LimitesDefinição, propriedades e exemplosLimites relativos e limites direccionais

Continuidade




Índice





Continuidade




§2.3.1 Definição, propriedades e exemplos

Comecemos por recordar a definição de limite para funções

f : D ⊆ R → R,

ou seja, quando n = m = 1.

Sejam D um subconjunto de R, f : D → R uma função, a um ponto deacumulação de D e b ∈ R. Diz-se que b é o limite (de f) quando xtende para a, e escreve-se

limx→a

f(x) = b,

se para cada ε > 0, existe δ > 0 tal que

|f(x) − b| < ε para qualquer x ∈ D tal que 0 < |x− a| < δ.

Simbolicamente, tem-se o seguinte

limx→a

f(x) = b ⇔ ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ D (0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x) − b| < ε)



A figura seguinte ilustra o conceito de limite de funções

f : D ⊆ R → R.

x

y

bb

a

b

f(a)

b−ε

b+ε

b

b

a−δ a+δ

b

a−δ a a+δ

b

a−δ a a+δ

b

xa

b−ε

b+ε

b

b

a−δ a a+δ

b

a−δ a a+δ

b

a−δaa+δ

b

a−δ a a+δ

b−ε

b

b+ε

b

Interpretação geométrica do conceito de limite de uma função real de variável real



Para generalizarmos o conceito de limite para funções

f : D ⊆ Rn → Rm

temos de utilizar normas em vez de módulos.

Deste modo, sejam D um subconjunto de Rn,

f : D ⊆ Rn → Rm

uma função, a um ponto de acumulação de D e b ∈ Rm. Dizemos que bé o limite de f quando x tende para a, e escreve-se

limx→a

f(x) = b,

se para cada ε > 0, existe δ > 0 tal que

‖f(x) − b‖ < ε para qualquer x ∈ D tal que 0 < ‖x− a‖ < δ.

Simbolicamente, tem-se o seguinte:

limx→a

f(x) = b ⇔ ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ D (0 < ‖x− a‖ < δ ⇒ ‖f(x) − b‖ < ε) .



Para interpretar geometricamente a definição de limite basta observar que

‖f(x) − b‖ < ε é equivalente a f(x) ∈ Bε(b)

e que0 < ‖x− a‖ < δ é equivalente a x ∈ Bδ(a) \ {a} .

Rn

DRm

f(D)

f

a

f(a)

bbε

δ a

x f(x)

Interpretação geométrica do limite em a de uma função f : D ⊆ Rn → Rm



Se a for um ponto isolado do domínio D, então a definição dada atrásnão se pode aplicar porque, quando a é um ponto isolado de D, épossível escolher δ > 0 tal que

0 < ‖x− a‖ < δ

é falso para qualquer x ∈ D.



Propriedades

a) O limite de uma função (quando existe) é único.

b) Sejam D um subconjunto de Rn,

a = (a1, . . . , an) ∈ Rn

um ponto de acumulação de D e

b = (b1, . . . , bm) ∈ Rm.

Sef : D ⊆ Rn → Rm

uma função tal que

f = (f1, . . . , fm) ,

entãolimx→a

f(x) = b se e só se limx→a

fi(x) = bi, i = 1, . . . ,m.



Propriedades (continuação)

c) Sejam D ⊆ Rn, f, g : D → Rm, α : D → R e a um ponto de acumulaçãode D. Suponhamos que existem

limx→a

f(x), limx→a

g(x) e limx→a

α(x).

Então

i) existe limx→a

[f(x) + g(x)] e

limx→a

[f(x) + g(x)] = limx→a

f(x) + limx→a

g(x);

ii) existe limx→a

[α(x)f(x)] e

limx→a

[α(x)f(x)] =[

limx→a

α(x)]

·[

limx→a

f(x)]

;

iii) se limx→a

α(x) 6= 0, existe limx→a

1α(x)

e

limx→a

1α(x)

=1

limx→a

α(x).




d) Sejam D um subconjunto de Rn, a um ponto de acumulação de D e

f, g : D ⊆ Rn → R.

Suponhamos quelimx→a

f(x) = 0

e g é uma função limitada numa bola centrada em a. Então

limx→a

[f(x) · g(x)] = 0.




e) Sejamf : Df ⊆ Rn → Rm

eg : Dg ⊆ Rm → Rk

duas funções tais quef(Df ) ⊆ Dg.

Suponhamos que a ∈ Rn é um ponto de acumulação de Df e queb ∈ Dg é um ponto de acumulação de Dg. Se

limx→a

f(x) = b e limx→b

g(x) = g(b),

entãolimx→a

(g ◦ f)(x) = limx→a

g(f(x)) = g(b).



Rn Rm

Df

f

f(Df

)

a b = f(a)b b

Rk

bb = f(a)

f(Df

) Dg

g

g (Dg)

g ◦ f

bg(b) = g(f(a))

Composição de funções



Exemplos

a) Seja f : R2 → R3 a função definida por

f(x, y) = (x+ y, sen(x+ 2y), cosx) .

Entãof = (f1, f2, f3)

ondef1, f2, f3 : R2 → R

são as funções definidas por

f1(x, y) = x+ y, f2(x, y) = sen(x+ 2y) e f3(x, y) = cos x.





lim(x,y)→(π/2,0)

f1(x, y) = lim(x,y)→(π/2,0)

x+ y = π/2 + 0 = π/2

lim(x,y)→(π/2,0)

f2(x, y) = lim(x,y)→(π/2,0)

sen(x+ 2y)

= sen(π/2 + 2.0) = sen(π/2) = 1

lim(x,y)→(π/2,0)

f3(x, y) = lim(x,y)→(π/2,0)

cosx = cos(π/2) = 0,

temos

lim(x,y)→(π/2,0)

f(x, y)

=(

lim(x,y)→(π/2,0)

f1(x, y), lim(x,y)→(π/2,0)

f2(x, y), lim(x,y)→(π/2,0)

f3(x, y))

= (π/2, 1, 0) .




b) Seja f : R2 → R a função dada por

f(x, y) =

xy2

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

Esta função pode ser escrita, quando (x, y) 6= (0, 0), da seguinteforma

xy2

x2 + y2.




b) (continuação) Como lim(x,y)→(0,0)

x = 0 ey2

x2 + y2é limitada, pois

0 6y2

x2 + y26 1 para cada (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)} ,

podemos concluir que

lim(x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y2= 0.

e, consequentemente,

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0.


Índice





Continuidade




§2.3.2 Limites relativos e limites direccionais

Seja A um subconjunto de D ⊆ Rn e a um ponto de acumulação de A.Chama-se limite relativo a A da função

f : D ⊆ Rn → Rm

no ponto a (ou limite quando x tende para a no conjunto A) aolimite em a (quando exista) da restrição de f a A e usa-se a notação

limx→ax∈A

f(x).



É evidente para qualquer função

f : D ⊆ Rn → R

se existelimx→a

f(x),

então também existelimx→ax∈A

f(x)

para qualquer subconjunto A de D tal que a é ponto de acumulação deA e

limx→ax∈A

f(x) = limx→a

f(x).

Assim, se existirem dois limites relativos distintos, o limite não existe.



Além disso, dada uma função

f : D ⊆ Rn → Rm,

se A1 e A2 são dois subconjuntos de Rn tais que a é ponto deacumulação de A1 e de A2,

D \ {a} ⊆ A1 ∪A2

e existem e são iguais os limites

limx→ax∈A1

f(x) e limx→ax∈A2

f(x),

então também existelimx→a

f(x)

elimx→a

f(x) = limx→ax∈A1

f(x) = limx→ax∈A2

f(x).



Exemplo

Seja f : R2 \ {(0, 0)} → R a função definida por

f(x, y) =x2 − y2

x2 + y2.

Considerando os conjuntos

A ={

(x, 0) ∈ R2 : x ∈ R \ {0}}

e B ={

(0, y) ∈ R2 : y ∈ R \ {0}}

temos

lim(x,y)→(0,0)

(x,y)∈A

f(x, y) = limx→0

f(x, 0) = limx→0

x2

x2= lim

x→01 = 1

e

lim(x,y)→(0,0)

(x,y)∈B

f(x, y) = limy→0

f(0, y) = limy→0

−y2

y2= lim

y→0−1 = −1.



Exemplo (continuação)

Comolim

(x,y)→(0,0)(x,y)∈A

f(x, y) 6= lim(x,y)→(0,0)

(x,y)∈B

f(x, y),

não existelim

(x,y)→(0,0)f(x, y).



Para funções reais de variável real, f : D ⊆ R → R, considerando osconjuntos

D+a = {x ∈ D : x > a} = D∩ ]a,+∞[

eD−a = {x ∈ D : x < a} = D∩ ] − ∞, a[,

obtemos os limites laterais à direita e à esquerda da seguinteforma

limx→a+

f(x) = limx→ax∈D+

a

f(x)

elimx→a−

f(x) = limx→ax∈D−

a

f(x),

desde que a seja ponto de acumulação de D+a e de D−

a , respectivamente.



A generalização natural dos limites laterais a funções

f : D ⊆ Rn → Rm

é dada pelos limites direccionais. Se a e v são elementos de Rn, com v 6= 0,então

{x ∈ Rn : x = a+ tv, t ∈ R+

}

é a semi-recta de origem a e com a direcção e o sentido de v. Dada uma função

f : D ⊆ Rn → Rm,

fazendoA =

{x ∈ D : x = a+ tv, t ∈ R+

},

e supondo que a é ponto de acumulação de A, chama-se a

limx→ax∈A

f(x)

limite (direccional) de f no ponto a segundo v. Este limite obtém-secalculando

limt→0+

f(a+ tv).



Observações

a) Sejam D um subconjunto de Rn,

f : D ⊆ Rn → R

uma função e a, v ∈ Rn. Se existe

limt→0+

f(a+ tv),

então, fazendo u = λv, λ ∈ R+, também existe

limt→0+

f(a+ tu)

e

limt→0+

f(a+ tv) = limt→0+

f(a+ tu).

b) Tendo em conta a observação anterior, para calcular os limitesdireccionais basta considerar vectores de norma um. Assim, para funções

f : D ⊆ R2 → R,

basta considerar vectoresv = (cosα, senα) , α ∈ [0, 2π[.



Exemplo

Consideremos novamente a função f : R2 \ {(0, 0)} → R definida por

f(x, y) =x2 − y2

x2 + y2.

Fazendov = (cosα, sen α) ,

com α ∈ [0, 2π[, temos

limt→0+

f(0 + t cosα, 0 + t senα) = limt→0+

t2 cos2 α− t2 sen2 α

t2 cos2 α+ t2 sen2 α

= cos2 α− sen2 α

e, como os limites direccionais dependem do vector v, podemos concluirque não existe

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y).



Para funções f : D ⊆ R → R é fácil provar que se existem

limx→a+

f(x) e limx→a−

f(x)

elimx→a+

f(x) = limx→a−

f(x),

então também existelimx→a

f(x)

elimx→a

f(x) = limx→a+

f(x) = limx→a−

f(x).

No entanto, para funções

f : D ⊆ Rn → Rm, n > 1,

é possível existirem e serem iguais todos os limites direccionais, sem queo limite da função exista. Vejamos um exemplo em que isso acontece.



Exemplo – f(x, y) = x2y/(x4 + y2)

No ponto (0, 0) todos os limites direccionais da função

f : R2 \ {(0, 0)} → R

definida por

f(x, y) =x2y

x4 + y2

são iguais a zero. De facto, fazendo

v = (cosα, sen α) ,

com α ∈ [0, 2π[, temos, para α ∈ ]0, π[ ∪ ]π, 2π[,

limt→0+

f((0, 0) + tv) = limt→0+

f(t cosα, t sen α) = limt→0+

t3 cos2 α senαt4 cos4 α+ t2 sen2 α

= limt→0+

t cos2 α senαt2 cos4 α+ sen2 α

=0

0 + sen2 α= 0.



Exemplo (continuação) – f(x, y) = x2y/(x4 + y2)

Se α = 0 vem

limt→0+

f(t, 0) = limt→0+

t20t4 + 02

= limt→0+

0 = 0

e se α = π temos

limt→0+

f(−t, 0) = limt→0+

(−t)20(−t)4 + 02

= limt→0+

0 = 0.

Assim, todos os limites direccionais são iguais a zero.



Exemplo (continuação) – f(x, y) = x2y/(x4 + y2)

No entanto, considerando o conjunto

A ={

(x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)} : y = x2}

temos

lim(x,y)→(0,0)

x∈A

f(x, y) = limx→0

f(x, x2) = limx→0

x2 · x2

x4 + (x2)2

= limx→0

x4

2x4= lim

x→0

12

=12

que é diferente dos limites direccionais. Logo não existe

lim(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2.


Índice




LimitesContinuidade

Definição, propriedades e exemplosTeorema de Weierstrass




Índice




LimitesContinuidade






Sejam D um subconjunto de Rn,

f : D ⊆ Rn → Rm

uma função e a ∈ D. Diz-se que f é contínua no ponto a se paracada ε > 0, existir δ > 0 tal que

‖f(x) − f(a)‖ < ε para qualquer x ∈ D tal que ‖x− a‖ < δ.

Simbolicamente,

f é contínua em a

⇔ ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ D (‖x− a‖ < δ ⇒ ‖f(x) − f(a)‖ < ε) .



Assim temos a seguinte interpretação geométrica de continuidade numponto.

Rn

DRm

f(D)

f

a

f(a)f(a)ε

δ a

x f(x)

Função de Rn em Rm contínua no ponto a



Dizemos que a ∈ D é um ponto de descontinuidade de

f : D ⊆ Rn → Rm

se f não é contínua em a.

Uma funçãof : D ⊆ Rn → Rm

é contínua se for contínua em todos os pontos de D.



Observações

a) Ao contrário do que acontece na definição de limite, só faz sentidoconsiderar pontos do domínio D quando estamos a investigar acontinuidade de uma função.

b) Se a é um ponto isolado de D, então a função f : D → Rm é contínua ema. De facto, dado ε > 0, basta escolher δ > 0 tal que

Bδ(a) ∩D = {a} .Assim, a condição

x ∈ D ∧ ‖x− a‖ < δ é equivalente a x = a

e, por conseguinte,

‖f(x) − f(a)‖ = 0 < ε.

Em particular, se D só tem pontos isolados, então qualquer funçãof : D → Rm é contínua.

c) Se a ∈ D é um ponto de acumulação de D, então f : D → Rm é contínuaem a se e só se

limx→a

f(x) = f(a).



Exemplos

a) Num exemplo anterior estudamos a função

f : R2 → R3

dada porf(x, y) = (x+ y, sen(x+ 2y), cos x)

e vimos quelim

(x,y)→(π/2,0)f(x, y) = (π/2, 1, 0) .

Comof(π/2, 0) = (π/2, 1, 0) ,

a função é contínua no ponto (π/2, 0).




b) Seja f : R2 → R a função é definida por

f(x, y) =

x2 − y2

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

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

A ={

(x, y) ∈ R2 : x = 0}

e B ={

(x, y) ∈ R2 : y = 0},

temos

lim(x,y)→(0,0)

x∈A

f(x, y) = limy→0

f(0, y) = limy→0

02 − y2

02 + y2= lim

y→0

−y2

y2= lim

y→0−1 = −1

e

lim(x,y)→(0,0)

x∈B

f(x, y) = limx→0

f(x, 0) = limx→0

x2 − 02

x2 + 02= lim

x→0

x2

x2= lim

x→01 = 1.




b) (continuação) Como

lim(x,y)→(0,0)

x∈A

f(x, y) 6= lim(x,y)→(0,0)

x∈B

f(x, y),

não existe

lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2.

Logo a função não é contínua em (0, 0).

No entanto, em qualquer ponto (a, b) 6= (0, 0) esta função é contínuaporque

lim(x,y)→(a,b)

f(x, y) = lim(x,y)→(a,b)

x2 − y2

x2 + y2=a2 − b2

a2 + b2= f(a, b).



Propriedades

a) Sejamf : D ⊆ Rn → Rm

uma função tal quef = (f1, . . . , fm)

e a um elemento de D. Então

f é contínua em a

se e só se todas as suas funções coordenadas

fi são contínuas em a.




b) Sejamf, g : D ⊆ Rn → Rm

duas funções contínuas em a ∈ D e

α : D → R

uma função contínua em a. Então

f + g e αf são contínuas em a

e, se α(a) 6= 0, então

1α

é contínua em a.




c) Sejamf : Df ⊆ Rn → Rm

eg : Dg ⊆ Rm → Rk

duas funções tais que f(Df ) ⊆ Dg. Se

f é contínua em a ∈ Df

eg é contínua em f(a),

entãog ◦ f é contínua em a.



Exemplo

Seja f : R2 → R a função dada por

f(x, y) =

x2y

x4 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

Já vimos num exemplo anterior que fazendo

A ={

(x, y) ∈ R2 : y = 0}

e B ={

(x, y) ∈ R2 : y = x2},

temoslim

(x,y)→(0,0)x∈A

f(x, y) = limx→0

f(x, 0) = limx→0

x2 0x4 + 02

= limx→0

0x4

= limx→0

0 = 0

e

lim(x,y)→(0,0)

x∈B

f(x, y) = limx→0

f(x, x2) = limx→0

x2 x2

x4 + (x2)2= lim

x→0

x4

2x4= lim

x→0

12

=12.




Comolim

(x,y)→(0,0)x∈A

f(x, y) 6= lim(x,y)→(0,0)

x∈B

f(x, y),

não existe

lim(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2

e, portanto, a função não é contínua em (0, 0).

No entanto, em qualquer ponto (a, b) 6= (0, 0) esta função é contínuaporque pode ser escrita como a composição de funções contínuas.

Outra forma de provarmos que f é contínua em qualquer pontos(a, b) 6= (0, 0) é observarmos que

lim(x,y)→(a,b)

f(x, y) = lim(x,y)→(a,b)

x2y

x4 + y2=

a2b

a4 + b2= f(a, b).


Índice




LimitesContinuidade





§2.4.2 Teorema de Weierstrass

Sejaf : D ⊆ Rn → R

uma função escalar e A um subconjunto não vazio de D.

Dizemos que f tem um máximo (absoluto) no ponto a ∈ A ou quef(a) é um máximo (absoluto) de f em A se

f(x) 6 f(a) para todo o x ∈ A.

Quandof(x) > f(a) para todo o x ∈ A,

dizemos que f tem um mínimo (absoluto) no ponto a ∈ A ou quef(a) é um mínimo (absoluto) de f em A.

Os máximos e mínimos (absolutos) de f em a dizem-se extremosabsolutos de f em A.



Teorema de Weierstrass


uma função contínua num subconjunto não vazio, fechado e limitadoA ⊆ D. Então f tem máximo e mínimo em A.



Exemplo

SejamA =

{

(x, y) ∈ R2 : |x| 6 1, |y| 6 1}

e f a função dada por

f(x, y) = x+ y sen x.

A função f é contínua em R2 e, portanto, é contínua em A. Como A éfechado e limitado, f tem máximo e mínimo no conjunto A.


Índice




Derivadas parciais e derivadas direccionaisDiferenciabilidade de funções de Rn em Rm

Aplicações



Índice




Derivadas parciais e derivadas direccionaisDerivadas parciaisDerivadas parciais de ordem superiorGradiente, laplaciano, matriz jacobiana, divergência e rotacionalDerivadas direccionais

Diferenciabilidade de funções de Rn em Rm

Aplicações



Índice






Aplicações



§3.1.1 Derivadas parciais

Comecemos por recordar como se define derivada de funções reais devariável real. Sejam D um subconjunto não vazio de R,

f : D → R

e a ∈ D um ponto de acumulação de D. Diz-se que f é derivável oudiferenciável em a se existe (e é finito) o limite:

limx→a

f(x) − f(a)x− a

.

Tal limite (quando existe) diz-se a derivada de f no ponto a e

representa-se por f ′(a), Df(a) ou ainda pordf

dx(a).

Fazendo a mudança de variável x = a+ h, temos

f ′(a) = limh→0

f(a+ h) − f(a)h

.

Aqui têm apenas de se considerar os valores de h tais que a+ h ∈ D.António J. G. Bento (UBI) Cálculo II 2015/2016 201 / 427


Diz-se que a funçãof : D ⊆ R → R

é derivável ou diferenciável em D se for derivável em todo o pontode D e à nova função

f ′ : D ⊆ R → R,

que a cada ponto x ∈ D faz corresponder f ′(x), chama-se derivada def e representa-se também por

Df oudf

dx.



O quocientef(a+ h) − f(a)

h

representa o declive da recta que passa pelos pontos

(a, f(a)) e (a+ h, f(a+ h)) .

Fazendo h tender para zero, a recta que passa nos pontos

(a, f(a)) e (a+ h, f(a+ h)) ,

vai tender para a recta tangente ao gráfico de f e que passa no pontos(a, f(a)). Assim, geometricamente, a derivada de uma função numponto do domínio é o declive da recta tangente ao gráfico da função noponto considerado. Portanto, a recta tangente ao gráfico de umafunção f no ponto (a, f(a)) é a recta de equação

y = f(a) + f ′(a)(x − a).



b

a

f(a)

b

a+ h

f(a + h)

b

b

a

f(a)

b

b

bb

a+ h

f(a + h)

b

b

a

f(a) b

bb

b

a+ h

f(a + h)

b

b

a

f(a) b

bb

b

b

a+ h

f(a + h)

b

b

b

y = f(a) + f ′(a)(x − a)

α

f ′(a) = tgα

Interpretação geométrica do conceito de derivada



Pretendemos generalizar o conceito de derivada a funções

f : D ⊆ Rn → Rm.

Por uma questão de economia de escrita, consideraremos, inicialmente,funções

f : D ⊆ R2 → R.

Como habitualmente, escreveremos (x, y) em vez de (x1, x2) pararepresentar os elementos de R2.



Sejam D um subconjunto não vazio de R2 e

f : D ⊆ R2 → R

uma função. A derivada parcial de f em relação a x (ou em ordem a

x) é a função∂f

∂xque se obtém derivando (caso a derivada exista) f em

relação a x, tratando y como se fosse uma constante. Por exemplo, sef : R2 → R é a função definida por

f(x, y) = 2x3y − 4x sen(πy),

temos∂f

∂x(x, y) = 6x2y − 4 sen(πy).

De igual modo, a derivada parcial de f em relação a y (ou em ordem a

y) é a função∂f

∂yque se obtém derivando (caso a derivada exista) f em relação

a y, tratando x como se fosse uma constante. Assim, no exemplo dado temos

∂f

∂y(x, y) = 2x3 − 4πx cos(πy).



Vejamos como definir de modo mais formal as derivadas parciais.Sejam D um subconjunto de R2,

f : D ⊆ R2 → R

uma função e (a, b) ∈ D. Suponhamos que (a, b) é um ponto deacumulação de

{(x, y) ∈ D : y = b} .Representa-se por

∂f

∂x(a, b), f ′

x(a, b) ou Dxf(a, b),

a derivada parcial de f em relação a x (ou em ordem a x) noponto (a, b) e define-se da seguinte forma

∂f

∂x(a, b) = lim

h→0

f(a+ h, b) − f(a, b)h

quando este limite exista e seja finito.António J. G. Bento (UBI) Cálculo II 2015/2016 207 / 427


Analogamente, se (a, b) ∈ D é ponto de acumulação de

{(x, y) ∈ D : x = a} ,

representa-se por

∂f

∂y(a, b), f ′

y(a, b) ou Dyf(a, b),

a derivada parcial de f em ordem a y no ponto (a, b) e define-seda seguinte forma

∂f

∂y(a, b) = lim

k→0

f(a, b+ k) − f(a, b)k

,

quando este limite existe e é finito.



x

y

z

b

a

b

f(a, b)

bb

α

∂f

∂x(a, b) = tgα

b

β

∂f

∂y(a, b) = tg β

Interpretação geométrica das derivadas parciais



Sejaf : D ⊆ R2 → R

uma função. A função que a cada (x, y) associa∂f

∂x(x, y) designa-se por

(função) derivada parcial de f em ordem a x e representa-se por

∂f

∂x, f ′

x ou Dxf.

Obviamente, o seu domínio é o conjunto{

(x, y) ∈ D : existe∂f

∂x(x, y)

}

.

Do mesmo modo, define-se (função) derivada parcial de f emordem a y que se representa por

∂f

∂y, f ′

y ou Dyf.



Exemplos de derivadas parciais

a) Considerando a funçãof : R2 → R

definida porf(x, y) = x2 + y2 + sen(xy)

temos∂f

∂x(x, y) = 2x+ y cos(xy)

e∂f

∂y(x, y) = 2y + x cos(xy).



Exemplos de derivadas parciais (continuação)

b) A funçãof : R2 → R

definida por

f(x, y) = sen(

x2 + y3)

+ ex−cos(xy)

tem as seguintes derivadas parciais

∂f

∂x(x, y) = 2x cos

(

x2 + y3)

+ (1 + y sen (xy)) ex−cos(xy)

e∂f

∂y(x, y) = 3y2 cos

(

x2 + y3)

+ x sen (xy) ex−cos(xy) .




c) Seja f : R2 → R a função definida por

f(x, y) =

(x− 1)y2

(x− 1)2 + y2se (x, y) 6= (1, 0),

0 se (x, y) = (1, 0).

Então

∂f

∂x(1, 0) = lim

h→0

f(1 + h, 0) − f(1, 0)h

= limh→0

(1+h−1)02

(1+h−1)2+02 − 0

h

= limh→0

0h2

h= lim

h→0

0h

= limh→0

0 = 0

e

∂f

∂y(1, 0) = lim

k→0

f(1, 0 + k) − f(1, 0)k

= limk→0

(1−1)k2

(1−1)2+k2 − 0

k

= limk→0

0k2

k= lim

k→0

0k

= limk→0

0 = 0.




d) Seja f : R2 → R a função dada por

f(x, y) =

x2

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

Então

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(0 + h, 0) − f(0, 0)h

= limh→0

h2

h2+02 − 0

h= lim

h→0

h2

h2

h= lim

h→0

1h

e este limite não existe. Logo f não tem derivada parcial em ordem a x noponto (0, 0). Por outro lado,

∂f

∂y(0, 0) = lim

k→0

f(0, 0 + k) − f(0, 0)k

= limk→0

02

02+k2 − 0

k

= limk→0

0k2

k= lim

k→0

0k

= limk→0

0 = 0.



No caso geral em que temos uma função

f : D ⊆ Rn → Rm

definimos, para a = (a1, . . . , an), as seguintes derivadas parciais:

∂f

∂x1(a) =

∂f

∂x1(a1, . . . , an) = lim

h→0

f(a1 + h, a2, . . . , an) − f(a1, . . . , an)h

∂f

∂x2(a) =

∂f

∂x2(a1, . . . , an) = lim

h→0

f(a1, a2 + h, a3, . . . , an) − f(a1, . . . , an)h

...

∂f

∂xn(a) =

∂f

∂xn(a1, . . . , an) = lim

h→0

f(a1, . . . , an−1, an + h) − f(a1, . . . , an)h



A função que a cada x = (x1, . . . , xn) associa∂f

∂x1(x) designa-se por

(função) derivada parcial de f em ordem a x1 e representa-se por

∂f

∂x1, f ′

x1ou Dx1f.

Obviamente, o seu domínio é o conjunto{

x ∈ D : existe∂f

∂x1(x)}

.

Do mesmo modo, define-se (função) derivada parcial de f emordem a xi, i = 2, . . . , n, que se representa por

∂f

∂xi, f ′

xiou Dxi

f.



Das propriedades dos limites resulta imediatamente que se

f : D ⊆ Rn → Rm e f = (f1, . . . , fm) , m > 1

temos

∂f

∂x1(a) =

(∂f1

∂x1(a),

∂f2

∂x1(a), . . . ,

∂fm∂x1

(a))

∂f

∂x2(a) =

(∂f1

∂x2(a),

∂f2

∂x2(a), . . . ,

∂fm∂x2

(a))

...

∂f

∂xn(a) =

(∂f1

∂xn(a),

∂f2

∂xn(a), . . . ,

∂fm∂xn

(a))

.


Índice






Aplicações



§3.1.2 Derivadas parciais de ordem superior

Sejam D um subconjunto de R2 e

f : D ⊆ R2 → R

uma função. Suponhamos existe a derivada parcial (de primeira ordem)de f em relação a x. Designaremos por

f ′′x2, f ′′

xx,∂2f

∂x2, D2

x2f ou D2xxf

a derivada(f ′x

)′x =

∂

∂x

(∂f

∂x

)

,

caso exista, e chamar-lhe-emos derivada parcial de segunda ordemda função f duas vezes em ordem a x.



Do mesmo modo se definem a derivada de segunda ordem de fduas vezes em relação a y:

f ′′y2 ≡ f ′′

yy ≡ ∂2f

∂y2≡ D2

y2f ≡ D2yyf =

(

f ′y

)′

y=

∂

∂y

(∂f

∂y

)

;

a derivada de segunda ordem de f em relação a x e depois emrelação a y:

f ′′xy ≡ ∂2f

∂y∂x≡ D2

xyf =(f ′x

)′y =

∂

∂y

(∂f

∂x

)

;

a derivada de segunda ordem de f em relação a y e depois emrelação a x:

f ′′yx ≡ ∂2f

∂x∂y≡ D2

yxf =(

f ′y

)′

x=

∂

∂x

(∂f

∂y

)

.



A partir das derivadas de segunda ordem podemos definir as derivadas deterceira ordem, e assim sucessivamente como é ilustrado no esquema seguinte.

f

f ′x ≡

∂f

∂x

f ′y ≡

∂f

∂y

f ′′x2 ≡

∂2f

∂x2

f ′′xy ≡

∂2f

∂y∂x

f ′′yx ≡

∂2f

∂x∂y

f ′′y2 ≡

∂2f

∂y2

f ′′′x3 ≡

∂3f

∂x3

f ′′′x2y ≡

∂3f

∂y∂x2

f ′′′xyx ≡

∂3f

∂x∂y∂x

f ′′′xy2 ≡

∂3f

∂y2∂x

f ′′′yx2 ≡

∂3f

∂x2∂y

f ′′′yxy ≡

∂3f

∂y∂x∂y

f ′′′y2x ≡

∂3f

∂x∂y2

f ′′′y3 ≡

∂3f

∂y3



Sejam D um subconjunto de Rn, n > 1, e

f : D ⊆ Rn → Rm

uma função. Dados dois inteiros positivos i e j inferiores ou iguais a n,

supondo que existe∂f

∂xi, representaremos por

∂2f

∂xj∂xiou f ′′

xixj

a derivada parcial de∂f

∂xiem ordem a xj, caso exista, e

chamar-lhe-emos derivada parcial de segunda ordem de fprimeiro em relação a xi e depois em relação a xj .

De forma semelhante podemos definir as derivadas de ordem três, deordem quatro, etc.



Exemplos – derivadas parciais de segunda ordem

a) Seja f : R2 → R a função dada por

f(x, y) = x4 + 3xy2 + 4y3.

Então∂f

∂x(x, y) = 4x3 + 3y2 e

∂f

∂y(x, y) = 6xy + 12y2.

Assim,∂2f

∂x2(x, y) = 12x2 e

∂2f

∂y∂x(x, y) = 6y,

enquanto que

∂2f

∂x∂y(x, y) = 6y e

∂2f

∂y2(x, y) = 6x+ 24y.

Este exemplo parece sugerir que as derivadas cruzadas (ou mistas)∂2f

∂y∂xe∂2f

∂x∂ysão iguais.



Exemplos – derivadas parciais de segunda ordem (continuação)

b) Seja f : R2 → R a função definida por

f(x, y) =

x3y

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

Vamos calcular f ′′xy(0, 0) e f ′′

yx(0, 0). Como

f ′′xy(0, 0) = lim

k→0

f ′x(0, k) − f ′

x(0, 0)k

e

f ′′yx(0, 0) = lim

h→0

f ′y(h, 0) − f ′

y(0, 0)

h,

temos de calcular f ′x(0, y) e f ′

y(x, 0).




b) (continuação) Atendendo a que, para y 6= 0,

f ′x(0, y) = lim

h→0

f(h, y)−f(0, y)h

= limh→0

h3y

h2+y2−0

h= lim

h→0

h2y

h2+y2=

0y2

= 0

e

f ′x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)h

= limh→0

h3.0h2 + 02

− 0

h= lim

h→0

0h

= limh→0

0 = 0

temosf ′x(0, y) = 0.




b) (continuação) Por outro lado, para x 6= 0, tem-se

f ′y(x, 0) = lim

k→0

f(x, k)−f(x, 0)k

= limk→0

x3k

x2+k2−0

k= lim

k→0

x3

x2+k2=x3

x2= x

e

f ′y(0, 0) = lim

k→0

f(0, k) − f(0, 0)k

= limk→0

03.k

02 + k2− 0

k= lim

k→0

0k

= limk→0

0 = 0

temosf ′y(x, 0) = x.




b) (continuação) Usando o facto de

f ′x(0, y) = 0 e f ′

y(x, 0) = x,

tem-se

f ′′xy(0, 0) = lim

k→0

f ′x(0, k) − f ′

x(0, 0)k

= limk→0

0 − 0k

= limk→0

0k

= limk→0

0 = 0

e

f ′′yx(0, 0) = lim

h→0

f ′y(h, 0) − f ′

y(0, 0)

h= lim

h→0

h− 0h

= limh→0

h

h= lim

h→01 = 1,

o que prova que as derivadas mistas (ou cruzadas) f ′′xy e f ′′

yx podemser diferentes!




b) (continuação) Para esta função f : R2 → R, que, recorde-se, é dadapor

f(x, y) =

x3y

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

tem-se

f ′x(x, y) =

x4y + 3x2y3

(x2 + y2)2 se (x, y) 6= (0, 0),

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

e

f ′y(x, y) =

x5 − x3y2

(x2 + y2)2 se (x, y) 6= (0, 0),

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




b) (continuação) Além disso,

f ′′xx(x, y) =

6xy5 − 2x3y3

(x2 + y2)3se (x, y) 6= (0, 0),

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

f ′′xy(x, y) =

x6 + 6x4y2 − 3x2y4

(x2 + y2)3se (x, y) 6= (0, 0),

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

f ′′yx(x, y) =

x6 + 6x4y2 − 3x2y4

(x2 + y2)3se (x, y) 6= (0, 0),

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

f ′′yy(x, y) =

2x3y3 − 6x5y

(x2 + y2)3se (x, y) 6= (0, 0),

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


Índice






Aplicações



§3.1.3 Gradiente, laplaciano, matriz jacobiana, divergência e rotacional

Sejamf : D ⊆ Rn → R

uma função e a ∈ D. Chama-se gradiente de f no ponto a, erepresenta-se por

(∇f) (a) ou (grad f) (a),

ao vector

(∇f) (a) =(∂f

∂x1(a), . . . ,

∂f

∂xn(a))

e designa-se por laplaciano de f no ponto a, e representa-se por

(∆f) (a) ou(

∇2f)

(a),

a expressão

(∆f) (a) =∂2f

∂x21

(a) + · · · +∂2f

∂x2n

(a)

desde que existam as derivadas parciais envolvidas nas definições.



Exemplos – gradiente e laplaciano

Seja

f : R3 → R

a função definida por

f(x, y, z) = sen(xy2z3).Então

∇f =(∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

)

=(y2z3 cos(xy2z3), 2xyz3 cos(xy2z3), 3xy2z2 cos(xy2z3)

)

e

∆f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2

= −y4z6 sen(xy2z3) +(2xz3 cos(xy2z3) − 4x2y2z6 sen(xy2z3)

)

+(6xy2z cos(xy2z3) − 9x2y4z4 sen(xy2z3)

)

= −(y4z6 + 4x2y2z6 + 9x2y4z4

)sen(xy2z3) +

(2xz3 + 6xy2z

)cos(xy2z3).



Dada uma funçãof : D ⊆ Rn → Rm

e a ∈ D, à matriz

Ja(f) =

∂f1

∂x1(a) · · · ∂f1

∂xn(a)

.... . .

...∂fm∂x1

(a) · · · ∂fm∂xn

(a)

chamamos matriz jacobiana de f no ponto a, desde que as derivadasenvolvidas na definição existam.

Quando n = m, o determinante de J diz-se o jacobiano da função f erepresenta-se por

∂ (f1, . . . , fn)∂ (x1, . . . , xn)

.



Exemplo – matriz jacobiana

Sejaf : R3 → R2


f(x, y, z) =(

xy + z2, exy + senx)

.

Então a matriz jacobiana de f é dada por

J(x,y,z)(f) =

∂f1

∂x(x, y, z)

∂f1

∂y(x, y, z)

∂f1

∂z(x, y, z)

∂f2

∂x(x, y, z)

∂f2

∂y(x, y, z)

∂f2

∂z(x, y, z)

=

y x 2z

y exy + cos x x exy 0

.



Dada uma funçãof : D ⊆ Rn → Rn

e a ∈ D, a divergência de f no ponto a representa-se por

(div f) (a),

e é definida por

(div f) (a) =∂f1

∂x1(a) +

∂f2

∂x2(a) + · · · +

∂fn∂xn

(a),

desde que as derivadas envolvidas na definição existam. Das definiçõesresulta imediatamente que o laplaciano é a divergência do gradiente.



Exemplo – divergência

Sejaf : R3 → R3


f(x, y, z) =(

x2 + xyz2, exz + sen y, x− 3y + z4)

.

Então a divergência de f é dada por

(div f) (x, y, z) =∂f1

∂x(x, y, z) +

∂f2

∂y(x, y, z) +

∂f3

∂z(x, y, z)

= 2x+ yz2 + cos y + 4z3.



Dada uma funçãof : D ⊆ R3 → R3

e a ∈ D, designa-se por rotacional de f no ponto a, e representa-se por

(rot f) (a),

o vector

(rot f) (a)

=

(∂f3

∂y(a) −

∂f2

∂z(a),

∂f1

∂z(a) −

∂f3

∂x(a),

∂f2

∂x(a) −

∂f1

∂y(a)

)

=

(∂f3

∂y(a) −

∂f2

∂z(a)

)

e1 +(∂f1

∂z(a) −

∂f3

∂x(a))

e2 +

(∂f2

∂x(a) −

∂f1

∂y(a)

)

e3,

desde que as derivadas parciais envolvidas na definição existam e onde

e1 = (1, 0, 0) , e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1) .



A fórmula do rotacional pode ser dada pelo desenvolvimento segundo aprimeira linha do determinante formal

rot f =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zf1 f2 f3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

que é precisamente igual a(∂f3

∂y− ∂f2

∂z

)

e1 +(∂f1

∂z− ∂f3

∂x

)

e2 +(∂f2

∂x− ∂f1

∂y

)

e3.



Exemplo – rotacional

Sejaf : R3 → R3


f(x, y, z) =(

x2 + xyz2, exz + sen y, x− 3y + z4)

.

Então o rotacional de f é dado por

(rot f) (x, y, z)

=(∂f3

∂y− ∂f2

∂z

)

e1 +(∂f1

∂z− ∂f3

∂x

)

e2 +(∂f2

∂x− ∂f1

∂y

)

e3

= (−3 − x exz) e1 + (2xyz − 1) e2 +(

z exz − xz2)

e3

=(

−3 − x exz, 2xyz − 1, z exz −xz2)

.


Índice






Aplicações



§3.1.4 Derivadas direccionais

Nas definições de derivadas parciais, dadas atrás, consideramosacréscimos da função quando o ponto do domínio percorre segmentosparalelos aos eixos. Este facto sugere que generalizemos a definição dederivadas parcial segundo qualquer direcção.

Dados um subconjunto D de R2, uma função

f : D ⊆ R2 → R,

a = (a1, a2) ∈ D e u = (u1, u2) um vector de R2, chama-se derivadade f no ponto a segundo o vector u ao limite, quando existe,

limt→0

f(a+ tu) − f(a)t

= limt→0

f(a1 + tu1, a2 + tu2) − f(a1, a2)t

e representa-se porf ′u(a) ou Duf(a).



Quando‖u‖ = 1

as derivadas segundo vectores costumam designar-se por derivadasdireccionais, se bem que será mais correcto falar em derivada dirigidaou derivada radial segundo u pois a derivada, para além de dependerda direcção, também depende do sentido de u.



x

y

z

b

a

b

f(a, b)

b

uu

b

α

f ′u(a, b) = tgα

Interpretação geométrica da derivada segundo um vector u com ‖u‖ = 1.



Exemplo – derivadas direccionais

Consideremos a função f : R2 → R definida por

f(x, y) =

xy2

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

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

Fazendo u = (cosα, senα), α ∈ [0, 2π[, temos

f ′u(0, 0) = lim

t→0

f(0 + t cosα, 0 + t senα) − f(0, 0)t

= limt→0

t cosα t2 sen2 α

t2 cos2 α+ t2 sen2 αt

= limt→0

t3 cosα sen2 α

t3 (cos2 α+ sen2 α)

= sen2 α cosα.



Dada uma função f : D ⊆ R2 → R e considerando os vectorese1 = (1, 0) e e2 = (0, 1), temos

f ′e1

(a) = limt→0

f(a+ te1) − f(a)t

= limt→0

f(a1 + t, a2) − f(a1, a2)t

=∂f

∂x(a)

e

f ′e2

(a) = limt→0

f(a+ te2) − f(a)t

= limt→0

f(a1, a2 + t) − f(a1, a2)t

=∂f

∂y(a).



Também podemos definir derivadas segundo vectores para funções

f : D ⊆ Rn → Rm.

Assim, sef : D ⊆ Rn → Rm

e a = (a1, . . . , an) ∈ D chama-se derivada de f no ponto a segundoo vector u = (u1, . . . , un) ∈ Rn ao limite, caso este exista,

limt→0

f(a+ tu) − f(a)

t= lim

t→0

f(a1 + tu1, a2 + tu2, . . . , an + tun) − f(a1, a2, . . . , an)

t

e representa-se porf ′u(a) ou Duf(a).



Quando‖u‖ = 1,

as derivadasf ′u(a)

designam-se por derivadas direccionais, se bem que o mais correctoseria falar em derivada dirigida ou derivada radial segundo u, pois estaderivada para além de depender da direcção também depende dosentido de u.



Se considerarmos em Rn os vectores

e1 = (1, 0, 0, . . . , 0)

e2 = (0, 1, 0, . . . , 0)...

en = (0, 0, . . . , 0, 1)

temos

f ′e1

(a) =∂f

∂x1(a)

f ′e2

(a) =∂f

∂x2(a)

...

f ′en

(a) =∂f

∂xn(a).


Índice




Derivadas parciais e derivadas direccionaisDiferenciabilidade de funções de Rn em R

m

Definição e exemplosPropriedades elementaresHiperplano tangente e aproximação linearDerivada da função compostaTeorema de SchwarzTeorema da função implícita

Aplicações



Índice





m


Aplicações




Uma das primeiras propriedades do cálculo diferencial de funções reaisde variável real diz que se uma função tem derivada num ponto, entãoa função é contínua nesse ponto. Para funções com mais do que umavariável isso não acontece. É possível existirem todas as derivadasdireccionais, sem que a função seja contínua nesse ponto. Vejamos umexemplo em que isso acontece.



Exemplo

Consideremos a função f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2y

x4 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

Comecemos por calcular as derivadas parciais

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)h

= limh→0

0 − 0h

= limh→0

0h

= limh→0

0 = 0

e

∂f

∂y(0, 0) = lim

k→0

f(0, k) − f(0, 0)k

= limk→0

0 − 0k

= limk→0

0k

= limk→0

0 = 0.




Por outro lado, fazendou = (cosα, senα) , α ∈ [0, 2π[,

temos

f ′u(0, 0) = lim

t→0

f(0 + t cosα, 0 + t senα) − f(0, 0)t

= limt→0

t2 cos2 α t senαt4 cos4 α+ t2 sen2 α

t

= limt→0

cos2 α senαt2 cos4 α+ sen2 α

=

cos2 α

senαse α ∈ [0, 2π[\ {0, π},

0 se α ∈ {0, π}.




Vejamos que a função f não é contínua em (0, 0). Fazendo

A ={

(x, y) ∈ R2 : y = 0}

e B ={

(x, y) ∈ R2 : y = x2}

,

temos

lim(x,y)→(0,0)

x∈A

f(x, y) = limx→0

f(x, 0) = limx→0

x2 0x4 + 02

= limx→0

0x4

= limx→0

0 = 0

e

lim(x,y)→(0,0)

x∈B

f(x, y) = limx→0

f(x, x2) = limx→0

x2 x2

x4 + (x2)2= lim

x→0

x4

2x4= lim

x→0

12

=12,

o que mostra que não existe limite no ponto (0, 0) e, portanto, a funçãonão é contínua nesse ponto.



Este exemplo mostra que uma função ter derivadas parciais ouderivadas direccionais não é uma condição suficiente para que umafunção seja contínua num ponto. É, portanto, necessário um conceitomais forte.



Pode-se provar que

Uma função f : D ⊆ R → R tem derivada no ponto a ∈ D de

acumulação de D se e só se existem um número real c e uma

função r : D∗ → R tais que

f(a+ h) = f(a) + ch+ r(h) para cada h ∈ D∗

e

limh→0

r(h)h

= 0,

onde

D∗ = {h ∈ R : a+ h ∈ D} .Além disso, nas condições anteriores tem-se c = f ′(a).



Assim, dados uma função

f : D ⊆ R2 → R

e um ponto (a, b) interior a D, dizemos que f é diferenciável em (a, b)se existirem as derivadas parciais de f no ponto (a, b) e existir umafunção

r : D∗ → R,

ondeD∗ =

{

(h, k) ∈ R2 : (a+ h, b+ k) ∈ D}

,

tal que

lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)‖(h, k)‖ = 0

e

f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +∂f

∂x(a, b)h+

∂f

∂y(a, b)k + r(h, k)

para quaisquer (h, k) ∈ D∗.António J. G. Bento (UBI) Cálculo II 2015/2016 257 / 427


Fazendo (h, k) → (0, 0) em

f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +∂f

∂x(a, b)h+

∂f

∂y(a, b)k + r(h, k)

temos

lim(h,k)→(0,0)

f(a+ h, b+ k)

= lim(h,k)→(0,0)

[

f(a, b) +∂f

∂x(a, b)h +

∂f

∂y(a, b)k + r(h, k)

]

= f(a, b)

o que mostra que uma função é contínua nos pontos onde édiferenciável!



Exemplos

a) Seja f : R2 → R a função definida por

f(x, y) =

x2y2

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

e estudemos a diferenciabilidade de f no ponto (0, 0). Para f serdiferenciável em (0, 0) tem de existir r : R2 → R tal que

lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

= 0

e

f(h, k) = f(0, 0) +∂f

∂x(0, 0)h +

∂f

∂y(0, 0) k + r(h, k)

para qualquer (h, k) ∈ R2.




a) (continuação) Assim, calculemos as derivadas parciais de f noponto (0, 0):

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)h

= limh→0

h2.02

h2 + 02− 0

h= lim

h→0

0h

= limh→0

0 = 0,

∂f

∂y(0, 0) = lim

k→0

f(0, k) − f(0, 0)k

= limk→0

02.k2

02 + k2− 0

k= lim

k→0

0k

= limk→0

0 = 0.

De

f(h, k) = f(0, 0) +∂f

∂x(0, 0)h +

∂f

∂y(0, 0) k + r(h, k)

resulta queh2k2

h2 + k2= r(h, k).





lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)

h2k2

h2+k2√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)

h2k2

(h2 + k2)√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)

kh2

h2 + k2

k√h2 + k2

= 0

pois as funçõesh2

h2 + k2e

k√h2 + k2

são limitadas, podemos

concluir que a função é diferenciável em (0, 0).




b) Estudemos no ponto (0, 0) a diferenciabilidade da funçãof : R2 → R dada por

f(x, y) =

x2y

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

Comecemos por calcular as derivadas parciais de f no ponto (0, 0):

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)h

= limh→0

h2.0h2 + 02

− 0

h= lim

h→0

0h

= limh→0

0 = 0

e

∂f

∂y(0, 0) = lim

k→0

f(0, k) − f(0, 0)k

= limk→0

02.k

02 + k2− 0

k= lim

k→0

0k

= limk→0

0 = 0.




b) (continuação) Para f ser diferenciável no ponto (0, 0) tem de existir

r : R2 → R tal que lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

= 0 e

f(h, k) = f(0, 0) +∂f

∂x(0, 0)h +

∂f

∂y(0, 0) k + r(h, k).

Desta última igualdade vem

r(h, k) =h2k

h2 + k2.

Vejamos que não existe

lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)

h2k

(h2 + k2)√h2 + k2

.




b) (continuação) Fazendo A ={

(h, k) ∈ R2 : h = k}

temos

lim(h,k)→(0,0)

(h,k)∈A

r(h, k)√h2 + k2

= limh→0

r(h, h)√h2 + h2

= limh→0

h3

2h2√

2h2= lim

h→0

h

2√

2|h|

e este último limite não existe porque

limh→0+

h

2√

2|h|=

1

2√

2e lim

h→0−

h

2√

2|h|= − 1

2√

2.

Logo não existe

lim(h,k)→(0,0)

r(h, k)√h2 + k2

e, portanto, f não é diferenciável em (0, 0).



Uma função f : D ⊆ Rn → R diz-se diferenciável num ponto interiora = (a1, . . . , an) de D se existirem todas as derivadas parciais de f noponto a e uma função r : D∗ → R, onde

D∗ = {h = (h1, . . . , hn) ∈ Rn : a+ h ∈ D} ,tal que

lim‖h‖→0

r(h)‖h‖ = 0

e

f(a+ h) = f(a) +∂f

∂x1(a)h1 + · · · +

∂f

∂xn(a)hn + r(h),

isto é,f(a1 + h1, . . . , an + hn)

= f(a1, . . . , an) +∂f

∂x1(a1, . . . , an)h1 + · · · +

∂f

∂xn

(a1, . . . , an)hn + r(h1, . . . , hn),

para cada vector h = (h1, . . . , hn) ∈ D∗.



Tal como acontecia para funções de R2 para R, se f é diferenciável ema ∈ D, então f é contínua em a.



Uma função f : D ⊆ Rn → Rm, com f = (f1, . . . , fm), diz-sediferenciável num ponto a = (a1, . . . , an) interior a D se todas asfunções f1, . . . , fm são diferenciáveis em a.Assim, f é diferenciável em a se as funções f1, . . . , fm admitem, noponto a, derivadas parciais em relação a todas as variáveis e existemfunções r1, . . . , rm : D∗ → R tais que

f1(a+ h) = f1(a) +∂f1

∂x1(a)h1 + · · · +

∂f1

∂xn(a)hn + r1(h)

...

fm(a+ h) = fm(a) +∂fm∂x1

(a)h1 + · · · +∂fm∂xn

(a)hn + rm(h)

para cada h = (h1, . . . , hn) ∈ D∗ = {h = (h1, . . . , hn) ∈ Rn : a+ h ∈ D}e

lim‖h‖→0

r1(h)‖h‖ = · · · = lim

‖h‖→0

rm(h)‖h‖ = 0.



Usando matrizes temos que f é diferenciável em a = (a1, . . . , an) se e sóse as funções f1, . . . , fm admitem, no ponto a, derivadas parciais emrelação a todas as variáveis e existem funções

r1, . . . , rm : D∗ → R

tais que

f1(a+ h)

...

fm(a+ h)

=

f1(a)

...

fm(a)

+

∂f1

∂x1(a) · · · ∂f1

∂xn(a)

.... . .

...∂fm

∂x1(a) · · · ∂fm

∂xn(a)

.

h1

...

hn

+

r1(h)

...

rm(h)

para cada h ∈ D∗ e

lim‖h‖→0

r1(h)‖h‖ = · · · = lim

‖h‖→0

rm(h)‖h‖ = 0.



Já vimos que a matriz

Ja(f) =

∂f1

∂x1(a) · · · ∂f1

∂xn(a)

.... . .

...∂fm∂x1

(a) · · · ∂fm∂xn

(a)

se designa por matriz jacobiana de f no ponto a.

Quando f é diferenciável em a a matriz jacobiana de f em a designa-sepor derivada de f no ponto a e representa-se por

f ′(a) ou Df(a).


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Aplicações



§3.2.2 Propriedades elementares

Propriedades

a) Se f, g : D ⊆ Rn → Rm são diferenciáveis num ponto a interior a D,entãoi) f + g é diferenciável em a e

(f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a);

ii) para qualquer λ ∈ R, λf é diferenciável em a e

(λf)′(a) = λf ′(a).



Propriedades

b) Se f, g : D ⊆ Rn → R são diferenciáveis num ponto a interior a D,entãoi) fg é diferenciável em a e

(fg)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a);

ii) se g(a) 6= 0,f

gé diferenciável em a e

(f

g

)′(a) =

f ′(a)g(a) − f(a)g′(a)

[g(a)]2.



Propriedades

c) Se f : D ⊆ Rn → Rm é diferenciável em a e u = (u1, . . . , un) ∈ Rn,então existe f ′

u(a) e

f ′u(a) =

[f ′(a)

].u =

∂f1

∂x1(a) · · · ∂f1

∂xn(a)

.... . .

...∂fm∂x1

(a) · · · ∂fm∂xn

(a)

.

u1

...

un

d) Sejam D um subconjunto de Rn e f : D ⊆ Rn → R uma funçãopara a qual existem todas as derivadas parciais. Então f édiferenciável em todos os pontos em que n− 1 dessas derivadasparciais são contínuas. Em particular, se todas as derivadas parciaissão contínuas num ponto, a função é diferenciável nesse ponto.



É de notar que se f : D ⊆ Rn → R é uma função diferenciável numponto a interior a D, a propriedade c) que vimos anteriormente fica

f ′u(a) =

[∂f

∂x1(a) · · · ∂f

∂xn(a)]

·

u1

...

un

=∂f

∂x1(a)u1 + · · · +

∂f

∂xn(a)un.

Recordando que dados b = (b1, . . . , bn) e c = (c1, . . . , cn) em Rn, oproduto escalar ou interno entre b e c é dado por

〈b, c〉 = b1c1 + b2c2 + · · · + bncn,

tem-se

f ′u(a) =

∂f

∂x1(a)u1 + · · · +

∂f

∂xn(a)un = 〈(∇f)(a), u〉 .



Assim, sef : D ⊆ Rn → R

é uma função diferenciável num ponto a interior a D, pela desigualdadede Cauchy-Schwarz, temos

∣∣f ′u(a)

∣∣ = |〈(∇f)(a), u〉| 6 ‖(∇f)(a)‖ ‖u‖,

verificando-se igualdade apenas se os vectores (∇f)(a) e u sãolinearmente dependentes.

Daqui podemos concluir que, se o gradiente num dado ponto é não nuloe a função é diferenciável nesse ponto, de entre todas as derivadasdireccionais nesse ponto, é na direcção e no sentido do gradiente que aderivada direccional é maior e é na direcção e no sentido contrário aodo gradiente que a derivada direccional é menor.


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Aplicações



§3.2.3 Hiperplano tangente e aproximação linear

Dada uma funçãof : D ⊆ Rn → R

diferenciável num ponto a = (a1, . . . , an) interior a D, chama-sehiperplano tangente ao gráfico de f no ponto (a1, . . . , an, f(a)) aoconjunto dos pontos de Rn+1 definido pela equação

xn+1 = f(a) +∂f

∂x1(a)(x1 − a1) + · · · +

∂f

∂xn(a)(xn − an).

Quando n = 2 o hiperplano tangente designa-se simplesmente porplano tangente, ou seja, dada uma função

f : D ⊆ R2 → R

diferenciável num ponto (a, b) interior a D, chama-se plano tangenteao gráfico de f no ponto (a, b, f(a, b)) ao plano definido pela equação

z = f(a, b) +∂f

∂x(a, b)(x− a) +

∂f

∂y(a, b)(y − b).



Exemplo

Para a funçãof : R2 → R

definida por

f(x, y) =

x2y2

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0),

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

que já vimos ser diferenciável em (0, 0), o plano tangente ao gráfico def no ponto (0, 0, f(0, 0)) é dado pela equação

z = 0,

pois

f(0, 0) =∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0.




diferenciável num ponto a = (a1, . . . , an) interior a D. A

L(x) = f(a) +∂f

∂x1(a)(x1 − a1) + · · · +

∂f

∂xn(a)(xn − an)

chamamos aproximação linear ou linearização de f no ponto a ecostuma escrever-se

f(x) ≈ f(a) +∂f

∂x1(a)(x1 − a1) + · · · +

∂f

∂xn(a)(xn − an).



Exemplo

Seja f : R2 → R a função dada por f(x, y) = x ey + sen y. Esta função édiferenciável no ponto (0, 0). Como

∂f

∂x(x, y) = ey e

∂f

∂y(x, y) = x ey + cos y

temos∂f

∂x(0, 0) = 1 e

∂f

∂y(0, 0) = 1.

Tendo em conta que f(0, 0) = 0, uma equação do plano tangente aográfico de f no ponto (0, 0, f(0, 0)) = (0, 0, 0) é

z = f(0, 0) +∂f

∂x(0, 0)(x − 0) +

∂f

∂y(0, 0)(y − 0)

= x+ y.




A aproximação linear de f no ponto (0, 0) é dada por

f(x, y) ≈ f(0, 0) +∂f

∂x(0, 0)(x − 0) +

∂f

∂y(0, 0)(y − 0)

≈ x+ y.

Usando a aproximação linear temos

f(0.1, 0.2) ≈ 0.1 + 0.2 = 0.3 e f(1, 1) ≈ 1 + 1 = 2.

De facto,

f(0.1, 0.2) = 0.3208096066... e f(1, 1) = 3.559752813...

ou seja, a primeira aproximação é bastante melhor do que a segunda.Tal deve-se ao facto de a distância de (0.1, 0.2) a (0, 0) ser menor doque a distância de (1, 1) a (0, 0).


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Aplicações



§3.2.4 Derivada da função composta

Derivada da função composta

Sejamf : Df ⊆ Rn → Rm e g : Dg ⊆ Rm → Rk

funções tais que f(Df ) ⊆ Dg. Suponhamos que a é um ponto interiorde Df . Se

f é diferenciável em a e g é diferenciável em f(a),

entãog ◦ f é diferenciável em a

e(g ◦ f)′ (a) = g′ (f(a)) · f ′(a).



Fazendo

x = (x1, . . . , xn) , f(x) = y = (y1, . . . , ym) e g(y) = z = (z1, . . . , zk)

resulta que a matriz jacobiana de f no ponto a é

Ja(f) =

∂f1

∂x1(a) · · · ∂f1

∂xn(a)

.... . .

...∂fm∂x1

(a) · · · ∂fm∂xn

(a)

e a matriz jacobiana de g no ponto b = f(a) é a matriz

Jb(g) =

∂g1

∂y1(b) · · · ∂g1

∂ym(b)

.... . .

...∂gk∂y1

(b) · · · ∂gk∂ym

(b)

.



Pondo h = g ◦ f , como

h′(a) = (g ◦ f)′ (a) = g′ (f(a)) · f ′(a) = g′(b) · f ′(a),

tem-seJa(h) = Jb(g) · Ja(f).

Assim,

∂h1

∂x1(a) · · · ∂h1

∂xn(a)

.... . .

...∂hk

∂x1(a) · · · ∂hk

∂xn(a)

=

∂g1

∂y1(b) · · · ∂g1

∂ym(b)

.... . .

...∂gk

∂y1(b) · · · ∂gk

∂ym(b)

.

∂f1

∂x1(a) · · · ∂f1

∂xn(a)

.... . .

...∂fm

∂x1(a) · · · ∂fm

∂xn(a)

e, portanto,

∂hi

∂xj(a) =

∂gi

∂y1(b)

∂f1

∂xj(a) +

∂gi

∂y2(b)

∂f2

∂xj(a) + · · · +

∂gi

∂ym(b)

∂fm

∂xj(a).

para i = 1, . . . , k e j = 1, . . . , n.



Omitindo os pontos onde estamos a calcular as derivadas parciais esubstituindo as notações

∂hi∂xj

,∂gi∂yℓ

e∂fℓ∂xj

por∂zi∂xj

,∂zi∂yℓ

e∂yℓ∂xj

,

respectivamente, a última igualdade do slide anterior fica

∂zi∂xj

=∂zi∂y1

∂y1

∂xj+∂zi∂y2

∂y2

∂xj+ · · · +

∂zi∂ym

∂ym∂xj

.



Exemplo

Sejam f : R2 → R3 e g : R3 → R2 as funções dadas por

f(x, y) =(

x2, 3xy, sen(x+ y))

e g(u, v,w) = (u+ v − w, 2uv) .

Estas duas funções são diferenciáveis em todo o seu domínio. Então∂f1

∂x(x, y) = 2x,

∂f1

∂y(x, y) = 0,

∂f2

∂x(x, y) = 3y,

∂f2

∂y(x, y) = 3x,

∂f3

∂x(x, y) = cos(x+ y),

∂f3

∂y(x, y) = cos(x+ y),

pelo que

J(x,y)(f) =

2x 03y 3x

cos(x+ y) cos(x+ y)

.




Quanto à função g, atendendo que g(u, v,w) = (u+ v − w, 2uv), temos

∂g1

∂u(u, v,w) = 1,

∂g1

∂v(u, v,w) = 1,

∂g1

∂w(u, v,w) = −1,

e∂g2

∂u(u, v,w) = 2v,

∂g2

∂v(u, v,w) = 2u,

∂g2

∂w(u, v,w) = 0


J(u,v,w)(g) =

[

1 1 − 12v 2u 0

]

.




Fazendo h = g ◦ f , temos

J(x,y)(h) = Jf(x,y)(g) · J(x,y)(f)

e, portanto, vem

J(x,y)(h) =

[

1 1 −16xy 2x2 0

]

.

2x 03y 3x

cos(x+ y) cos(x+ y)

=

[

2x+ 3y − cos(x+ y) 3x− cos(x+ y)18x2y 6x3

]




Este resultado pode ser confirmado directamente pois, mantendoh = g ◦ f , temos

h(x, y) = (g ◦ f)(x, y)

= g(f(x, y))

= g(x2, 3xy, sen(x+ y))

= (x2 + 3xy − sen(x+ y), 6x3y)

pelo que

J(x,y)(h) =

[

2x+ 3y − cos(x+ y) 3x− cos(x+ y)18x2y 6x3

]


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Aplicações



§3.2.5 Teorema de Schwarz

Já vimos que as derivadas mistas podem não ser iguais. No entanto, hácasos em que é possível garantir à partida que as derivadas mistas sãoiguais. O próximo teorema, conhecido como teorema de Schwarz ou deClairaut, dá-nos condições em que tal facto acontece.

Teorema de Schwarz

Sejam D um subconjunto aberto de Rn, n > 1, e

f : D ⊆ Rn → R

uma função. As derivadas

f ′′xixj

e f ′′xjxi

são iguais em todos os pontos em que f ′xi

e f ′xj

sejam diferenciáveis.



Seja D um subconjunto aberto de Rn. Uma função

f : D ⊆ Rn → R

diz-se de classe Ck, k ∈ N, se existem todas as derivadas parciais de faté à ordem k e todas essas derivadas são contínuas.



Corolário do Teorema de Schwarz

Seja D um subconjunto aberto de Rn. Se

f : D ⊆ Rn → R

é uma função de classe C2, então

f ′′xixj

(x) = f ′′xjxi

(x)

para qualquer x ∈ D.



Corolário do Teorema de Schwarz

Sejam D um subconjunto aberto de Rn e

f : D ⊆ Rn → R

uma função de classe Ck. Então é indiferente a ordem de derivação atéà ordem k.


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Aplicações



§3.2.6 Teorema da função implícita

Existem funções que não são definidas explicitamente, são apenasdefinidas implicitamente. Por exemplo, a equação

(1 + x2)y + sen x = 0

define implicitamente y como função de x, aliás podemos inclusivedefinir explicitamente y como função de x pois a equação dada éequivalente a

y = − senx1 + x2

.

Será que a equação(1 + x2)y + sen(xy) = 0

também define y como função de x? Neste segundo caso nãoconseguimos resolver a equação em ordem a y e, por conseguinte, nãopodemos fazer o que fizemos no caso anterior.

O teorema da função implícita permite-nos responder a este tipo dequestões. Além disso, permite-nos também calcular a derivada dafunção.



Teorema da função implícita (n = 2)

Sejam D um subconjunto aberto de R2 e

F : D ⊆ R2 → R

uma função com derivadas parciais de primeira ordem contínuas.Suponhamos que existe (a, b) ∈ D tal que

F (a, b) = 0 e∂F

∂y(a, b) 6= 0.

Então existem um aberto O ⊆ R que contém a e uma e uma só função

f : O ⊆ R → R

com derivada contínua tal que

f(a) = b

e

F (x, f(x)) = 0 para qualquer x ∈ O.



Nas condições do teorema anterior diz-se que

F (x, y) = 0

define implicitamente y como função de x e usa-se a notação

y(x),dy

dxou y′

em vez de

f(x),df

dxou f ′,

respectivamente.



Além disso, comoF (x, y(x)) = 0

temos pela derivada da função composta

∂F

∂x(x, y) +

∂F

∂y(x, y)

dy

dx(x) = 0

pelo que

dy

dx(x) = −

∂F

∂x(x, y(x))

∂F

∂y(x, y(x))

.



Exemplo

Consideremos a função F : R2 → R definida por

F (x, y) = x3 + 2xy + y4 − 4.

As derivadas parciais de F são

∂F

∂x(x, y) = 3x2 + 2y e

∂F

∂y(x, y) = 2x+ 4y3.

Como as derivadas parciais de F são funções contínuas,

F (1, 1) = 0 e∂F

∂y(1, 1) = 2 · 1 + 4 · 13 = 6 6= 0,

pelo teorema da função implícita, F (x, y) = 0 define implicitamente y comofunção de x num aberto O ⊆ R ao qual 1 pertence e y(1) = 1. Além disso,

dy

dx(1) = −

∂F

∂x(1, y(1))

∂F

∂y(1, y(1))

= −∂F

∂x(1, 1)

∂F

∂y(1, 1)

= −56.



Vamos agora generalizar o teorema da função implícita para funções

F : D ⊆ Rn+1 → R, n > 1.

Por uma questão de simplicidade de escrita vamos escrever

F (a1, . . . , an, b) e F (x1, . . . , xn, y)

em vez de

F (a1, . . . , an, an+1) e F (x1, . . . , xn, xn+1),

respectivamente.



Teorema da função implícita

Sejam D um subconjunto aberto de Rn+1 e

F : D ⊆ Rn+1 → R

uma função com derivadas parciais de primeira ordem contínuas.Suponhamos que existe (a1, . . . , an, b) ∈ D tal que

F (a1, . . . , an, b) = 0 e∂F

∂y(a1, . . . , an, b) 6= 0.

Então existem um aberto O ⊆ Rn que contém (a1, . . . , an) e uma euma só função

f : O ⊆ Rn → R

com derivadas parciais contínuas tal que

f(a1, . . . , an) = b

e

F (x1, . . . , xn, f(x1, . . . , xn)) = 0 para qualquer (x1, . . . , xn) ∈ O.



Tal como no caso n+ 1 = 2 dizemos que

F (x1, . . . , xn, y) = 0

define implicitamente y como função de (x1, . . . , xn) e usamos a notação

y(x1, . . . , xn) e∂y

∂xi,

em vez de

f(x1, . . . , xn) e∂f

∂xi,

respectivamente.



Da equaçãoF (x1, . . . , xn, y(x1, . . . , xn)) = 0,

pela derivada da função composta tem-se

∂F

∂xi

(x1, . . . , xn, y(x1, . . . , xn)) +∂F

∂y(x1, . . . , xn, y(x1, . . . , xn))

∂y

∂xi

(x1, . . . , xn) = 0

e, portanto,

∂y

∂xi(x1, . . . , xn) = −

∂F

∂xi(x1, . . . , xn, y(x1, . . . , xn))

∂F

∂y(x1, . . . , xn, y(x1, . . . , xn))

.



Exemplo

Vejamos que a equação

xyz sen(x+ 2y − z) = π

define implicitamente z como função de x e de y numa vizinhança do ponto(π/2, 1, 2). Para isso consideremos a função

F (x, y, z) = xyz sen(x+ 2y − z) − π.

Calculemos as derivadas parciais de F :

∂F

∂x(x, y, z) = yz sen(x+ 2y − z) + xyz cos(x+ 2y − z),

∂F

∂y(x, y, z) = xz sen(x+ 2y − z) + 2xyz cos(x+ 2y − z),

∂F

∂z(x, y, z) = xy sen(x+ 2y − z) − xyz cos(x+ 2y − z).




Como as derivadas parciais de F são contínuas,

F(π

2, 1, 2

)

= π sen(π

2+ 2 · 1 − 2

)

− π = π − π = 0

e∂F

∂z

(π

2, 1, 2

)

= π/2 sen(π

2+ 2 · 1 − 2

)

− π cos(π

2+ 2 · 1 − 2

)

= π/2,

pelo teorema da função implícita, a equação F (x, y, z) = 0 defineimplicitamente z como função de x e de y. Além disso,

∂z

∂x

(π

2, 1)

= −∂F

∂x

(π

2, 1, 2

)

∂F

∂z

(π

2, 1, 2

) = − 2π/2

= − 4π

e

∂z

∂y

(π

2, 1)

= −

∂F

∂y

(π

2, 1, 2

)

∂F

∂z

(π

2, 1, 2

) = − π

π/2= −2.


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AplicaçõesExtremos locais e extremos absolutosExtremos condicionados: método dos multiplicadores de Lagrange



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§3.3.1 Extremos locais e extremos absolutos

Recordemos os conceitos de máximo e de mínimo absoluto.


uma função escalar e A um subconjunto não vazio de D. Dizemos quef tem um máximo (absoluto) no ponto a ∈ A ou que f(a) é ummáximo (absoluto) de f em A se

f(x) 6 f(a) para todo o x ∈ A.

Quandof(x) > f(a) para todo o x ∈ A,

dizemos que f tem um mínimo (absoluto) no ponto a ∈ A ou quef(a) é um mínimo (absoluto) de f em A.



Recordemos também o Teorema de Weierstrass.

Teorema de Weierstrass


uma função contínua num subconjunto não vazio, fechado e limitadoA ⊆ D. Então f tem extremos absolutos em A.



Sejam D um subconjunto não vazio de Rn e

f : D ⊆ Rn → R

uma função escalar. Dizemos que f tem um máximo local no pontoa ∈ D se existir ε > 0 tal que

f(x) 6 f(a) para qualquer x ∈ D ∩Bε(a)

e que f tem um mínimo local no ponto a ∈ D se existir ε > 0 tal que

f(x) > f(a) para qualquer x ∈ D ∩Bε(a).



Um ponto do domínio de uma função em que é atingido um valor demáximo designa-se por ponto de máximo ou ponto maximizante.

Do mesmo modo, um ponto do domínio de uma função em que éatingido o valor de mínimo designa-se por ponto de mínimo ouponto minimizante.

Os máximos e os mínimos de uma função dizem-se extremos dafunção e os pontos onde a função atinge os extremos designam-se porpontos de extremo ou extremantes.



Teorema de Fermat


uma função diferenciável num ponto a interior a D. Se f(a) é umextremo local de f , então

∂f

∂x1(a) =

∂f

∂x2(a) = · · · =

∂f

∂xn(a) = 0.



Os pontos a ∈ D tais que

∂f

∂x1(a) =

∂f

∂x2(a) = · · · =

∂f

∂xn(a) = 0

designam-se por pontos de estacionaridade ou por pontos críticos.

Os pontos de estacionaridade que não são extremantes designam-se porpontos de sela.



Assim, a primeira coisa que temos de fazer para determinar osextremos locais de uma função

f : D ⊆ Rn → R

diferenciável é resolver o sistema

∂f

∂x1(a) = 0,

∂f

∂x2(a) = 0,

...

∂f

∂xn(a) = 0.



Exemplo

Seja f : R2 → R a função definida por

f(x, y) = x3 + 3x2 − y2.

Esta função é diferenciável em todo o seu domínio. Atendendo a que

∂f

∂x(x, y) = 3x2 + 6x e

∂f

∂y(x, y) = −2y,

calculemos os seus pontos de estacionaridade:

∂f

∂x= 0

∂f

∂y= 0

⇔

3x2 + 6x = 0

−2y = 0⇔

3x(x + 2) = 0

y = 0⇔

x = 0

y = 0∨

x = −2

y = 0

Assim, os pontos de estacionaridade de f são (0, 0) e (−2, 0). Será quealgum deles é extremante?




Fazendo y =√

3x em

f(x, y) = x3 + 3x2 − y2.

temosf(x,

√3x) = x3 + 3x2 − 3x2 = x3

e, comof(x,

√3x) > 0 se x > 0

ef(x,

√3x) < 0 se x < 0,

tendo em conta que f(0, 0) = 0, concluímos que (0, 0) não é extremante,ou seja, é um ponto de sela.




Por outro lado,

f(x, y) − f(−2, 0) = x3 + 3x2 − y2 − 4

= x3 + 2x2 + x2 − 4 − y2

= x2(x+ 2) + (x− 2)(x+ 2) − y2

= (x2 + x− 2)(x+ 2) − y2

= (x− 1)(x+ 2)(x + 2) − y2

= (x− 1)(x+ 2)2 − y2

e, como

(x− 1)(x+ 2)2 − y26 0 para qualquer x ∈ B1((−2, 0)),

o ponto (−2, 0) é um ponto de máximo.



A forma como no exemplo anterior verificámos que (0, 0) não eraextremante e que (−2, 0) era um maximizante não é muito prática.

Vejamos uma forma mais prática de o fazer. Para isso precisamos damatriz hessiana. Dada uma função f : D ⊆ Rn → R de classe C2

chama-se matriz hessiana de f num ponto a ∈ D à matriz

Hf (a) =

∂2f

∂x1∂x1(a)

∂2f

∂x2∂x1(a) · · · ∂2f

∂xn∂x1(a)

∂2f

∂x1∂x2(a)

∂2f

∂x2∂x2(a) · · · ∂2f

∂xn∂x2(a)

......

. . ....

∂2f

∂x1∂xn(a)

∂2f

∂x2∂xn(a) · · · ∂2f

∂xn∂xn(a)

.



Suponhamos que a é um ponto de estacionaridade de f e por facilidadede escrita representemos a matriz hessiana de f no ponto a por

Hf (a) =

a1,1 a1,2 · · · a1,n

a2,1 a2,2 · · · a2,n

......

. . ....

an,1 an,2 · · · an,n



Façamos

∆0 = 1

∆1 = a1,1

∆2 = det[a1,1 a1,2

a2,1 a2,2

]

=∣∣∣∣

a1,1 a1,2

a2,1 a2,2

∣∣∣∣

∆3 = det

a1,1 a1,2 a1,3

a2,1 a2,2 a2,3

a3,1 a3,2 a3,3

=

∣∣∣∣∣∣

a1,1 a1,2 a1,3

a2,1 a2,2 a2,3

a3,1 a3,2 a3,3

∣∣∣∣∣∣

...

∆n = det

a1,1 a1,2 · · · a1,n

a2,1 a2,2 · · · a2,n

......

. . ....

an,1 an,2 · · · an,n

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a1,1 a1,2 · · · a1,n

a2,1 a2,2 · · · a2,n

......

. . ....

an,1 an,2 · · · an,n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= detHf (a).

Os ∆i, i = 1, . . . , n, chamam-se menores principais da matriz Hf (a).



Então

a) se em∆0 = 1, ∆1, ∆2, . . . , ∆n

só houver permanências de sinal, ou seja, todos os ∆i, i = 1, . . . , n,são positivos, então f(a) é um mínimo local de f ;

b) se em∆0 = 1, ∆1, ∆2, . . . , ∆n

só houver variações de sinal, ou seja, (−1)i∆i > 0, i = 1, . . . , n,então f(a) é um máximo local de f ;

c) se em∆0 = 1, ∆1, ∆2, . . . , ∆n

houver permanências de sinal e variações de sinal, então a é umponto de sela.



Exemplos

a) Voltando ao exemplo inicial da função definida por

f(x, y) = x3 + 3x2 − y2

já vimos que∂f

∂x(x, y) = 3x2 + 6x e

∂f

∂y(x, y) = −2y

e que os pontos de estacionaridade são (0, 0) e (−2, 0) pois

∂f

∂x= 0

∂f

∂y= 0

⇔

3x2 + 6x = 0

−2y = 0⇔

3x(x+ 2) = 0

y = 0⇔

x = 0

y = 0∨

x = −2

y = 0.

Além disso, a matriz hessiana de f é

Hf (x, y) =

[6x+ 6 0

0 −2

]

.




a) (continuação) Assim,

Hf (0, 0) =

[

6 0

0 −2

]

e, como

∆0 = 1, ∆1 = 6 e ∆2 =

∣∣∣∣∣

6 0

0 −2

∣∣∣∣∣

= −12,

o ponto (0, 0) é um ponto de sela. Por outro lado

Hf (−2, 0) =

[

−6 0

0 −2

]

e atendendo a que

∆0 = 1, ∆1 = −6 e ∆2 =

∣∣∣∣∣

−6 0

0 −2

∣∣∣∣∣

= 12

o ponto (−2, 0) é um ponto de máximo local.




b) Seja f : R3 → R a função dada por

f(x, y, z) = x2 + y2 + 3z2 + yz + 2xz − xy.

Os pontos de estacionaridade de f são dados por

∂f

∂x= 0

∂f

∂y= 0

∂f

∂z= 0

⇔

2x+ 2z − y = 0

2y + z − x = 0

6z + y + 2x = 0

⇔

2x− y + 2z = 0

−x+ 2y + z = 0

2x+ y + 6z = 0

⇔

x = 0

y = 0

z = 0

e a matriz hessiana é

Hf (x, y, z) =

2 −1 2− 1 2 12 1 6

.




b) (continuação) Para esta matriz hessiana

Hf (0, 0, 0) =

2 −1 2−1 2 12 1 6

,

temos

∆0 = 1, ∆1 = 2, ∆2 =∣∣∣∣

2 −1−1 2

∣∣∣∣

= 3, ∆3 =

∣∣∣∣∣∣

2 −1 2−1 2 12 1 6

∣∣∣∣∣∣

= 4,

pelo que f tem um mínimo local no ponto (0, 0, 0).



Observações

a) Se f(a) é um mínimo local de f , então

∆1 > 0, ∆2 > 0, . . . , ∆n > 0.

b) Se f(a) é um máximo local de f , então

∆1 6 0, ∆2 > 0, . . . , (−1)n∆n > 0.

c) O recíproco das duas alíneas anteriores é falso.

d) Outro processo de determinar se um ponto de estacionaridade éextremante utiliza os valores próprios da matriz hessiana.

i) Se os valores próprios da matriz hessiana são todos positivos, entãotemos um ponto de mínimo.

ii) Se os valores próprios da matriz hessiana são todos negativos, entãotemos um ponto de máximo.

iii) Se a matriz hessiana tiver valores próprios positivos e valores própriosnegativos, então temos um ponto de sela.

iv) Se a matriz hessiana tiver valores próprios nulos, e os valores própriosnão nulos tiverem todos o mesmo sinal nada se pode concluir.



Exemplo

Calculemos os pontos de estacionaridade da função dada por

f(x, y) = x2y − y.

Para isso temos de resolver o sistema

∂f

∂x= 0

∂f

∂y= 0

⇔

2xy = 0

x2 − 1 = 0⇔

y = 0

x = 1∨

y = 0

x = −1.

Assim, os pontos de estacionaridade de f são (1, 0) e (−1, 0). A matrizhessiana de f é

Hf (x, y) =[

2y 2x2x 0

]

.




Assim,

Hf (1, 0) =[

0 22 0

]

e, portanto,∆0 = 1, ∆1 = 0 e ∆2 = −4.

Pelas alíneas a) e b) das observações concluímos que (1, 0) é um ponto de sela.Por outro lado,

Hf (−1, 0) =[

0 −2−2 0

]

e para este caso também temos

∆0 = 1, ∆1 = 0 e ∆2 = −4

o que permite concluir do mesmo modo que (−1, 0) é um ponto de sela.Podíamos ter chegado à mesma conclusão verificando que os valores própriosde ambas as matrizes são −2 e 2.


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§3.3.2 Extremos condicionados: método dos multiplicadores de Lagrange

Suponhamos que pretendemos determinar quais as dimensões dorectângulo de perímetro igual a 2 que tem a área máxima. Designemosos comprimentos dos lados do rectângulo por x e y,

x

y

O que pretendemos é determinar o valor máximo da função

A(x, y) = xy

no conjunto dos pontos (x, y) (ambos não negativos) que verificam

2x+ 2y = 2,

ou sejax+ y = 1.



Como x+ y = 1 é equivalente a y = 1 − x, obtemos para os pontos queverificam esta condição A(x, y) = A(x, 1 − x) = x(1 − x). Bastaportanto determinar o valor de x ∈ [0, 1] que maximiza a funçãoA(x, 1 − x). Como

A′(x, 1 − x) = 0 ⇔ [x(1 − x)]′ = 0 ⇔ 1 − 2x = 0 ⇔ x =12,

podemos construir o seguinte quadro

0 1/2 2A′(x, 1 − x) + + 0 − −A(x, 1 − x) ր max ց

Concluímos que x = 1/2 corresponde a um ponto de máximo da funçãocuja segunda coordenada é y = 1 − 1/2 = 1/2. O tal rectângulo é umquadrado de lado 1/2.



Na resolução anterior foi fundamental conseguirmos resolver a equação

x+ y = 1

em ordem a y. Como fazer se tal não for possível? A resposta é dadapelo método dos multiplicadores de Lagrange. Vejamos umexemplo.



Exemplo

Pretendemos determinar os extremos absolutos da função

f(x, y) = x2 + ysujeita à condição

x2 + y2 = 1.

Para isso consideramos uma nova função

F (x, y, λ) = x2 + y + λ(x2 + y2 − 1),

e calculamos os seus pontos de estacionaridade:

∂F∂x (x, y, λ) = 0∂F∂y (x, y, λ) = 0∂F∂λ (x, y, λ) = 0

⇔

2x+ 2xλ = 01 + 2yλ = 0x2 + y2 − 1 = 0

⇔

2x(1 + λ) = 0——–——–

⇔

x = 0——–y2 = 1

∨

λ = −1y = 1/2x2 = 3/4

⇔

x = 0λ = −1/2y = 1

∨

x = 0λ = 1/2y = −1

∨

λ = −1y = 1/2x = ±

√3/2




Os candidatos a extremo absoluto são

(0, 1), (0,−1), (√

3/2, 1/2) e (−√

3/2, 1/2).

Como sabemos que o conjunto

C ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1}

é fechado e limitado e a função

f(x, y) = x2 + y

é contínua, o Teorema de Weierstrass garante-nos que temos um máximo eum mínimo absoluto de f em C. Como

f(0, 1) = 1, f(0,−1) = −1 e f(−√

3/2, 1/2) = f(√

3/2, 1/2) = 5/4,

concluímos que o máximo absoluto é 5/4 e o mínimo absoluto é −1.



Vamos agora descrever um método geral para determinar os pontoscandidatos a extremo. Dada uma função de classe C1,

f : D ⊆ Rn → R,

para determinar os extremos desta função sujeita às m 6 n condições

ϕ1(x1, . . . , xn) = 0, . . . , ϕm(x1, . . . , xn) = 0,

com ϕ1, . . . , ϕm funções de classe C1, consideramos a função

F (x1, . . . , xn, λ1, . . . , λm)

= f(x1, . . . , xn) + λ1ϕ1(x1, . . . , xn) + · · · + λmϕm(x1, . . . , xn).

Determinamos os pontos de estacionaridade desta nova função. Entreestes pontos encontram-se pontos tais que as primeiras n coordenadascorrespondem às coordenadas dos pontos de extremo da função f , casoestes existam.Os λi que surgem na função F designam-se por multiplicadores deLagrange.



Exemplos

a) Pretendemos determinar, utilizando os multiplicadores de Lagrange,os extremos absolutos da função

f(x, y, z) = x+ 2ysujeita às restrições

x+ y + z = 1 e y2 + z2 = 4.Como o conjunto

A ={

(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 1 ∧ y2 + z2 = 4}

é um conjunto limitado e fechado e a função f é contínua, peloTeorema de Weierstrass, f tem máximo e mínimo absolutos nesteconjunto.Vamos determiná-los usando o método dos multiplicadores deLagrange. Escrevemos a nova função

F (x, y, z, λ, µ) = x+ 2y + λ(x+ y + z − 1) + µ(y2 + z2 − 4).




a) (continuação) Temos

∂F∂x (x, y, z, λ, µ) = 0∂F∂y (x, y, z, λ, µ) = 0∂F∂z (x, y, z, λ, µ) = 0∂F∂λ (x, y, z, λ, µ) = 0∂F∂µ (x, y, z, λ, µ) = 0

⇔

1 + λ = 0

2 + λ+ 2µy = 0

λ+ 2µz = 0

x+ y + z = 1

y2 + z2 = 4

⇔

λ = −1

2µy = −1

2µz = 1

⇔

λ = −1

——

z = −yx = 1

2y2 = 4

⇔

λ = −1

µ = −√

2/4

z = −√

2

x = 1

y =√

2

∨

λ = −1

µ =√

2/4

z =√

2

x = 1

y = −√

2




a) (continuação) Obtivemos dois candidatos a ponto de extremo:

(1,√

2,−√

2) e (1,−√

2,√

2).

Uma vez quef(1,

√2,−

√2) = 1 + 2

√2

ef(1,−

√2,

√2) = 1 − 2

√2,

concluímos que 1 + 2√

2 é máximo absoluto e que 1 − 2√

2 é mínimoabsoluto.




b) Pretendemos determinar os extremos absolutos da função

f(x, y) = x2 + 2xy − 4x+ 8yno conjunto

C = {(x, y) : 0 6 x 6 1 ∧ 0 6 y 6 2} .Como o conjunto C é um conjunto limitado e fechado e a função f écontínua, pelo Teorema de Weierstrass f tem máximo e mínimo absolutosneste conjunto. Os extremos absolutos podem estar no interior ou nafronteira de C.Começamos por determinar todos os extremos locais de f no interior doconjunto C. Para tal começamos por determinar os pontos deestacionaridade de f que estão em C:

{∂f∂x (x, y) = 0∂f∂y (x, y) = 0

⇔{

2x+ 2y − 4 = 02x+ 8 = 0

⇔{

y = 6x = −4

.

Como o ponto (−4, 6) não está no interior de C concluímos que não háextremos no interior de C.




b) (continuação) Vamos agora determinar os pontos de estacionaridade nafronteira recorrendo ao método dos multiplicadores de Lagrange.

Para o segmento de recta

S1 = {(x, y) : y = 0 ∧ 0 6 x 6 1}escrevemos a função

F1(x, y, λ) = x2 + 2xy − 4x+ 8y + λy.

Temos

∂F1

∂x (x, y, λ) = 0∂F1

∂y (x, y, λ) = 0∂F1

∂λ (x, y, λ) = 0

⇔

2x+ 2y − 4 = 02x+ 8 + λ = 0y = 0

⇔

x = 2λ = −12y = 0

.

Obtivemos o ponto (2, 0) no entanto (2, 0) /∈ S1 pelo que não o devemosconsiderar.




b) (continuação) Para o segmento de recta

S2 = {(x, y) : y = 2 ∧ 0 6 x 6 1}

escrevemos a função

F2(x, y, λ) = x2 + 2xy − 4x+ 8y + λ(y − 2).

Temos

∂F2∂x (x, y, λ) = 0∂F2∂y (x, y, λ) = 0∂F2∂λ (x, y, λ) = 0

⇔

2x+ 2y − 4 = 0

2x+ 8 + λ = 0

y − 2 = 0

⇔

x = 0

λ = −8

y = 2

.

Obtivemos o ponto (0, 2) e, como (0, 2) ∈ S2, este ponto é umcandidato a extremo global.





S3 = {(x, y) : x = 0 ∧ 0 6 y 6 2}


F3(x, y, λ) = x2 + 2xy − 4x+ 8y + λx.

Temos


⇔

2x+ 2y − 4 + λ = 0

2x+ 8 = 0

x = 0

⇔

——

x = −4

x = 0

.

O sistema é impossível pelo que não obtemos candidatos a extremoneste caso.





S4 = {(x, y) : x = 1 ∧ 0 6 y 6 2}


F4(x, y, λ) = x2 + 2xy − 4x+ 8y + λ(x− 1).

Temos


⇔

2x+ 2y − 4 + λ = 0

2x+ 8 = 0

x− 1 = 0

⇔

——

x = −4

x = 1

.

O sistema é impossível pelo que não obtemos candidatos a extremoneste caso.




b) (continuação) Assim, temos apenas como candidatos a extremos ospontos de intersecção de cada par de segmentos, isto é os vérticesdo rectângulo C:

(0, 2), (0, 0), (1, 0) e (1, 2).

Como referimos, de acordo com o Teorema de Weierstrass, entre asimagens destes quatro pontos estão os extremos absolutos de f emC.Atendendo a que

f(0, 2) = 16, f(0, 0) = 0, f(1, 0) = −3 e f(1, 2) = 17,

concluímos que o máximo absoluto é 17 e o mínimo absoluto é −3.


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Integrais em Rn: definição, exemplos e propriedadesTeorema de FubiniIntegrais em conjuntos mais geraisMudança de coordenadasAplicações ao cálculo de áreas e de volumes


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§4.1 Integrais em Rn: definição, exemplos e propriedades

Para definirmos o conceito de integral é necessário explorar primeiro oconceito de partição de um intervalo fechado e limitado de Rn.

Dados a = (a1, . . . , an), b = (b1, . . . , bn) ∈ Rn, com ai < bi, i = 1, . . . , n,designamos os conjuntos da forma

[a, b] = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : ai 6 xi 6 bi, i = 1, . . . , n}= [a1, b1] × · · · × [an, bn]

por intervalo fechado e limitado de Rn.

É fácil de verificar que quando n = 1, os intervalos fechados e limitadoscoincidem com os habituais intervalos fechados e limitados de R;quando n = 2 os intervalos fechados e limitados são rectângulos equando n = 3 os intervalos fechados e limitados são paralelepípedosrectângulos.



Dado um intervalo (fechado e limitado) I = [a, b] de Rn, coma = (a1, . . . , an) e b = (b1, . . . , bn), definimos o volume elementar deI, que denotamos por vol(I), por

vol(I) =n∏

i=1

(bi − ai).

Verifica-se imediatamente que quando n = 1 o volume elementar é ocomprimento do intervalo, para n = 2 o volume elementar é a área dorectângulo e que quando n = 3 o volume elementar é o volume usual doparalelepípedo.



Dado um intervalo fechado e limitado I de Rn, designa-se porpartição ou subdivisão de I qualquer colecção

P = {I1, . . . , Ik} ,

onde os Ij são intervalos fechados e limitados de Rn não sobrepostos(i.e. sem pontos interiores comuns) e cuja reunião é I, ou seja,

int Ii ∩ int Ij = ∅ para i, j = 1, . . . , n e i 6= j

e

I =k⋃

i=1

Ii.

É evidente que nestas condições se tem

vol(I) =k∑

i=1

vol(Ii).



Exemplo

O conjuntoP = {I1, I2, I3, I4, I5}

onde I1 =[

0, 14

]

×[

0, 13

]

, I2 =[

0, 14

]

×[

13 ,

23

]

, I3 =[

0, 14

]

×[

23 , 1]

,

I4 =[

14 , 1]

×[

0, 13

]

e I5 =[

14 , 1]

×[

13 , 1]

constitui uma partição dointervalo [0, 1] × [0, 1].

I1

I2

I3

I4

I5

0 1

1



Sejam I um intervalo (fechado e limitado) de Rn, P = {I1, . . . , Ik} umapartição de I e f : I ⊆ Rn → R uma função limitada. Chama-se somasuperior de Darboux de f relativa à partição P ao número real

S(f, P ) =k∑

i=1

M(f, Ii) vol(Ii),

ondeM(f, Ii) = sup {f(x) : x ∈ Ii} = sup

x∈Ii

f(x).

Analogamente, chama-se soma inferior de Darboux de f relativa àpartição P ao número real

s(f, P ) =k∑

i=1

m(f, Ii) vol(Ii),

ondem(f, Ii) = inf {f(x) : x ∈ Ii} = inf

x∈Ii

f(x).



x

y

a b

b

b

qx0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7qx8

m1

m2=m4=m8

m3

m5

m6

m7

b

b

Interpretação geométrica das somas inferiores de Darboux para funçõesf : I ⊆ R → R



x

y

a b

b

b

qx0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7qx8

b

b

Interpretação geométrica das somas superiores de Darboux parafunções f : I ⊆ R → R



M(f, B)

m(f, B)

B

M(f, B)

m(f, B)

B

Interpretação geométrica das somas inferiores e das somas superioresde Darboux para funções f : I ⊆ R2 → R



Exemplos de somas superiores e de somas inferiores

a) Seja I um intervalo de Rn e consideremos a função

f : I ⊆ Rn → R

definida por

f(x) = c.

Dada uma partição P = {I1, . . . , Ik} de I temos

m(f, Ii) = c e M(f, Ii) = c


s(f, P ) =k∑

i=1

m(f, Ii) vol(Ii) =k∑

i=1

c vol(Ii) = ck∑

i=1

vol(Ii) = c vol(I)

e

S(f, P ) =k∑

i=1

M(f, Ii) vol(Ii) =k∑

i=1

c vol(Ii) = c

k∑

i=1

vol(Ii) = c vol(I).



Exemplos de somas superiores e de somas inferiores (continuação)

b) Sejam I um intervalo de Rn ef : I ⊆ Rn → R


f(x) =

{

0 se x ∈ I ∩ Qn,

1 se x 6∈ I ∩ Qn.

Para qualquer partição P = {I1, . . . Ik} de I temos

m(f, Ii) = 0 e M(f, Ii) = 1,

pelo que

s(f, P ) =k∑

i=1

m(f, Ii) vol(Ii) =k∑

i=1

0 vol(Ii) = 0

e

S(f, P ) =k∑

i=1

M(f, Ii) vol(Ii) =k∑

i=1

1 vol(Ii) = vol(I).



Seja I um intervalo fechado e limitado de Rn. Uma função

f : I ⊆ Rn → R

limitada diz-se integrável à Riemann em I se existir um e um sónúmero A tal que

s(f, P ) 6 A 6 S(f, P ) para qualquer partição P de I.

O único número A que verifica a desigualdade anterior designa-se porintegral de Riemann de f em I e representa-se por

∫

If(x) dx.



Exemplos do integral de Riemann

a) Consideremos novamente a função f : I ⊆ Rn → R definida por

f(x) = c.

Já vimos que para qualquer partição P de I se tem

s(f, P ) = c vol(I) = S(f, P ).

Assim,s(f, P ) 6 c vol(I) 6 S(f, P ) para qualquer partição P de I

ec vol(I)

é o único número real que verifica estas desigualdades. Logo f éintegrável à Riemann em I e

∫

If(x) dx = c vol(I).



Exemplos do integral de Riemann (continuação)

b) Já vimos que para a função

f : I ⊆ Rn → R,

definida por

f(x) =

{

0 se x ∈ I ∩ Qn,

1 se x 6∈ I ∩ Qn,

se tems(f, P ) = 0 e S(f, P ) = vol(I)

qualquer que seja a partição P de I. Portanto, se A ∈ [0, vol(I)]tem-se

0 = s(f, P ) 6 A 6 S(f, P ) = vol(I)

para qualquer partição P de I, o que mostra que f não é integrávelà Riemann em I.



É também comum escrever∫

If(x1, . . . , xn) dx1 · · · dxn

para designar o integral de Riemann de f no intervalo fechado I. Éainda usual escrever

∫ bn

an

· · ·∫ b1

a1

f(x1, . . . , xn) dx1 · · · dxn

para designar∫

[a1,b1]×···×[an,bn]f(x1, . . . , xn) dx1 · · · dxn.



Em dimensão dois é habitual escrever f(x, y) em vez de f(x1, x2) edenota-se assim o integral de Riemann em I por

∫∫

If(x, y) dx dy.

Analogamente em dimensão três usa-se frequentemente a notação∫∫∫

If(x, y, z) dx dy dz.

Facilmente se verifica que, no caso n = 1, o conceito de integral aquiapresentado coincide com o conceito de integral de Riemann definidoem Cálculo I.



Propriedades dos integrais

Seja I um intervalo fechado e limitado de Rn.

a) Sef, g : I ⊆ Rn → R

são funções integráveis em I, então f + g é integrável em I e∫

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

∫

If(x) dx+

∫

Ig(x) dx.

b) Se λ é um número real e

f : I ⊆ Rn → R

é uma função integrável em I, então λ f é integrável em I e∫

Iλ f(x) dx = λ

∫

If(x) dx.



Propriedades dos integrais (continuação)

c) Sejam I1 e I2 dois intervalos (fechados e limitados) de Rn nãosobrepostos e tais que

I = I1 ∪ I2

e sejaf : I ⊆ Rn → R.

Entãof é integrável em I

se e só seé integrável em I1 e em I2.

Além disso, nas condições anteriores, temos∫

If(x) dx =

∫

I1

f(x) dx+∫

I2

f(x) dx.




d) Sef, g : I ⊆ Rn → R

são duas funções integráveis em I tais que

f(x) 6 g(x) para cada x ∈ I,

então ∫

If(x) dx 6

∫

Ig(x) dx.




e) Sejaf : I ⊆ Rn → R

uma função integrável. Então |f | é integrável em I e∣∣∣∣

∫

If(x) dx

∣∣∣∣ 6

∫

I|f(x)| dx.

f) Sef : I ⊆ Rn → R

é uma função contínua, excepto num número finito de pontos, entãof é integrável. Em particular, as funções contínuas são integráveis.


Índice







§4.2 Teorema de Fubini

Teorema de Fubini

Sejam I um intervalo fechado e limitado de Rn, J um intervalo fechadoe limitado de Rm e

f : I × J ⊆ Rn × Rm → R

uma função limitada e integrável. Se f é integrável (como função de x)em I para qualquer y ∈ J , então

∫

I×Jf(x, y) dx dy =

∫

J

[∫

If(x, y) dx

]

dy.



Teorema de Fubini para funções contínuas

Sejam I um intervalo fechado e limitado de Rn, J um intervalo fechadoe limitado de Rm e

f : I × J ⊆ Rn × Rm → R

uma função contínua e, consequentemente, integrável à Riemann emI × J . Então

a) f é integrável (como função de x) em I para qualquer y ∈ J ;

b) a função

g(y) =∫

If(x, y) dx

é integrável em I e∫

I×Jf(x, y) dx dy =

∫

J

[∫

If(x, y) dx

]

dy.



Exemplos

a) Calculemos o integral∫

[0,1]×[2,3]xy2 dx dy. Então

∫

[0,1]×[2,3]xy2 dx dy =

∫ 3

2

∫ 1

0xy2 dx dy

=∫ 3

2

[

x2y2

2

]x=1

x=0

dy

=∫ 3

2

y2

2− 0 dy

=

[

y3

6

]y=3

y=2

=276

− 86

=196.




a) (continuação) Este integral também pode ser calculado da seguinteforma:

∫

[0,1]×[2,3]

xy2 dx dy =∫ 1

0

∫ 3

2

xy2 dy dx

=∫ 1

0

[xy3

3

]y=3

y=2

dx

=∫ 1

0

27x3

− 8x3dx

=∫ 1

0

19x3

dx

=[

19x2

6

]x=1

x=0

=196

− 0 =196.




b) Calculemos∫

[0,1]×[0,2]×[1,3]xy2z dx dy dz:

∫

[0,1]×[0,2]×[1,3]xy2z dx dy dz =

∫ 3

1

∫ 2

0

∫ 1

0xy2z dx dy dz

=∫ 3

1

∫ 2

0

[

x2y2z

2

]x=1

x=0

dy dz

=∫ 3

1

∫ 2

0

y2z

2dy dz =

∫ 3

1

[

y3z

6

]y=2

y=0

dz

=∫ 3

1

8z6dz =

[

8z2

12

]z=3

z=1

=7212

− 812

=163




b) (continuação) Outro processo seria

∫

[0,1]×[0,2]×[1,3]xy2z dx dy dz =

∫ 3

1

∫ 2

0

∫ 1

0xy2z dx dy dz

=∫ 3

1z dz

∫ 2

0y2 dy

∫ 1

0x dx

=

[

z2

2

]z=3

z=1

[

y3

3

]y=2

y=0

[

x2

2

]x=1

x=0

=(

92

− 12

)83

12

=163


Índice







§4.3 Integrais em conjuntos mais gerais


uma função limitada definida num subconjunto limitado D ⊆ Rn.Sejam I um intervalo de Rn fechado e limitado tal que D está contidono interior de I e

f̃ : I ⊆ Rn → R

a função dada por

f̃(x) =

{

f(x) se x ∈ D

0 se x ∈ I \D

Dizemos que f é integrável em D se f̃ for integrável em I e definimos ointegral de f em D por

∫

Df(x) dx =

∫

If̃(x) dx.



Verifica-se facilmente que a escolha do intervalo I não influencia adefinição anterior, nem o valor

∫

Df(x) dx.

As propriedades que vimos para integrais de funções definidas emintervalos também se verificam para este tipo de integrais. Veremos emseguida essas propriedades.



Propriedades dos integrais

Seja D um subconjunto limitado de Rn.

a) Sef, g : D ⊆ Rn → R

são funções integráveis em D, então f + g é integrável em D e∫

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

∫

Df(x) dx+

∫

Dg(x) dx.

b) Se λ é um número real e

f : D ⊆ Rn → R

é uma função integrável em D, então λ f é integrável em D e∫

Dλ f(x) dx = λ

∫

Df(x) dx.




c) Sejam D1 e D2 dois subconjuntos limitados de Rn tais que

int (D1 ∩D2) = ∅ e D = D1 ∪D2

e sejaf : D ⊆ Rn → R.

Sef é integrável em D1, em D2 e em D,

então ∫

Df(x) dx =

∫

D1

f(x) dx+∫

D2

f(x) dx.




d) Sef, g : D ⊆ Rn → R

são duas funções integráveis em D tais que

f(x) 6 g(x) para cada x ∈ D,

então ∫

Df(x) dx 6

∫

Dg(x) dx.




e) Sejaf : D ⊆ Rn → R

uma função integrável. Então

|f | é integrável em D

e ∣∣∣∣

∫

Df(x) dx

∣∣∣∣ 6

∫

D|f(x)| dx.



Seja D um subconjunto limitado de R2 da forma

D ={

(x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b ∧ ϕ1(x) 6 y 6 ϕ2(x)},

ondeϕ1, ϕ2 : [a, b] ⊆ R → R

são funções limitadas em [a, b].

x

y

a b

y = ϕ2(x)

y = ϕ1(x)

D



Sef : D ⊆ R2 → R

é uma função limitada e integrável em

D ={

(x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b ∧ ϕ1(x) 6 y 6 ϕ2(x)}

,

recorrendo ao teorema de Fubini, temos

∫∫

Df(x, y) dx dy =

∫ b

a

(∫ ϕ2(x)

ϕ1(x)f(x, y) dy

)

dx,

desde que a função f(x, y) seja (como função de y) integrável em[ϕ1(x), ϕ2(x)] para qualquer x ∈ [a, b]. Este integral também secostuma representar por

∫∫

Df(x, y) dA.

É de referir que se as funções ϕ1, ϕ2 e f são contínuas, excepto numnúmero finito de pontos, então f é integrável em D.



Analogamente, se D é um subconjunto limitado de Rn da forma

D ={

(x, y) ∈ R2 : ψ1(y) 6 x 6 ψ2(y) ∧ c 6 y 6 d}

,

ondeψ1, ψ2 : [c, d] ⊆ R → R,

tem-se∫∫

Df(x, y) dx dy =

∫ d

c

(∫ ψ2(y)

ψ1(y)f(x, y) dx

)

dy.



Exemplos

a) Seja D ⊆ R2 o conjunto dos pontos de [0, 1] × [0, 1] que estão entre aparábola de equação y = x2 e a recta de equação y = x.

x

y

b

1

1 by = x

b

y = x2

b

Então

D ={

(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 1 ∧ x26 y 6 x

}

={

(x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6 1 ∧ y 6 x 6√y}




a) (continuação) Calculemos∫∫

D

xy2 dA.

ComoD =

{(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 1 ∧ x2

6 y 6 x},

tem-se∫∫

D

xy2 dA =∫ 1

0

∫ x

x2

xy2 dy dx =∫ 1

0

[

xy3

3

]y=x

y=x2

dx

=∫ 1

0

x · x3

3− x(x2)3

3dx =

∫ 1

0

x4

3− x7

3dx

=[

x5

15− x8

24

]x=1

x=0

=115

− 124

− (0 − 0)

=24 − 1515 · 24

=9

15 · 24=

15 · 8

=140.




a) (continuação) Atendendo a que

D ={

(x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6 1 ∧ y 6 x 6√y},

o integral também podia ter sido calculado da seguinte forma:

∫∫

D

xy2 dA =∫ 1

0

∫ √y

y

xy2 dx dy =∫ 1

0

[

x2y2

2

]x=√

y

x=y

dy

=∫ 1

0

(√y)2y2

2− y2y2

2dy =

∫ 1

0

y3

2− y4

2dy

=[

y4

8− y5

10

]y=1

y=0

=18

− 110

− (0 − 0)

=540

− 440

=140.




b) Seja f : D ⊆ R2 → R a função dada por f(x, y) = xy3, onde

D ={

(x, y) ∈ R2 : x > 0 ∧ y > 0 ∧ x 6 −4y2 + 3}.

x

y

x = −4y2 + 3

3

√3/2

−√

3/2

O conjunto D também pode ser também definido por

D ={

(x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6√

3/2 ∧ 0 6 x 6 −4y2 + 3}

.

e como f é continua, f é integrável em D.




b) (continuação) Assim,∫∫

Df(x, y) dx dy =

∫√

32

0

∫ 3−4y2

0xy3 dx dy

=∫

√3

2

0

[12x2y3

]x=3−4y2

x=0dy

=∫

√3

2

0

(92

− 12y2 + 8y4)

y3 dy

=∫

√3

2

0

92y3 − 12y5 + 8y7 dy

=[

98y4 − 2y6 + y8

]√

32

0

=27256

.




b) (continuação) Também podíamos ter definido D da seguinte forma

D =

{

(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 3 ∧ 0 6 y 6

√

3 − x

4

}

e, portanto,

∫∫

Df(x, y) dy dx =

∫ 3

0

∫√

3−x4

0xy3 dy dx =

∫ 3

0

[

xy4

4

]y=√

3−x4

y=0

dx

=∫ 3

0

x

4

(3 − x

4

)2

dx =∫ 3

0

9x64

− 3x2

32+x3

64dx

=

[

9x2

128− x3

32+

x4

256

]x=3

x=0

=27256

.



Situações semelhantes às anteriores ocorrem noutras dimensões. Emparticular, em R3, por exemplo numa região da forma

D ={

(x, y, z) ∈ R3 : a 6 x 6 b ∧ ϕ1(x) 6 y 6 ϕ2(x) ∧ ψ1(x, y) 6 z 6 ψ2(x, y)},

ondeϕ1, ϕ2 : [a, b] → R

eψ1, ψ2 : {(x, y) ∈ R2 : a 6 x 6 b ∧ ϕ1(x) 6 y 6 ϕ2(x)} → R

são funções limitadas. Temos nesse caso

∫∫∫

Df(x, y, z) dx dy dz =

∫ b

a

(∫ ϕ2(x)

ϕ1(x)

(∫ ψ2(x,y)

ψ1(x,y)f(x, y, z) dz

)

dy

)

dx

desde que os integrais interiores existam.

Podemos estabelecer resultados semelhantes para regiões como a acimaonde os papeis das variáveis “estejam trocados”.



Exemplo

A função f : R3 → R dada por f(x, y, z) = xy é contínua em R3 e, portanto, éintegrável na região

D ={

(x, y, z) ∈ R3 : 0 6 y 6 1 ∧ 0 6 x 6 y ∧ 0 6 z 6 x+ 2y}.

Além disso,

∫∫∫

D

f(x, y, z) dx dy dz =∫ 1

0

∫ y

0

∫ x+2y

0

xy dz dx dy

=∫ 1

0

∫ y

0

[xyz

]z=x+2y

z=0dx dy =

∫ 1

0

∫ y

0

xy(x+ 2y) dx dy

=∫ 1

0

∫ y

0

x2y + 2xy2 dx dy =∫ 1

0

[

x3y

3+ x2y2

]x=y

x=0

dy

=∫ 1

0

y4

3+ y4 dy =

[

y5

15+y5

5

]y=1

y=0

=415



Situações semelhantes podem ser resolvidas de forma correspondenteem Rn, n > 4.

Muitas vezes queremos calcular integrais em regiões que se podemdecompor-se em regiões mais simples. Naturalmente, se em cada umadestas regiões mais simples conseguirmos calcular o integral, apelandoà linearidade do integral relativamente à região de integração, podemoscalcular integral original. O próximo exemplo ilustra esta forma deproceder.



Exemplo

A função f : R2 → R dada por

f(x, y) = 2x2y

é contínua em R2 e, portanto, é integrável no conjunto

D ={

(x, y) ∈ R2 : |x| 6 y 6 2 − x2}

pois as funções|x| e 2 − x2

são contínuas.




A representação geométrica do conjunto é

x

y

y = |x|

y = 2 − x2

1−1

11




Para calcularmos o integral de f em D vamos dividir D em duasregiões:

D1 ={

(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 1 ∧ x 6 y 6 2 − x2}

eD2 =

{

(x, y) ∈ R2 : − 1 6 x 6 0 ∧ −x 6 y 6 2 − x2}

ComoD = D1 ∪D2

eint (D1 ∩D2) = ∅,

podemos calcular o integral de f em D à custa dos integrais de f emD1 e D2.




Assim, porque∫∫

D1

f(x, y) dx dy =∫ 1

0

∫ 2−x2

x

2x2y dy dx =∫ 1

0

[x2y2

]y=2−x2

y=xdx

=∫ 1

0

4x2 − 5x4 + x6 dx =[

4x3

3− x5 +

x7

7

]x=1

x=0

=1021

e∫∫

D2

f(x, y) dx dy =∫ 0

−1

∫ 2−x2

−x

2x2y dy dx =∫ 0

−1

[x2y2

]y=2−x2

y=−xdx

=∫ 1

0

4x2 − 5x4 + x6 dx =[

4x3

3− x5 +

x7

7

]x=0

x=−1

=1021

concluímos que∫∫

D

f(x, y) dx dy =∫∫

D1

f(x, y) dx dy +∫∫

D2

f(x, y) dx dy =2021.


Índice





Integrais em Rn: definição, exemplos e propriedadesTeorema de FubiniIntegrais em conjuntos mais geraisMudança de coordenadas

Teorema de Mudança de CoordenadasCoordenadas PolaresCoordenadas CilíndricasCoordenadas Esféricas

Aplicações ao cálculo de áreas e de volumes


Índice









§4.4.1 Teorema de Mudança de Coordenadas

Muitas vezes, é necessário recorrer a outros sistemas de coordenadaspara calcular determinados integrais, pois a geometria da região deintegração, ou determinadas simetrias da função que queremos integrar,tornam o cálculo consideravelmente mais fácil numas coordenadas, enão noutras.



Seja U ⊆ Rn um conjunto aberto. Dizemos que uma função

g : U ⊆ Rn → Rn

é uma mudança de coordenadas em U se verificar as seguintescondições:

a) g é de classe C1;

b) g é injectiva;

c) det g′(x) 6= 0 para todo o x ∈ U .



Teorema de mudança de coordenadas

Sejam U ⊆ Rn um conjunto aberto,

f : D ⊆ Rn → R

uma função integrável em D e

g : U ⊆ Rn → Rn

uma mudança de coordenadas tal que

g(U) = D.

Então

f ◦ g : U ⊆ Rn → R

é integrável em U e∫

Df(y) dy =

∫

Uf(g(x))

∣∣det g′(x)

∣∣ dx.



No caso particular n = 1 recuperamos a fórmula de integração porsubstituição, que vimos no Cálculo I. De facto, sejam

f : [a, b] → R

uma função integrável em [a, b] (com a < b) e

g : [c, d] → R

uma mudança de coordenadas com

g([c, d]) = [a, b], g(c) = a e g(d) = b.



Como g é uma mudança de coordenadas, temos que

det g′(x) = g′(x) 6= 0 para todo x ∈ D.

Porque g′ é continua (uma vez que g é de classe C1 em U) concluímosque g não muda de sinal em [c, d].

Atendendo a queg(c) = a < b = g(d)

temos g′(x) > 0 para todo o x ∈ [c, d]. Assim,

|g′(x)| = g′(x)

e portanto

∫ b

af(x) dx =

∫ d

cf(g(t))|g′(t)| dt =

∫ d

cf(g(t))g′(t) dt.


Índice









§4.4.2 Coordenadas Polares

bb

x

y

r

θ

As coordenadas polares sãocoordenadas em R2 definidas por

{

x = r cos θ

y = r sen θ

com

r ∈ ]0,+∞[ e θ ∈ ]0, 2π[.

As variáveis r e θ correspondem, respectivamente, à distância à origeme ao ângulo formado pelo vector (x, y) e o semi-eixo positivo dos xx.



SejaU =

{

(r, θ) ∈ R2 : r > 0 e θ ∈ ]0, 2π[}

eg : U ⊆ R2 → R2

dada porg(r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y).

Em U podemos concluir que g é injectiva notando que para cada r0 > 0fixo, a função

h(θ) = (r0 cos θ, r0 sen θ)

é injectiva (descreve a circunferência de raio r0 com excepção do ponto(x, y) = (r0, 0)). Note-se que quando r = 0 perdemos a injectividade.



Temos ainda

det g′(r, θ) = det

[

cos θ −r sen θsen θ r cos θ

]

= r(cos2 θ + sen2 θ) = r

pelo que podemos concluir que g é de classe C1 em U e que

det g′(r, θ) 6= 0 para todo o (r, θ) ∈ U.

Obtemos o seguinte caso particular do teorema de mudança decoordenadas para o caso das coordenadas polares

∫∫

Df(x, y) dx dy =

∫∫

D1

f(r cos θ, r sen θ)r dr dθ

com D1 tal queg(D1) = D.



Exemplo de mudança para coordenadas polares

Consideremos a região

D ={

(x, y) ∈ R2 : x2 + y26 4 e x > y e y > 0

}

,

cuja representação geométrica é

x

y

x2 + y2 = 4

2

2 y = x



Exemplo de mudança para coordenadas polares (continuação)

Temos que

∫∫

Dex

2+y2dx dy =

∫ π/4

0

∫ 2

0er

2r dr dθ =

∫ π/4

01 dθ

∫ 2

0r er

2dr

=[

θ]θ=π/4

θ=0

[

er2

2

]r=2

r=0

=(π

4− 0

) (

e4

2− e0

2

)

=π

8(e4 −1).

É de notar que a mudança de coordenadas que fizemos não está nascondições do Teorema de mudança de coordenadas. No entanto, paraestarmos nas condições do Teorema de mudança de coordenadasbastaria considerar um conjunto “ligeiramente” mais pequeno e, porisso, o valor do integral não se altera.


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§4.4.3 Coordenadas Cilíndricas

b

x

y

z

b

rθ

As coordenadas cilíndricassão coordenadas em R3 definidas por

x = r cos θ

y = r sen θ

z = z

com

z ∈ R, r ∈ ]0,+∞[ e θ ∈ ]0, 2π[

e que correspondem de alguma forma aconsiderar coordenadas polares em cada plano z = z0. As variáveis r, θcorrespondem, respectivamente, à distância do ponto (x, y, 0) à origeme ao ângulo que vector (x, y, 0) faz com o semi-eixo positivo dos xx. Avariável z continua a corresponder à coordenada cartesiana z.



SejaU =

{

(r, θ, z) ∈ R3 : r > 0 ∧ θ ∈ ]0, 2π[ ∧ z ∈ R}

eg : U ⊆ R3 → R3

dada porg(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) = (x, y, z).

Em U podemos concluir que g é injectiva notando que para cada r0 > 0e z0 fixos, a função

h(θ) = (r0 cos θ, r0 sen θ, z0)

é injectiva (descreve no plano z = z0 a circunferência de raio r0

centrada em (0, 0, z0) com excepção do ponto = (r0, 0, z0)). Note-se quese r = 0 perdemos a injectividade. Além disso, que não poderíamos porexemplo considerar θ ∈ [0, 2π[ uma vez que deixaríamos de ter umconjunto aberto.



Atendendo a que

det g′(r, θ, z) = det

cos θ −r sen θ 0sen θ r cos θ 0

0 0 1

= r(cos2 θ + sen2 θ) = r

concluímos que g é de classe C1 em U e que

det g′(r, θ, z) 6= 0 para todo o (r, θ, z) ∈ U.

Obtemos assim o seguinte caso particular do teorema de mudança decoordenadas para coordenadas cilíndricas:

∫∫∫

Df(x, y, z) dx dy dz =

∫∫∫

D1

f(r cos θ, r sen θ, z)r dz dr dθ

onde D1 é tal queg(D1) = D.



Exemplo de mudança para coordenadas cilíndricas

Consideremos a região

D ={

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y26 4 ∧ 1 6 z 6 2

}.

x

y

z

1

2

2−2

Temos que a função f : R3 → R dada por

f(x, y, z) = cos(x2 + y2 + z)

é integrável em D.



Exemplo de mudança para coordenadas cilíndricas (continuação)

Assim, tendo em conta que a projecção de D no plano z = 0 é um círculocentrado em (0, 0) e de raio 2, usando coordenadas cilíndricas temos

∫∫∫

D

cos(x2 + y2 + z) dx dy dz =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 2

1

cos(r2 + z)r dz dr dθ

=

∫ 2π

0

∫ 2

0

r

∫ 2

1

cos(r2 + z) dz dr dθ =

∫ 2π

0

∫ 2

0

r[

sen(r2 + z)]z=2

z=1dr dθ

=

∫ 2π

0

∫ 2

0

r(sen(r2 + 2) − sen(r2 + 1)

)dr dθ

=

∫ 2π

0

1 dθ

∫ 2

0

r sen(r2 + 2) − r sen(r2 + 1) dr

=[θ]θ=2π

θ=0

[

−cos(r2 + 2)

2+

cos(r2 + 1)

2

]r=2

r=0

= (2π − 0)(

−cos 6

2+

cos 5

2−(

−cos 2

2+

cos 1

2

))

= π (cos 5 + cos 1 − cos 6 − cos 1) .



Tal como aconteceu com o exemplo da mudança para coordenadaspolares, é de notar que a mudança de coordenadas que fizemos noexemplo anterior não está nas condições do Teorema de mudança decoordenadas. No entanto, para estarmos nas condições do Teorema demudança de coordenadas bastaria considerar um conjunto“ligeiramente” mais pequeno e, por isso, o valor do integral não sealtera.


Índice









§4.4.4 Coordenadas Esféricas

x

y

z

b

r

θ

ϕ

As coordenadas esféricas sãocoordenadas em R3 definidas por

x = r cos θ senϕ

y = r sen θ senϕ

z = r cosϕ

com

r ∈ ]0,+∞[,

θ ∈ ]0, 2π[,

ϕ ∈ ]0, π[.

As variáveis r, θ e ϕ correspondem, respectivamente, à distância doponto (x, y, z) à origem, ao ângulo que o vector (x, y, 0) faz comsemi-eixo positivo dos xx e ao ângulo que o vector (x, y, z) faz com osemi-eixo positivo dos zz.



SejaU =

{

(r, θ, ϕ) ∈ R3 : r > 0 ∧ θ ∈ ]0, 2π[ ∧ ϕ ∈ ]0, π[}

eg : U ⊆ R3 → R3

dada por

g(r, θ, ϕ) = (r cos θ senϕ, r sen θ senϕ, r cosϕ) = (x, y, z).

Em U a aplicação g é injectiva. De facto, para cada r0 > 0 fixo, asvariáveis θ ∈ ]0, 2π[ e ϕ ∈ ]0, π[ geram uma esfera de raio r0 comexcepção do meridiano que passa pelo ponto (x, y, z) = (r0, 0, 0).



Atendendo a que

det g′(r, θ, ϕ) = det

cos θ senϕ −r sen θ senϕ r cos θ cosϕsen θ senϕ r cos θ senϕ r sen θ cosϕ

cosϕ 0 −r senϕ

= −r2 senϕ

concluímos que g é de classe C1 em U e que

det g′(r, θ, ϕ) 6= 0 para todo o (r, θ, ϕ) ∈ U.

Obtemos portanto o seguinte caso particular do teorema de mudançade coordenadas para o caso das coordenadas esféricas:

∫∫∫

Df(x, y, z) dx dy dz

=∫∫∫

D1

f(r cos θ senϕ, r sen θ senϕ, r cosϕ) r2 senϕdr dϕdθ

com D1 tal queg(D1) = D.



Exemplo de mudança para coordenadas esféricas

Se D ={(x, y, z) ∈ R3 : 1 6 x2 + y2 + z2 6 4

}, então usando

coordenadas esféricas temos∫∫∫

D

(x2 + y2 + z2)2 dx dy dz =∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 2

1

r4r2 senϕdr dϕdθ

=∫ 2π

0

1 dθ∫ π

0

senϕdϕ∫ 2

1

r6 dr =[θ]θ=2π

θ=0

[− cosϕ

]ϕ=π

ϕ=0

[

r7

7

]r=2

r=1

= (2π − 0)[

− cosπ − (− cos 0)](

1287

− 17

)

= 2π · 2 · 1277

=5087π.

Também neste exemplo se verifica algo de semelhante ao que aconteceunos exemplos de coordenadas polares e de coordenadas cilíndricas, ouseja, não estamos nas condições do Teorema de mudança decoordenadas, mas isso não causa problemas pelas mesmas razões quetambém não causava nas duas outras mudanças de coordenadas.


Índice







§4.5 Aplicações ao cálculo de áreas e de volumes

Como se deduz da construção feita na primeira secção deste capítulo, ointegral de uma função f não negativa com n variáveis, x1, . . . , xn,integrável numa dada região limitada R é numericamente igual aovolume ((n + 1)-dimensional) da região (n+ 1)-dimensionalcompreendida entre o seu gráfico e o plano n-dimensional de equação

xn+1 = 0.

Assim concluímos que o volume VR de uma região R ⊆ Rn limitada édado por

VR =∫

R1 dx1 · · · dxn,

caso o integral exista.



Em particular, se C ⊆ R2 é uma região limitada, a sua área AC é dadapor

AC =∫∫

C1 dx dy

e se D ⊆ R3 é um sólido limitado, o seu volume VD é dado por

VD =∫∫∫

D1 dx dy dz,

desde que os integrais considerados existam.



Exemplos

a) SejaC =

{

(x, y) ∈ R2 : x2 + y26 1 e y > |x|

}

.

A área da região C é dada por

AC =∫∫

C1 dx dy =

∫ 3π/4

π/4

∫ 1

0r dr dθ

=∫ 3π/4

π/41 dθ

∫ 1

0r dr =

[

θ]θ=3π/4

θ=π/4

[

r2

2

]r=1

r=0

=(

3π4

− π

4

)(12

− 0)

=π

2· 1

2

=π

4.




b) Seja D a região compreendida entre as esferas de raio 1 e de raio 2.O volume da região D é dado por

VD =∫∫∫

D1 dx dy dz =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ 2

1r2 senϕdr dϕdθ

=∫ 2π

01 dθ

∫ π

0senϕdϕ

∫ 2

1r2 dr

=[

θ]θ=2π

θ=0

[

− cosϕ]ϕ=π

ϕ=0

[

r3

3

]r=2

r=1

= (2π − 0) (− cos π − (− cos 0))(

83

− 13

)

= 2π · 2 · 73

=28π3.


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A avaliação ao longo das actividades lectivas será ...webx.ubi.pt/~bento/Calc-II/2015-2016/Calc-II... · António J. G. Bento (UBI) Cálculo II 2015/2016 2 / 427 Critérios de