Joel Santos Souza Félix Pedro Quispe Gómez
Cálculo III
Florianópolis, 2009
Universidade Federal de Santa Catarina Consórcio ReDiSul Campus Universitário – Trindade Caixa Postal CEP - – Florianópolis – SC Reitor: Alvaro Toubes Prata Vice-Reitor: Carlos Alberto Justo da Silva Secretário de Educação a Distância:
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Ficha Catalográfica S729c Souza, Joel Santos Cálculo III / Joel Santos Souza, Félix Pedro Q. Gómez. - Florianópolis : UFSC/EAD/CED/CFM, 2005. 250p. ISBN 978-85-99379-55-4 1. Cálculo. I. Gómez, Félix Pedro Q.. II. Título. CDU 519.6 Elaborada pela Bibliotecária Eleonora M. F. Vieira – CRB – 14/786
Sumário
Apresentação ............................................................................. 7 Notas Históricas ....................................................................... 9 1 Funções Reais de Várias Variáveis ................................... 13 1.1 Funções de várias variáveis ...................................................... 15
1.2 Definições básicas ...................................................................... 17 1.3 Curvas de nível e esboços de gráficos ..................................... 21 1.4 Noções de limite e continuidade.............................................. 28 1.5 Derivadas parciais...................................................................... 40 2 Di ferenciabilidade de Funções de Várias Variáveis...... 45 2.1 Aproximação linear ................................................................... 47 2.2 Diferenciabilidade...................................................................... 50 2.3 Condição de suficiência para diferenciabilidade ................... 54 2.4 Plano tangente ............................................................................ 57 2.5 Regra da cadeia .......................................................................... 58 2.6 Derivadas parciais de ordem superior .................................... 63 2.7 Diferenciação implícita.............................................................. 66
2.8 Extremos locais de funções de várias variáveis..................... 71 3 Integrais Duplas e Triplas .................................................. 77 3.1 Integral dupla.............................................................................. 79 3.2 Integral Tripla ........................................................................... 104 4 Funções Vetoriais .............................................................. 121 4.1 Situações Reais com Funções Vetoriais ................................. 123 4.2 Funções Vetoriais de uma Variável ....................................... 126 4.3 Integração de Funções Vetoriais ............................................ 150 4.4 Parametrização de Curvas ...................................................... 154 4.5 Parametrização de Superfícies ............................................... 172 4.6 Derivada Direcional e Campo Gradiente ............................. 175
4.7 Plano Tangente e Vetor Normal num ponto de uma Superfície................................................ 185 4.8 Área de Superfícies .................................................................. 190
5 Equações Diferenciais Lineares...................................... 199 5.1 Defin ições e Nomenclatura ..................................................... 202 5.2 Sistemas de Equações Diferenciais ........................................ 209 5.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem ...........................211 5.4 Método de Variação de Parâmetros ....................................... 220 5.5 Equações Diferenciais Lineares de segunda ordem com coeficientes constantes ....................................... 223 Bibliografia ............................................................................ 249
Apresentação Através deste livro, objetiva-se apresentar àqueles que se iniciam no estudo do Cálculo Diferencial Vetorial e das Equações Diferenciais, alguns subsídios para as várias tarefas e aplicações com que se defrontarão durante o seu desenvolvimento nas áreas da matemática e físicomatemática. Trata-se, portanto, de uma iniciação à formação dos estudantes de matemática, física e engenharia. São apresentados os conceitos básicos do Cálculo Vetorial e das Equações Diferenciais, de forma clara e concisa, com exemplos e exercícios, visando a apreensão de forma sati sfatória de tais conteúdos. São enunciados resultados importantes a respeito desses temas do conhecimento matemático, mediante os quais os estudantes poderão conseguir um maior aprofundamento na matemática, que é, afinal, o objetivo intrínseco de nossa abordagem através deste livro. Não se tem a pretensão de esgotar os assuntos aqui apresentados, e muito menos este livro se coloca como um tratado a respeito dos mesmos. No entanto, propõe-se sim, fazer uma exposição clara e simples dos temas, o que por certo facilitará a compreensão e a aprendizagem dos conceitos então apresentados. Neste sentido e com este espírito, apresenta-se nos primeiros capítulos algumas propriedades e resultados básicos do Cálculo Diferencial Vetorial e, em seguida, propriedades a respeito da integral dupla e tripla de funções de mais de uma variável. Procurou-se fazer uma abordagem organizada e bem sistematizada de modo que se possa tirar o maior proveito do texto. Chama-se, todavia, a atenção do estudante leitor para a necessidade e a importância da utilização de livros relacionados na bibliografia para uma complementação do conteúdo exposto. No penúltimo capítulo, estudam-se as funções com valores vetoriais. Começamos com o estudo de limites, continuidade, derivadas e integração juntamente com alguns exemplos que ilustram de forma clara e precisa. Também estuda-se o comprimento de arco de curvas. Seguindo a isso, introduz-se a parametrização de superfícies, o plano tangente à superfície, áreas de superfícies e, finalmente, gradiente e derivada
direcional.
Finalmente, no último capítulo, introduzem-se as equações diferenciais sem muitos detalhes técnicos. A intenção é mostrar o poder dos métodos que foram desenvolvidos utilizando-se vários exemplos. São estudadas as equações diferenciais de primeira ordem. A ênfase está nas soluções qualitativas, na modelagem e na interpretação. Também existe material sobre equações diferenciais de segunda ordem com coeficientes constantes. O leitor terminará o capítulo sabendo o que é uma equação diferencial e como determinar algumas soluções analíticas. O aprofundamento do estudo dosemtemas pressupõe realização dos exercícios contidos cada apresentados seção. Apresentam-se al- a gumas aplicações como motivação para o estudo dos temas a serem introduzidos, enquanto que as demonstrações das proposições e dos teoremas fornecem subsídios técnicos e lógicos que tornam mais acessível a apreensão dos resultados e conteúdos de cada seção do livro. É fundamental que a leitura do texto seja acompanhada e enriquecida por aulas presenciais ministradas pelos professores.
Notas Históricas O cálculo diferencial e integral ou cálculo infinitesimal compreende a teoria da diferenciação e da integração; tem a ver, basicamente, com o cálculo de quantidades infinitamente pequenas. Ele data do ano de 1670, ano em que surge, podemos dizer, a matemática aplicada moderna. Embora o século XVII tenha sido marcado por guerras religiosas entre protestantes católicos, devido a insuficiência dasa colheitas, e por surtosede pestes, pela parafome a ciência, notadamente para matemática, foi uma época profícua e produtiva com descobertas sem precedentes na história. O cálculo diferencial e integral desenvolveu-se a partir da motivação de tentar-se calcular áreas de figuras planas limitadas por linhas curvas e volumes limitados por superfícies curvas. Os gregos, através de Arquimedes antes de Cristo, já haviam lidado com problemas desse tipo, porém envolvendo figuras planas limitadas por retas ou volumes limitados por planos. Voltando ao século XVII, o período que antecedeu o ano de 1670 marcou a preparação para o surgimento do cálculo diferencial e integral com a contribuição de matemáticos como os italianos Galileu Galilei e Cavalieri, o astrônomo alemão Kepler com suas leis do movimento planetário, os franceses Fermat, Descartes e Blaise Pascal, o holandês Huygens e os ingleses Wallis e Barrow. Após 1670, o cálculo diferencial e integral é criado e desenvolvido pelo inglês Isac Newton (1642-1727), pelo alemão Leibniz (1646-1710) e pelo escocês James Gregory (1638-1675). Dentre os precursores do cálculo destacamos o holandês Huygens e o inglês Barrow por sua ligação com Leibniz e Newton, respectivamente. Huygens estudou leis, mas depois se tornaria famoso como cientista. Os seus estudos sobre as ondas progressivas – o princípio de Huygens, e a refração da luz continuam sendo aplicados ainda hoje. Em 1666, Huygens foi eleito membro da Academia de Ciências da França, em Paris. Lá encontra Leibniz e lhe desperta o interesse pela matemática. Por sua vez, Barrow foi professor de matemática na Universidade de Cambridge, na Inglaterra, onde teve a oportunidade de lecionar para o jovem promissor Newton.
Aos dezessete anos, em 1660, Newton foi para Cambridge. Aos vinte e seis anos, sucedia Barrow e desejou publicar um tratado contendo teoremas do cálculo, dentre eles o célebre teorema fundamental do cálculo, que estabelece a relação entre a derivada e a integral. Esse tratado viria a ser publicado somente após sua morte. Nele, Newton considerava a derivada como uma velocidade e a chamava de fluxão. Em sua obra Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, conhecida como Principia e impressa em 1687, Newton demonstra que os movimentos dos corpos celestes podem ser deduzidos da Lei do Movimento – a força é igual à derivada do momento em relação ao tempo, e da Lei da Gravitação. Newton era conservador em assuntos políticos e religiosos, e acreditava profundamente em Deus. Teólogo, entre seus escritos há investigações de cronologia religiosa das profecias dos livros bíblicos de Daniel e Apocalipse. Depois de 1690, foi diretor da Real Casa da Moeda e Membro do Parlamento Inglês representando a Universidade Cambridge.
Sir Isaac Newton (1642-1727)
Leibniz começou sua carreira como estudante em Leipzig, Alemanha. A partir de 1676, ganhou a vida como diplomata e bibliotecário da casa de Hanover. Como Newton, era teólogo e acreditava em Deus. Era do partido dos “Whigs”; Newton, por sua vez, do partido dos “Tory”. Assim, Leibniz e Newton eram adversários políticos. O começo da carreira de Leibniz como matemático deu-se através do contato com Huygens, em 1673, em Paris. Leibniz visitou Londres muitas vezes e trocou correspondência com Newton e Huygens. Fundou as academias de ciência de Leipzig e Berlim e publicou a maioria de seus artigos matemáticos em Acta Eruditorum, revista da Academia de Leipzig. Os príncipes reinantes da época não tiveram dificuldade alguma em aceitar a sua famosa máxima de que “vivemos no melhor dos mundos possíveis”, porém, duramente criticada pelo filósofo francês Voltaire em sua obra Cândido, o otimista. Inequivocamente, Newton e Leibniz foram os dois principais protagonistas no desenvolvimento do cálculo diferencial e integral. O desenvolvimento obtido deveu-se em grande parte ao fato de o rigor matemático geométrico dos gregos ter sido colocado de lado em favor de um raciocínio mais heurístico e intuitivo. Newton e Leibniz, juntos, introduziram uma notação especial para a integral e Leibniz, sozinho, introduziu as fórmulas algébricas que regem o uso dessas notações.
Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646-1710)
O novo cálculo surgia com fórmulas lúcidas e processos bem simples para calcular áreas, volumes, comprimentos de arcos e tangentes, usando apenas as operações básicas da integração e da diferenciação, operações que se consolidariam e seriam de grande utilidade. O desenvolvimento do cálculo diferencial e integral e suas naturais conseqüências ao estudo das equações diferenciais permitiriam, por exemplo, a substituição das leis de Kepler para a descrição do movimento planetário, pela mecânica newtoniana (Poincaré, 1985, p.123). Tais conceitos foram e contribuíram forma para o surgimento da fundamentais física-matemática e viriam a terdeum semdecisiva número de aplicações até os nossos dias.
1
Funções Reais de Várias Variáveis
1
Funções Reais de Várias Variáveis Neste capítulo, apresentaremos as funções reais de várias variáveis e faremos alguns esboços de gráficos com o auxílio das curvas de nível. Em seguida, apresentaremos a noção de limite para tais funções, um conceito fundamental do cálculo do qual decorrem outros, como a noção de continuidade e de derivadas parciais.
1.1 Funções de várias variáveis Nos cursos de cálculo 1 e 2, estudamos funções reais de uma va= f ( x) riável real, isto é, funções da formaycom . No entanto, em situações reais, freqüentemente, temos que lidar com funções com mais de uma variável. Como um primeiro exemplo de tais funções citamos o volume de um cilindro reto, que é dado por V = r 2 h , onde r é o raio e h é a altura. O volume V, neste caso, é uma função de duas variáveis, isto é, V =V r( h, )
e está definida por V (r h, ) =r h
2
.
Outro exemplo a ser considerado é o de um circuito elétrico como o da figura 1.1, R
E
1
R
R
R4
R5
2
3
Figura 1.1
15
onde E representa a tensão da fonte e Ri , i = 1,2 ,,5 , são os resistores. Podemos dizer que a corrente desse circuito, dada por I
E R1 2+3 4R +5 + +R
=
R
R
,
é uma função de cinco variáveis independentes, isto é, I
= I ( R,1 2, R3 4 5, R, R) R .
No primeiro exemplo, lidamos com pares ordenados de números reais, isto é, pares ordenados (r , h) do plano 2 = × , conforme a figura 1.2. (r,h)
h
r Figura 1.2
No caso 3de lidarmos com ternas ordenadas do espaço tridimensional , por exemplo ( x, y, )z , a representação gráfica é feita como na figura 1.3, z z0 P y0
x0
y
x Figura 1.3
para um ponto P = P( x0, y, 0) z0 . Para funções com mais de três variáveis (como no segundo exemplo, onde consideramos o espaço 5 ), não é possível obter-se uma visualização gráfica. 16
1.2 Definições básicas Assim como denotamos um ponto na reta real por um número real x, um ponto no plano 2 por um par de números reais ( x, y ) e um ponto no espaço 3 por uma terna ordenada ( x, y, )z , representamos um ponto no espaço n-dimensional n por uma n-upla de números reais, a qual é comumente denotada por P = ( x,1 ,x2 ,) xn . Em particular, se n = 1 , P = x ; se n = 2 , P = ( x, y ) ; se n = 5 , P = ( x,1 2,x3 4 5,x, x) x , e assim por diante. Definição 1.1. O conjunto de todas as n-uplas de números reais é chamado de espaço numéricon-dimensional e é denotado por n. Cada n-upla ( x,1 ,x2 ,) xn é chamada de um ponto no espaço n.
Seja A um conjunto do espaço n-dimensional n, isto é, os elementos de A são n-uplas ordenadas ( x,1 ,x2 , ) xn de números reais. Se a cada pontoP do conjunto A associarmos um único elemento z ∈ , teremos uma função f : A ⊆ n → . Essa função é chamada função real de n variáveis reais. Denotamos Definição 1.2 .
z = f ( P)
ou z =
f ( x,1 ,x2 , ) xn
.
O conjunto de todos os valores possíveis deP (no caso, o conjunto A) é chamado de domínio da função. O conjunto de todos os valores possíveis para z é chamado de imagem da função. Salientamos que, para que tenhamos uma função, cada pontoP do conjunto A deve ser associado a apenas um número realz. Ou seja, se f ( P0 ) = z1 e f ( P0 ) = z2 , e f é uma função, então obrigatoriamente z1 = z2 .
Q
uando uma função é dada através de alguma expressão em termos de e nada é dito sobre seu domínio, entende–se quea oexpressão domínio édada o maior conjunto de no qual faz sentido como um número real.
17
Exemplo 1.1. Seja A o conjunto de pontos do 2 , representado na
figura 1.4. y
3
x
Figura 1.4
Solução. A cada ponto ( x, y ) pertencente a A ⊂ 2 podemos fazer corresponder um número z ∈ , dado por z = 9 − x2 − y 2
.
Neste caso, estamos diante de uma função de duas variáveis reais denotada por f : A ⊂ 2 → (,x) y
z (=, )f x9 y= − −
x
2
y
2
. Esta função pode representar, por exemplo, a temperatura em uma chapa circular de raio 3. O conjunto A ⊂ 2 , isto é, o conjunto de pontos ( x, y ) ∈ 2 tais que 9 − x 2 − y 2 ≥ 0 ou x 2 + y 2 ≤ 9 é chamado o domínio dessa função, e é denotado por 2 D ( )z = (D) {( =f , ) ∈x ;y + ≤ 2 x9} y2
.
A imagem dessa função é o conjunto dos números z ∈ , tais que 0 ≤ z ≤ 3 , e é denotada por Im( z) = I m( )f ={ ∈ z ;≤0 ≤
Exemplo 1.2. Fazer uma = x −) y . função f ( x, )y ln(
3} z
ou
Im( z)
=[0,3] .
representação gráfica do domínio da
Solução. A função f ( x, )y ln( = x −) y é uma função de duas variáveis. Portanto, o seu domínio é um subconjunto do 2 . 18
Sabemos que ln( x − y) é um número real quando x − y > 0 ou x> y.
= , )x y ;∈ 2 }x > y . Assim, o domínio da função f é D( f) {( A figura 1.5 mostra a região do 2 que representa graficamente esse domínio. y
x
Figura 1.5
Exemplo 1.3.
função
Fazer uma representação gráfica do domínio da =25 − −x 2 − y 2 z 2 .
g ( x, ,y )z
Solução. A função g é uma função de três variáveis independentes, logo seu domínio é um subconjunto do3 . Para que 25 − x 2 − y 2 − z 2 seja um número real, devemos ter que 25 − x−2− ≥y 2 z 2 0 ou x 2 + y 2 + z 2 ≤ 25 . Assim, o domínio da funçãog é dado por D ( g) {( = , , )x y ∈ z;
+3 2+x ≤2 y225}z
e é representado graficamente pela região esférica do 3 de raio r = 5, mostrada na figura 1.6. z
5
y
x
Figura 1.6
19
Exercícios 1) Fazer uma representação gráfica do domínio da função z=
2) Dada a equação x
xy x2 − y2
.
+ y 2+ z2 = a , a ∈ *+ , que representa uma
22
esfera de raio a (ver figura 1.7), centrada na srcem, definir funções de duas variáveis que representem os hemisférios e determinar seus respectivos domínios. z
y
a
x
Figura 1.7
3) Encontrar uma função de várias variáveis que nos dê: a) A quantidade de rodapé, em metros, necessária para se colocar em uma sala de largura a e comprimentob. b) O volume de um paralelepípedo de dimensõesx, y e z. c) A distância entre dois pontos P ( x,
y, )z
e Q (u,v,w ) .
4) Determinar o domínio e o conjunto imagem das seguintes funções: a) z = 3 − x − y . b) z = c) 20
x2 + y2 − 9 .
f ( x, )y = 4
+ x2 + y2 .
1.3 Curvas de nível e esboços de gráficos Da mesma forma que no estudo de funções de uma variável, a noção de gráfico desempenha um papel importante no estudo das funções de várias variáveis. for uma função de n variáveis, f : A ⊆ n → , então o gráfico de f , denotado por Graf ( f ) , é o conjunto dos pontos definidos por Definição 1.3. Se f
Graf (f) {(, = , , x), x1
2
x z xn;
∈ n +1 = n
z = f ( x,21 x, , )xcom xn n 2 1( , ,x ,x ) }
∈A .
Usaremos principalmente o caso onde a função tem duas variáveis independentes. O gráfico para essas funções, em geral, representa uma superfície no espaço tridimensional. equação x + 3 y + 3z = 3 é a equação de um plano inclinado que corta os eixos coordenados emx = 3 , y = 1 e z = 1 . Resolvendo essa equação paraz em função de ( x, y ) , obtemos a Exemplo 1.4. A
função z =
1 3
(3 − x −3 )y
cujo domínio é todo o planoxy e cuja ima-
gem é todo o eixo z. A figura 1.8 representa a parte do plano que está no primeiro octante. z
1
1 y
3 x
Figura 1.8
Neste caso, Graf f( ) {( =x,y,z) ∈ ;=z
3
3 − x − 3y ,∈(,xy) } 3
2
= {( x, ,y) ∈ z ; +3 3+x = 3 y 3} z 21
Assim, o gráfico de f é o plano acima representado. Resumidamente, dizemos que o gráfico da função é descrito pela equação x + 3 y + 3z = 3 . Exemplo 1.5. Fazer um esboço do gráfico da função f ( x, y ) = x 2 + y 2 .
Solução. O gráfico de f é uma superfície cuja equação é z = x2 + y 2
. Para se noção de dessa comosuperfície é essa superfície, precisamos identificar as ter intersecções com os planos coordenados xy, xz e yz. O traço dessa superfície sobre o plano xy é encontrado utilizando-se a equação z = 0 , juntamente com a equação da superfície. Obtemos x 2 + y 2 = 0 , equação que é satisfeita na srcem ( x, y) =(0,0 ) . Encontramos os traços sobre os planos xz e yz fazendo y = 0 e x = 0 , respectivamente. Esses traços são, respectivamente, as parábolas z = x 2 e z = y 2. A intersecção da superfície com um plano z = k , paralelo ao plano > 0, é uma circunferência com centro no eixoz e raio
xy, com k k.
Com essas informações obtemos a seguinte superfície, que é chamada de parabolóide de revolução: z
y x
Figura 1.9
Salientamos o fato de que, dada uma superfícieS no espaço, nem sempre ela representa uma função z = f ( x, y ) . Uma superfície S só representará o gráfico de uma função z = f ( x, y ) se qualquer 22
reta paralela ao eixo z interceptarS no máximo em um ponto. Os exemplos 3.1 e 3.2 mostram superfícies do 3 que representam funções, enquanto que uma “casca” esférica no 3 não representa uma função.
O
utro método similar de representar geometricamente uma função de duas variáveis é à técnica utilizada pelos cartógrafos para a elaboração mapas detridimensionais relevo, que são representações dedepaisagens em mapas topológicos bidimensionais. Essa técnica consiste em determinar os conjuntos de pontos do domínio da função para os quais o valor da função permanece constante. Esses conjuntos de pontos são chamados curvas de nível da função. Definição 1.4. Seja k um número real. Uma curva de nívelk de uma função z = f ( x, y ) é o conjunto de todos os pontos ( x, )y ∈(D) f tais que f ( x, y ) = k . Denotamos por Ck = {(x y, ) D∈f ( f);x y( , k)
} =
,
e então Ck representa a curva de nível k . Na prática, intersectamos a superfície z = f ( x, y ) com um plano z = k , paralelo ao plano xy, e projetamos a curva obtida sobre o plano xy, isto é, o plano z = 0 . Cada ponto da curva de nível corresponde a um ponto na superfície que está k unidades acima, se k for positivo, ouk unidades abaixo, se k for negativo. Considerando diferentes valores para a constantek, obtemos um mapa de contorno. O conconjunto de curvas de nível chamado junto de todos os valores possíveis de k é a imagem da função f.
Em geral, as curvas de nível são mostradas para valores de z em intervalos constantes. Quando as curvas de nível estão próximas, a 23
superfície é íngreme, e quando estão afastadas, a eleva ção da superfície é obtida considerando-se a distância entre as curvas de nível. Exemplo 1.6. Para f ( x, y ) = x 2 + y 2
, as curvas de nível são circunferências com centro na srcem. As curvas de nível para z = 1,2,3 estão representadas na figura 1.10. As curvas de nível estão definidas para k > 0 e são dadas por Ck = {( xy, );x y 2 k+ 2 =} 2 . y
z
+3 z
=
+2
+1 -2
-1
1
1
+2
-3
=
y
z
=
z
=
z
=
z
=
+1
+3
+2
-2
-1
+1
x
-1
z
=
x
0 2
Figura 1.10
=
3
Figura 1.11
a função f ( x, y ) = x 2 + y 2 , as curvas de nível são circunferências com centro na srcem. As curvas de nível para z = 1,2,3,4,5 estão representadas na figura 1.11. Exemplo 1.7. Para
Observando os exemplos 1.6 e 1.7 vemos que as curvas de nível de ambas as funções são circunferências com centro na srcem. Isso significa que somente com as curvas de nível podemos ter dificuldades em esboçar um gráfico corretamente. Um recurso para driblar essacoordenados dificuldade xz é determinar a intersecção do gráfico com os planos e yz. A intersecção do gráfico de z = x 2 + y 2 com os planos xz e yz são as semi-retas z = ± x e z = ± y , respectivamente. Já a intersecção 24
4
-1
-2 z
3
+2
-2
-3
2
+1
5
do gráfico de z = x 2 + y 2 com os planos xz e yz são as parábolas z = x 2 e z = y 2 , respectivamente. Com essas informações podemos ver que o gráfico de z = x 2 + y 2 é o parabolóide representado na figura 1.9, e que o gráfico dez = 1.12.
x2 + y2
é o cone da figura
A imagem de um cone aparece se observarmos, na figura 1.12, que as curvas estão igualmente espaçadas. z
+3
z
=
=
3
2
+2 z
+1 -2 -1
0 +3
+2
+1
1
x
-3 -1
=
-3
-2
+1 -1 +2
y
+3 -2
z
-3
Figura 1.12
Considerar a função f ( ,x) y8 = − 2x 2 − y . Fazer um mapa de contorno de f mostrando suas curvas de nível em 4, 2, 0 e -2, e esboçar seu gráfico. Exemplo 1.8 .
Solução. Temos que z = 8 − x 2 − 2 y . Vamos primeiro fazer a intersecção do gráfico da função f com os planos xy, xz e yz. O traço no plano xy é obtido fazendo z = 0 , e nos dá a parábola x 2 + 2 y = 8 . Por outro lado, a intersecção do planoxz com a su2
perfície, produz a parábola x + z = 8 . Fazendo x = 0, obtemos o traço no planoyz, que é a reta 2 y + z = 8. Obtemos também que as curvas de nível, dadas pela intersecção da
superfície com o plano z = k , são as parábolas x 2 =− 2 −y +4
1 2
k, 25
que têm seus vértices sobre a reta 2 y + z = 8 , no plano yz, e que abrem-se para a esquerda. As figuras 1.13 e 1.14 mostram, respectivamente, o mapa de contorno solicitado e um esboço gráfico da funçãof. y
5
4
3
2
z
=
z
=
z
=
z
=
-2
0
2
1 4
x
Figura 1.13
z
8
4 2 4 0 -2
x
Figura 1.14
26
y
Exercícios 1) Suponha que o número de unidades produzidas de certa mercadoria seja z e z = 6 xy , onde x é o número de máquinas utilizadas na produção ey é o número de pessoas/hora disponíveis. A função f ( x, y ) definida por f ( x, )y =6 xy é uma função de produção. Traçar o mapa de contorno def mostrando as curvas de produção constantes paraz igual a 6, 12, 18 e 24.
2) Desenhar as curvas de nível, C , para as funções e para os k
valores de k dados: a) z = x 2 − y 2 , k = 0,1,2,3 ; b) z = y 2 − x 2 , k = 0,1,2,3 ; c) l =
1 2
m2 + n2
, k = 2,3,4,5 .
3) Desenhar algumas curvas de nível e esboçar o gráfico dos seguintes parabolóides: a) z = 2 x 2 + 2 y 2 ; b) z = 1 − x 2 − y 2 ; c) z = x 2 + 2 y 2 .
27
1.4 Noções de limite e continuidade Antes de estabelecermos uma definição de limite, precisamos conhecer alguns conceitos básicos. Definição 1.5. Dados x = ( x,1 ,x2 , ) xn ∈ n e x0 = ( x10, , x,20 define-se a distância entre os pontos x e x0 como: x − x0=
−( x1 +x21)+0 ...− (
)
xn0
∈ n,
x20n ). xn
Agora, dado um número positivo r, define-se a bola aberta B( x0 , r ) , de centro em x0 e raio r, como sendo o conjunto de todos ospontos x = ( x,1 , x2 , ) xn ∈ n cuja distância até x0 é menor que r, isto é, B ( x,) 0{ r
=; ∈x
− }x< x0
n
Podemos também denotar B( x0 , r ) por
r
.
Br ( x0 ) .
, para X 0 = ( x0 , y0 ) , a bola B( X 0 , r ) é o conjunto de todos os pontos interiores à circunferência com centro em X 0 = ( x0 , y0 ) e raio r, conforme a figura 1.15. Exemplo 1.9. Em
2
y
y0
r
x0
x
Figura 1.15
Em 3 , a bola aberta de centro em X 0 = (0x,0 0y, ) z e raio r é dada por B ( X,0) r{(= , , ) x y; (∈ z ) 3(− x0+2 −)0x( +2− )y <2 y} z z r 0 e representa o conjunto dos pontos internos à esfera com centro no ponto X 0 = (0x,0 0y, ) z e raio r. 28
Seja A um conjunto de pontos do n . Dizemos que x ∈ A é um ponto interior de A se existir uma bola aberta com centro emx totalmente contida emA. Se todos os pontos deA são pontos interiores, dizemos que A é um conjunto aberto. Dizemos que x ∈ n é um ponto de fronteira de A se toda bola aberta centrada em x contiver pelo menos um ponto deA e pelo menos um ponto que não está emA. Se todos os pontos de fronteiA
A
A
ra de pertencem a , dizemos que é um conjunto fechado. Definição 1.6.SejamA um subconjunto do n e x = ( x,1 , x2 ,) xn ∈ n. Dizemos que x é um ponto de acumulação de A se toda bola aberta com centro em x contiver pelo menos um ponto deA diferente de x, isto é, se para todo r > 0 tivermos ( Br ( x) {x}) ∩ A ≠ ∅ . Observe que, se x é um ponto de acumulação de A, podemos tomar pontos de A tão próximos de x quanto quisermos. Uma noção oposta à de ponto de acumulação é a de ponto isolado. Dizemos que x ∈ A é um ponto isolado deA se não pudermos aproximar x por pontos de A diferentes de x, isto é, x é um ponto isolado de A se existir r > 0 tal que Br ( )x ∩ A{=} x . O conjunto dos pontos de acumulação de A, que às vezes chamamos de derivado de A, é denotado por A ' . Assim, A ' = { x ∈ n; x é um ponto de acumulação de A } . Gostaríamos de observar que todos os pontos interiores de um conjuntoA são também pontos de acumulação do conjuntoA. Além disso, um ponto de acumulação deA não precisa estar emA. Exemplo Seja1.10.
a bola aberta do 2 , de raio 1, centrada e com um furo na srcem. Então, o conjunto dos pontos de acumulação deA é a bola fechada do 2 de raio 1, centrada na srcem, ou seja, A ' = B1((0,0 )) . Além de todos os pontos interiores deA estarem em A ' , gostaríamos de observar que os pontos da circunferênciaC1 (0,0) e a srcem (0,0) também estão, apesar destes últimos não pertencerem aA. Aqui .
29
Exemplo 1.11.
a) Toda bola aberta é um conjunto aberto. Também, a união de abertos é um conjunto aberto. A interseção finita de abertos é um conjunto aberto. 1 b) São abertos de : (0,1) , (−1,1) , −20, , (−∞, 3) , (3, +∞) , 2 ( −∞, −3) ∪(2,5) , etc. 1 c) São fechados de : [0,1] , [−1,1] , −20, , (−∞, 3] , [−3, +∞) , ( −∞, −3] ∪[2,5] , etc. 2 d) Não são nem abertos, nem fechados: [−3,5) , [−2,0) ∪(2,3] , [ −2,0) ∪[2,3) , etc.
e) Em todos os exemplos acima os pontos das extremidades dos intervalos são de acumulação. Os pontos interiores também. O interior de um intervalo é o intervalo aberto. 1 1 1 f) O único ponto de acumulação do conjunto 1, , , , 2 3 4 é o ponto x = 0 de . Todos os pontos desse conjunto são isolados. 1 1 1 g) O conjunto 0,1, , , , tem só um ponto de acumula 2 3 4 ção que é x = 0 . Os demais pontos são isolados.
h) O retângulo é um conjunto fechado de 2 . Um retângulo aberto do 2 é da forma . x2 y 2 i) O conjunto R = ( x, y ) ∈ 2 + < 1 é o interior da elip2 4 x2 y2 se + = 1 e é, portanto, um conjunto aberto. Sua frontei2
4
ra é formada pelos pontos da elipse.
E
nunciaremos de limitede de uma função agora a definição . O conceito limite é um dos mais importantes da matemática, e dá srcem aos conceitos de derivada e integral. 30
Definição 1.7. Sejam f : A ⊂ n → e x0 ∈ A ' . Dizemos que o limite de f ( x) , quando x se aproxima de x0 em A, é o número real b, se, para todo > 0 , existe > 0 tal que f ( x ) − b < , sempre que x ∈ A e 0 < x − x0 < . Neste caso denotamos lim f ( x)
x → x0
Observação 1.1. x
=b.
Deve-se notar que depende de e possivel-
mente de 0 . A figura 1.16 ilustra, no caso de uma função f definição de limite. Se 0 <
x − x0
: A ⊂ 3
→, a
< , então f ( x) − b < , para x ∈ A. w
z
b+ε δ
x0
x
b = lim f (x) x→x
f
0
f (x)
y
b−ε
x Figura 1.16
Exemplo 1.12 . Usando a definição de limite, mostre que lim (2 x +3 =y) x →3 y →1
lim (+2 = x3 ) y9
(, ) x(3,1) y →
.
Solução. Devemos mostrar que, ∀ > 0 , ∃ > 0 tal que f ( x, )y − 9 < , sempre que ( x, y) −(3,1) < , isto é, ( x −3)
+2 ( −y1)<
2
.
Com o objetivo de encontrar o desejado, trabalharemos com a desigualdade que envolve . Assim, usando propriedades do valor absoluto, temos:
31
f ( x, )y 9− 2= 3+x−9 y f ( x, )y 9− 2= 6−x3+ 3− y f ( x, y) 9−
= 2( − x3)+ 3 (−
1)y
f ( x, )y9 − 2≤ 3−x3+
1 −
f ( x, )y 9− ≤5 (
( −2 1) y
2
e y − 1≤
(−x 3)+ −( 1) y
−3)x+
y
f ( x, )y 9− 5< ,
uma vez que x − 3≤
(−x 3)+ 2−( 1)y
2
2
Portanto, se tomarmos = , obteremos que f ( x, )y 9− < 5 ⋅= 5
2 ( −y1)< sempre que ( x −3) +
5
2
2
.
Assim, de acordo com a definição de limite, demonstramos que lim ( 2 x +3 )y 9 = . ( x, )y
→(3,1)
Exemplo 1.13. Usando a definição, mostre que 2 xy → (x , y)lim ( 0,0 )
Solução. Devemos mostrar que, x2 + y2
2 xy
< , então
0=
x2 + y2
x2 + y2
.
∀ >
0,
∃ >
0 tal que, se
< .
Como x ≤ x 2 + y 2 e y ≤ x 2 + y 2 , para ( x, y) ≠(0,0 ) , temos 2 xy
x 2 +2 y
= 2 2
≤ x +y
Assim, tomando = sempre que Logo, 32
lim
(x , y) → ( 0,0 )
2x y2 +x2
2x y
2
x2 + y 2
2 2
, temos que
< .
2 xy
x2 + y2
0= .
⋅2y 2 + =+ x +y 2 xy
x
2
+y
2
2 x2
y2 .
≤ 2 x+2 < y 2⋅ = 2
2
Observamos que, nesse exemplo, o ponto (0,0) não pertence ao domínio da função. Porém, (0,0) é um ponto de acumulação do domínio da função, conforme exigido na definição de limite.
D
aqui pra frente, sempre que nos referirmos ao limite , fica explícito que é um ponto de acumulação do domínio def.
Para que o limite de f ( x) exista, f ( x) deve-se aproximar do mesmo valor b, seja qual for a forma pela qual nos aproximarmos de x0 através de pontos de A. Temos a seguinte proposição: Proposição 1.1. (Existência do Limite) Sejam A1 e A2 dois subconjuntos distintos de A, ambos tendo x0 como ponto de acumulação. Se f ( x) tem limites diferentes quandox tende a x0 através de pontos de A1 e de A2 , então lim f ( x) não existe. x → x0
Demonstração. Es sa demonstração será feita por contradição. Suponhamos que exista um número realb tal que lim f ( x) = b . x→ x Então ∀ > 0 , ∃ > 0 tal que se x ∈ A e x − x0 < , então f ( x) − b < . 0
Resulta daí que o limite de f ( x ) é igual ao valor b quando x tende a x0 através de pontos de A1 e através de pontos de A2 . Isso contraria a hipótese que f ( x ) possui limites diferentes quandox tende a x0 através de pontos de A1 e de A2 . Portanto, concluímos que lim f ( x) não existe se f ( x) possui lix → x0
mites diferentes quando x tende a x0 através de pontos distintos do domínio A. Exemplo 1.14. Mostre que
lim
( x, y)
→(0,0)
2 xy x2 + y2
não existe.
Solução. Vamos nos aproximar do ponto (0,0) ∈ 2 através de pontos do eixo x e através de pontos da reta y = x . Nos aproximando pelo eixox, temos lim x →0 y →0
2 xy 20 x ⋅0 =lim = lim = x x 2 +2 y→0 2 x 2 x→0 +2 →00
=
x
lim 0 0 x
, 33
e nos aproximando pelos pontos da reta y = x , temos lim x →0 y →0
2 xy
x
Logo,
+
2 2
y→0
=lim 2 2 x
2x ⋅ x → x0
2 xy
lim
(x , y) → ( 0,0 ) x2
2x2
= = lim = lim1 +2x→0 x 2 x x
+ y2
.
1
não existe.
Exemplo 1.15. Seja f ( x, y ) =
x2 ⋅ y x4 + y 2
uma função definida em to-
dos os pontos do 2 , exceto em (0,0) . Mostre que ( x, y)lim →(0 ,0) não existe.
f( ,x )y
Solução. Vamos nos aproximar do ponto (0,0) ∈ 2 através de pontos do eixo x e através de pontos da parábola y = x 2 . Nos aproximando pelo eixox, temos lim x →0 y →0
x2 y 0 =lim 0 = , x + y 2 x→0 x 4 4
e nos aproximando pelos pontos da parábola, temos lim x →0
22 x2 y x ⋅ 4x = lim = 4 2 x x + →y0 x→0 +²)(4 x4 4 2
4 0 →
lim=4 x
=
x
x
lim 2 x2
+x
x x
1
.
y →0
Logo,
x2 ⋅ y lim f( x, )y não existe, para f ( x, y ) = 4 . (x , y) → ( 0,0 ) x + y2
Para que possamos operar com limites, é necessário conhecer algumas propriedades. Nesse sentido, temos o seguinte resultado: Proposição 1.2 . (Propriedades do Lim ite) Sejam f , g : A ⊂ n → e x0 ∈ A ' . Se lim f ( x) = b e lim g( x) = c , então: x → x0
a) b) c) d)
34
lim[ f( x)
x → x0
+ g( )]x = b + c ;
lim ⋅ f( )x
x → x0
x → x0
= ⋅b ;
lim f ( x) ⋅ g( )x
x → x0
lim
x → x0
= b⋅c ;
f ( x) b = , desde que c ≠ 0 ; g ( x) c
e) f)
lim[ f ( x)] n = b n , para qualquer inteiro positivon;
x → x0
lim
x → x0
n
f( x)
=
n
b , se b ≥ 0
e n inteiro positivo, ou b qualquer se
n inteiro positivo ímpar.
Demonstração. Demonstraremos o item(a) desta proposição com o sinal positivo. Sejam lim f ( x) = b e lim g( x) = c , e x → x0
mos mostrar que existe
>0
arbitrário. Va-
>0
x → x0
tal que f ( x) +(g) x(− +)b < c
,
sempre que x ∈ A e x − x0 < . Como lim f ( x) = b , ∃1 > 0 tal que f ( x) − b <
, sempre que
x → x0
2 x ∈ A e x − x0 < 1 . Também, como lim g( x) = c ,
que g ( x) − c <
, sempre que x ∈ A e x − x0 < 2 .
2
Seja = min{1, 2} . Então, f ( x ) − b < x ∈ A e x − x0
∃2 > 0 tal
x → x0
2
e g ( x) − c <
2
, se
< . Logo,
( f ()x +()g (x −) )+ b ≤()c
− f+()x −b ≤ +g =x
c
2
2
,
sempre que x ∈ A e x − x0 < . Dessa forma, lim [ f( )x + (g) x ] = b + c . x → x0
A
aplicação desta proposição nos permite transformar o limite de uma função de várias variáveis em uma expressão envolvendo limites de uma variável. Exemplo 1.16.Calcule
( x, y)
lim
→(2 , 1) −
f( ,x )y
, para
f (,)x y
= x22 y 3 −4 xy + .
Solução. Podemos escrever 3 2
lim ( x y
x →2 y →−1
−2 xy + =4) 2 lim ⋅ 3 −xlim ⋅ y2+lim l im x 2 1x 2 1 y x →
→−
→ →−
= 4⋅ −( 1)− ⋅ 2⋅ 2−( 1) + =4
4
4y
y
. 35
Falaremos agora do limite de funções compostas. Sejam f : A ⊆ n → e g : B ⊂ → com f ( A) ⊂ B , duas funções. Para que possamos calcular xlim ( g f )( x) , é necessário supor →x 0
uma condição a mais sobre a funçãog. Suponha que g seja uma função de uma variável contínua num ponto a, e suponha que f seja uma função tal que xlim f ( x) = a , então lim ( g f)( )x = (g) a , ou ainda, x→x →x Proposição 1.3.
0
lim g( f( x))
x → x0
0
= (lim g (f ))x , onde ( g f)( )x é a função composta de x x →
0
g e f, isto é, ( g f)( )x
=(g( ))f x .
Demonstração. Seja > 0 . Como g é contínua em A, existe 1 = 1 ( ) , 1 > 0 , tal que u ∈ D ( g ) e u −a <
Como lim f ( x) = a e x → x0
x − x0
1
⇒1 gu−g( )a <( )
.
(1)
> 0 , ∃2 > 0 tal que x ∈ D ( f ) e
< 2 implica que f ( x) − a < 1 .
Assim, se x ∈ D( f ) e x − x0 < 2 , temos que u = f ( x) satisfaz a condição dada em (1) e, conseqüentemente, g ( f( x)) − (g ) a < . Portanto, lim ( g f)( )x = (g) a . x → x0
Exemplo 1.17.Calcular lims en( x + y) x →0 y→ 2
.
Solução. Usando a proposição anterior, podemos escrever
lim sen( x +=y) sen lim( + = x ) y=sen
x →0 y→ 2
x→0 y→ 2
1 2
.
Passaremos agora a trabalhar o conceito de continuidade de funções de várias variáveis. Definição 1.8. Sejam f : A ⊂ n → e x0 ∈ A ∩ A ' . Dizemos que f é contínua em x0 se lim (f )x = (f ) x0 . Mais precisamente, f é conx → x0
36
tínua em x0 , se para todo > 0 , existe = ( x0 , ) tal que, se x ∈ A e x − x0 < então f ( x) − (f )x0 < .
N
otamos que o número , da definição de continuidade, depende de e possivelmente de . Observamos que, pela definição de continuidade, uma função f será conx
tínua se o limite de ponto existir quando se aproximar de algum de acumulação e se esse limite for igual a . Isto significa que o limite de , em todas as direções e através de qualquer curva, é sempre o mesmo, e igual a . Ainda observamos que se x0 ∈ A \ A' , isto é, x0 é um ponto isolado de A, então também se diz que f é contínua em x0 . Exemplo 1.18. Verificar se é contínua em (0,0)
a função
2 xy , ( x, y) ≠(0,0 ) f ( x, y ) = x 2 + y 2 . 0, ( x, y) =(0,0 ) Solução. No exemplo 1.12, mostramos que
lim
(x , y) → ( 0,0 )
2 xy
x2 + y2
0= .
Logo, a função dada é contínua em (0,0) , pois lim
(x , y) → ( 0,0 )
2 xy
x2 + y 2
= f(0, 0) .
Das propriedades sobre limites decorrem algumas propriedades das funções contínuas, que são dadas no seguinte resultado: Proposição 1.4. Sejam f , g : A ⊂ n → em x0 ∈ A , e seja ∈ . Então:
duas funções contínuas
± g é contínua em x0 ;
a)
f
b)
f ⋅g
é contínua em x0 ;
37
c) f é contínua em x0 e d)
f g
é contínua em x0 , desde que g ( x0 ) ≠ 0 .
Esta proposição permite-nos concluir que uma função polinomial de n variáveis é contínua em n , isto é, toda função que possa ser expressa como soma de termos da formacx1mx 2m x nm , onde c ∈ e mi , i = 1,2 ,, n , é um inteiro não negativo. 1
n
2
f : A ⊂ n → g:B⊂ → Proposição 1.5. e f ( A) ⊂ B . Seja xSejam ∈ A , e suponhamos que f seja contínuatais em que x0 e 0 que g seja contínua em f ( x0 ) . Então, a função composta ( g f ) é contínua em x0 .
Demonstração. Como g é contínua em f ( x0 ) , dado 1 = 1 ( ) , 1 > 0 , tal que y ∈ B e y − f ( x)<0 ⇒ 1 − ( )g y( (< ))g f x0
Como f é contínua em x0 , para esse 1 existe x ∈ A e x − x0< ⇒
existe
.
>0
− f ( x) < (f )x0
>0
(2)
tal que
1 .
(3)
Usando (2) e (3), podemos escrever x ∈ A e x − x<0⇒
−g ( f( x)) < (g ( f) x) 0
.
Assim ( g f ) é contínua em x0 .
Exercícios 1) Calcular o limite que se pede: a) ( x, y)lim (3 →(2 ,3) c)
lim
x 2 + xy 2− )y 2
3x − 2 y
x + 4y
( x, y) →(2, 1) −
.
b)
lim
( x, y)
→(0,0)
ex − e y . cos x + sen x
.
Encontrar um de0limite correspondente 2) ma que a definição seja válida: a qualquer >
a) ( x, y)lim (3 x −4 →(3,2 ) c) 38
lim
( x, ,y )z
)y 1=
.
2 (4 x 2 y3− xyz 7 22+ )y z
→( 2,− 1,4 )
b) .
lim ( x
( x, y)
→(1,1)
2
>
0 , de for-
+ y) 2 2= .
3) Mostrar que os seguintes limites não existem: a) b)
lim
( x, y) →(0 ,0 )
x2 + y x2 + y2
.
x 3 + yz 2 x + y2 + z4
lim
4
( x, y, )z → (0 ,0 ,0 )
.
4) Determinar todos os pontos onde a função é contínua: 2
a)
f ( x, y ) =
b)
f ( x, y) =sen
c)
4 f ( x, y ) = x 2 y − 3x3 y 4 − x y
d)
f ( x, y ) =
y
x
2
−1 . y . x
.
x−2
.
( xy −2 x− + y 2)(+ 1) y
5) Verificar se as funções dadas são contínuas nos pontos indicados: a)
1 x sen , y ≠0 y , (0, 0)P
f (,x) y =
.
0, y = 0
≠ 0) 3x −2 y, ( ,x) y (0, = , (0, 0) P 1, ( x, y) =(0,0 )
b)
f (,)x y
c)
f ( x, ) y =
x 3 − 3 xy 2 + 2 , (1, 2) P 2 xy 2 − 1
.
.
6) Calcular o valor de a, para que a função dada seja contínua em
(0,0)
. Qual o domínio de f ?
x2 y2 , y≠0 a) f ( x, y ) = y 2 + 1 − 1 . a − 4, y =0 sen(x 2 + y 2) ,( x, y) ≠(0,0 ) b) f ( x, y ) = x 2 + y 2 . a ,( x, y) =(0,0 ) 39
1.5 Derivadas parciais Apresentamos aqui o conceito de derivada parcial para uma função com mais de uma variável. A idéia é considerar apenas uma variável por vez, deixando as outras fixas, ou seja, tratamos uma função de n variáveis como uma função de uma só variável,n vezes, considerando a cada vez uma variável diferente. Desse procedimento resulta a definição de uma derivada para cada uma das variáveis independentes. Essas derivadas são chamadas de derivadas parciais. Definição 1.9. Seja
f : A ⊆ n
→ x z = f ( x)
uma função de n variáveis, e seja x = ( x,1 ,x2 , ) xn ∈ A . Definimos a derivada parcial de f no ponto x em relação a xi por , x n,+ h , ∂f f ( x,1 i ( x) =lim h →0 ∂xi
)
x(i ,n −, f , x, 1 )
x
x
h
quando esse limite existir. Exemplo 1.19.
Aplicar a definição para achar
2
∂f ∂f e para ∂x ∂y
f ( x, )y3 = x2 − xy .
Solução.
∂f f+( x − ,h) y (, )f x y3(+ − + ) −2(+ x h) 32 = lim lim = h→0 ∂x h→0 h
= lim h 0
3 x 2 6+ 2 xh +3 −2 h−22 −3xy+ 2 hy
→
h
= lim 6+x −3 h=2 −y6 2x h 0 →
x2
x2 h y h
6x + 3 − xy 2 lim=
2
xh h→ 0
xy h h
hy
y
e
∂f ∂y
= lim h →0
= lim h 0
f (,x+− y ) h (, ) f x y3− 2+−( + x) 23 lim = h→0 h 3 x22 2 − 3−xy 2
→
Assim, obtemos que 40
−xh + x 2 h
xy
− =−=
lim2
h →0
x2
x2 y h h 2 x
∂f ∂f = 6x − 2 y e = −2 x . ∂x ∂y
x.
xy
=
=
=
Definição 1.10. Seja
f : A ⊂ n
→
x z = f ( x)
uma função de n variáveis e seja B ⊆ A o conjunto formado por ∂f todos os pontos x tais que ( x) existe. Definimos a função deri∂xi vada parcial de 1ª ordem def em relação a xi como a função que ∂f a cada x ∈ B associa o número ( x) dado por ∂xi , x n,+h, ∂f f ( x,1 i ( x) =lim h →0 ∂xi
)
x(i ,n −, f , x, 1 ) h
x
x
.
Observamos que outras notações costumam ser usadas para as derivadas parciais de 1ª ordem. É comum representar a de∂f ∂f rivada ( x) também por , Dx f ( x) , Di f ( x) , f x ( x), ∂xi ∂xi ∂z ∂ x f , Dx f e se z = (f ).x ∂xi i
i
i
i
Observação 1.2. Na prática, podemos obter as derivadas parciais
usando as regras de derivação das funções de uma variável. Des∂f se modo, para calcularmos consideramos as outras variáveis ∂xi como se fossem constantes. Os exemplos que se seguem ilustram esse procedimento. 5 xy , se ( x, y) ≠(0,0 ) Exemplo 1.20 . Seja f ( x, y ) = 2 x + 3 y , 0, se ( x, y) =(0,0 ) ∂f ∂f calcular e . ∂x ∂y Solução. Nos pontos ( x, y) ≠(0,0 ) , podemos aplicar as regras de derivação. Assim, temos
∂f 5⋅ y+(2−x 3⋅ ) y5 (2) xy + 10 − 15xy 10y 2 xy 15 = = = 2 ∂x + (2 x 3) y + (2 + 3) x y (22 3) xy ∂f 5⋅ x(+2 x−3 )⋅y 5 (3) = ∂y (2 x3+ ) y 2
x2 (2 3 )x + y 10
=
2
y2 x y
2
.
Para calcularmos as derivadas def na srcem, usamos a definição de derivada parcial, como no exemplo 1.18. 41
5h ⋅ 0 − 0 2h 0 = h→0 h
∂f f (0 + h, 0) − f(0, 0) (0, 0) = lim h →0 ∂x h
lim =
∂f f (0, 0 + h) − f(0, 0) (0, 0) = lim h →0 ∂y h
5⋅0⋅h − 0 3h lim 0 = . = h→0 h
Assim, obtivemos as derivadas parciais da funçãof com relação a x e com relação a y em todos os pontos ( x, y ) do domínio. Exemplo 1. 21. Achar f x ( x, y ) f ( x, )y 3= x− 42
2
e
f y ( x, y )
+x3 y2 + sen( xy2
para )
xy
.
Solução. Tratando f como uma função dex e mantendo y constan2 y 2 ) xy 2 . te, obtemos f x ( x, )y 6= 8−x +3xy + y cos( Considerando f como uma função de y e mantendo x fixo, temos f y ( x, )y =4− x+62 +xy 2 c os( xy ) xy 2 .
Gostaríamos agora de obter uma visualização do comportamento das derivadas parciais, isto é, gostaríamos de propor uma interpretação geométrica das derivadas parciais. Para isso, nos ateremos ao caso n = 2 . Suponhamos que
f : A ⊂ 2 ( ,x) y
→ z (=, )f x y
possua derivadas parciais em ( x0 , y0 ) ∈ A . O gráfico dessa função é uma superfície cuja equação é z = f ( x, y ) . Se y for mantido constante, digamos y = y0 , então f ( x, y0 ) é uma função de uma variável cujo gráfico é uma curvaC y , contida no plano y : y = y0 . Logo, a curva C y pode ser representada pelas 0
0
equações y = y0 e z =
0
f ( x, y ) .
Desse modo f x ( x0 , y0 ) é a inclinação da reta tangente à curvaC y no ponto P( x,0 0y, ( f,0 0x ))y , e é dada por ∂f ( x0, y)0 =tg( ) , onde pode ser visualizado na figura 1.17. ∂x 0
42
z
Cx
Cy
0
0
y0
β
y
x0 x
α
Figura 1.17
De maneira análoga, a inclinação da reta tangente à curvaC x resultante da intersecção da superfície do 3 , z = f ( x, y ) com o ∂f plano x : x = x0 , é dada por tg = ( ,x0) y0 , onde também ∂y pode ser visualizado na figura 1.17. 0
0
Exercícios 1) Calcular as derivadas de 1ª ordem, usando a definição: a)
f ( x, )y = 5 xy − x 2 .
b)
f (,x) y
c) z =
= x 2 + 10 y2 −
.
xy .
2) Encontrar as derivadas parciais de 1ª ordem: a)
f (,x) y2 = 3x 2 + 4xy 2 − x .
b)
g),( x y
c)
hx(y , ) =sen(2 x y
= x 22+ y 2 − . +) . 43
2 xy , se ( x, y) ≠(0,0 ) . 0, se ( x, y) =(0,0 )
3) Calcular ∂∂fx e ∂∂fy para
f ( x, y ) = 3 x 2 + 5 y 2
4) Calcular a derivada que se pede: 2
a)
f ( x, )y
= e,x (y ,f)x x y .
b)
f ( x, y)
= cos( x y −),x ( f,x )x y .
c) z = ( x + )y
e x +,2 y( ,z)y x y
.
5) Determinar a inclinação da reta tangente à curva de intersecção da superfície z = x 2 + y 2 com o plano y = 1 , no ponto (2,1,5) . Faça um esboço do gráfico.
Resumo Vimos, neste capítulo, o importante e delicado conceito de limite de uma função real de várias variáveis. Conceito este que dá srcem a um outro importante conceito, o de derivada parcial de uma função real de várias variáveis com consequências significativas e variadas aplicações.
44
2
Diferenciabilidade de Funções de Várias Variáveis
2
Diferenciabilidade de Funções de Várias Variáveis
Neste capítulo estudaremos a noção de diferenciabilidade de funções reais de várias variáveis, com a qual está relacionadapor a existência umnoção planotem tangente à superfície definida tal função.de Essa conseqüências importantíssimas tanto no cálculo de várias variáveis como na diferenciação de sistemas dados implicitamente, assim como nas aplicações ao cálculo de máximos e mínimos locais de funções de várias variáveis.
2.1 A proximação linear Vamos iniciar o estudo da diferenciabilidade das funções reais de n variáveis, isto é, funções f : A ⊂ n → . Entretanto, para uma melhor visualização das aplicações geométricas, de início nos ateremos ao caso n = 2 . Para isso, precisamos entender o significado geométrico das derivadas parciais de uma função de duas variáveis. Assim, suponha que f : A ⊆ 2 → (,x) y → z (=, )f x y
possua derivadas parciais em ( x0 , y0 ) ∈ A . Para y = y0 , f ( x, y ) é uma função de uma variável cujo gráfico é uma curva C y , resultante da intersecção das superfícies do3 , S :z =f (x, y) e o plano y : y = y0 . 0
0
A inclinação ou coeficiente angular da reta tangente à curvaC y no ponto P( x,0 0y, ( f,0 0x ))y é dado por
0
∂f t g ( ) = ( ,x)0 ,y0 ∂x
onde α pode ser visualizado na figura 2.1
47
z
Cy0: z
=
f (x ,y0)
P
Cx0: z
=
S:z
f (x0 ,y)
=
f (x ,y)
y
y 0
x0
α
Figura 2.1
De maneira análoga, a inclinação da reta tangente à curvaCx , resultante da intersecção da superfícieS :z =f (x, y) com o plano x : x = x0 , é ∂f t g ( ) = ( , x)0 y0 . ∂y 0
0
Intuitivamente, percebemos que as retas tangentes às curvasCx
0
e C y no ponto P( x,0 0y, ( f,0 0x ))y devem estar contidas no plano tangente à superfície S nesse ponto P. 0
Assim, se o plano : z = h( , )x y
(1)
tangente à superfície S no ponto P, for dado por z = ax + by + c ,
conforme a equação geral de um plano, deveremos ter que: a) a inclinação do plano tangente na direção do eixo x coincida com a inclinação da reta tangente à curvaC y , isto é, 0
a=
∂f (x , y ) ; ∂x 0 0
(2)
b) a inclinação do plano tangente na direção do eixoy coincida com a inclinação da reta tangente à curva Cx , isto é, 0
48
b=
∂f (x , y ) ; ∂y 0 0
(3)
c) o ponto P ( x,0 0y, ( f,0 0x ))y satisfaça, simultaneamente, a equação do plano tangente (1) e a equação da superfícieS, uma vez que P ∈ S ∩ , ou seja, h(x ,0y)0
f=( x0, 0)y
.
(4)
Agora, substituindo (2) e (3) em (1), obtemos hx(y, )
Aplicando em
∂f ∂f =( x, y) x0 0 ( x, +y) y0 0 c ∂x ∂y
( x, )y (=, x0) y0
f ( x,0 0)y
+ .
(5)
e usando (4), temos
∂f ∂f =( , 0 )0 0x y ( x0, 0 )+0 x y y +c, ∂x ∂y
ou ainda, c =f x y( ,0 )0
∂f x−( y, 0x)0 0 ∂x
x( y0, 0y)− 0
∂f ∂y
(6)
.
Finalmente, substituindo (6) em (5), resulta que z = h( ,x)=y ( ,f )x+00 y( , )0∂[0⋅−f +x ]0 y ( ⋅,x−00 )[ x ∂x
0
]∂f x y ∂y
y
y
. (7)
Assim, se existir um plano tangente à superfície S no ponto P ( x,0 0y, ( f,0 0x ))y , ele será dado pela equação (7). Exemplo 2.1. Determine o plano tangente ao parabolóide elíptico z = 2 x 2 + y 2 no ponto (1,1,3) .
Solução. Seja f ( x, )y = 2 x 2 + y 2 . Então, f x ( x, y) 4= x ⇒ (1,1) fx 4 = , f y ( x, )y 2= y ⇒ (1,1) fy 2 = .
Portanto, por (7) temos que a equação do plano tangente no ponto (1,1,3) é dada por z = 3+ 4 (−x +1) 2−( y 1) z = 4x + 2 y − 3 . 49
Assim, a função linear de duas variáveis g ( x, )y4 = 2x + 3 y − é uma boa aproximação de f ( x, y ) quando ( x, y ) está próximo de (1,1). Por exemplo, no ponto(1,1;0,95) a aproximação linear fornece g (1,1;0,95 =)
4(1,1) + −2(0,95) = 3 3,33
que é bastante próximo do valor verdadeiro def, que é f (1,1;0,95 =)
2 2(1,1) + 2 −(0,95) = 3 3,3225
.
Convém observar que g ( x, y ) é uma boa aproximação de f ( x, y ) apenas para ( x, y ) próximos de (1,1). Se tomarmos um ponto longe de (1,1), como (2,3) , teremos g (2,3) = 11 e f (2,3) = 17 , ou seja, g não é mais uma boa aproximação def.
2.2 Diferenciabilidade Introduzimos, agora, o conceito de função diferenciável. Uma função f será diferenciável em ( x0 , y0 ) quando o plano tangente, dado pela equação (7), nos propiciar uma “boa aproximação” para f ( x, y ) em uma “vizinhança” de ( x0 , y0 ) . Temos, então, a seguinte definição. Diremos que a função f ( x, y ) é diferenciável em ∂f ∂f ( x0 , y0 ) , quando as derivadas parciais ( x0 , y0 ) e ( x , y ) exis∂x ∂y 0 0 tirem e se Definição 2.1.
∂f ⋅x−) +y ( ,x00)(⋅−x ∂x 0 ( x, )y (− , x0) y0
f (,x) y −(, f ) x00 y+( , )0(0 lim
x → x0 y → y0
0
)
∂f x y ∂y
y 0
y
=
= x 2 + y 2 representa a norma euclidiana e ( x, )y (− , x0) y0 representa a distância de ( x, y ) a ( x0 , y0 ) .
onde
( x, y )
Diremos que f é diferenciável num conjunto A ⊂ D( f ) , se f for diferenciável em todos os pontos de A . Temos que o conceito de diferenciabilidade caracteriza funções que possuem gráfico suave. Isto pode ser visto na seguinte proposição: 50
Proposição 2.1. Se f
é diferenciável em ( x0 , y0 ) , então
f
é contí-
nua nesse ponto. Demonstração. Mostraremos que
f( ,x) y =( f, )x0 y0 .
lim
( x, )y (→ , x0) y0
Com efeito, da definição de diferenciabilidade, seque que lim
( x, )y → ( , x0) y0
f( , )x y( −, f) x00 (y−, e daí resulta que
∂f x⋅)− −y ∂x 0
)(00
lim
( x, )y (→ , x0) y0
∂f ( , x00)( x⋅− 0)= 0 x y ∂y
lim (−
(, ) ( , 0 ) 0 x y
= y) 0y0
2
.
→ x y
Exemplo 2.2 . Provar que a função f ( x, y ) = x 2 + y 2
em
y
( f( , x) y (− ,f ) x0 0y0 ) = , uma vez que
lim ( x − )x=0
( ,x) y( ,→)0 x0 y
y
é diferenciável
, usando a definição.
Solução. A função dada possui derivadas parciais em todos os pontos ( x0 , y0 ) ∈ 2 , e elas são dadas por
∂f ∂f ( x, y) 2 = x0 e ( x, y) 2 = y0 . ∂x 0 0 ∂y 0 0 Assim, para mostrarmos que f é diferenciável em 2 , basta verificar, para qualquer ( x0 , y0 ) ∈ 2 , se o limite dado na equação (8) é zero. Temos lim
x 2 +2y− 2 +( 2x0+ 0 y 0−2 [ +0x x]02−[x 0 ]) y y
x → x0 y → y0
( x − )x0( 2 + ) y − y0
= xlimx
→ 0 y → y0
= xlimx
→ 0 y → y0
y
2
x 2 − 2 xx+0220+x − y2 +0 02 yy ( x − )x0( 2 + )y − y0 ( x − )x0( 2 + )y − y0 ( x − )x0(
2
= xlimx ( −x +)x0−(2 = y) 0y0
2
→ 0 y → y0
=
2
+ )y − y0
2
y 2
=
=
.
Logo, f é diferenciável em 2 . 51
Exemplo 2.3. Verifique se a função f ( x, y ) = x 2 + y 2
é diferenci-
ável na srcem. Solução. Vamos verificar se a função dada tem derivadas parciais na srcem. Usando a definição de derivada parcial, vamos verificar se existe o limite lim x →0
f ( x,0 ) − f(0,0 ) x2 =lim , usando os limix 0 → x x
tes laterais. Temos que lim
x →0+
x 2 =1 x
e lim− x →0
x2 x
= 1− ,
∂f ou seja, o limite não existe. Concluímos então que (0,0) não ∂x existe, logo f não é diferenciável na srcem.
Exercícios 1) Determinar a equação do plano tangente à superfície no ponto indicado. a) z = y 2 − x 2 , (−4,5,9) . 2
2
b) z = 9 x+ +y 6− 3 x+5 y , (1, 2,18) . c) f ( x, y) =sen( x +) y , (1, −1, 0) .
2) Usando a definição de diferenciabilidade, verificar que as funções dadas são diferenciáveis em 2 , usando a definição. = x22 − y 2 .
a)
f (,x) y
b)
f ( x, )y 4= xy .
3) Verificar se as funções dadas são diferenciáveis na srcem: x6 2 2 , ( ,x )y ≠(0,0 ) a) f ( x, y ) = x + y . 0, ( x, y) =(0,0 )
b)
52
f ( x, )y = 2 x+ y.
2 y 4 + 32x2 y 3 + yx c) f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 ) 2 0, ( x, y) =(0,0 )
4) Identificar a região do
2
, ( x, y) ≠(0,0 )
.
onde as funções dadas são diferen-
ciáveis: 2
a) z = e x y . 2
b) z = x 2x+yy 2 . c) z =
2 ( x −2)
2
+( y2)−
2
.
5) Dada a função f ( x, y) = 02 xse+−xy≠ 6,2 ese=y ≠x 22=ou a) calcular
∂f (2,2) . ∂x
b) calcular
∂f (2,2) . ∂y
y2
:
c) f é diferenciável em (2,2) ?
53
2.3 Condição de suficiência para diferenciabilidade Observamos, da definição de diferenciabilidade, que não é suficiente a existência das derivadas parciais de uma função para garantir a sua diferenciabilidade. A proposição seguinte nos dará tal condição de suficiência. Proposição 2.2. Seja ( x0 , y0 ) ∈ A , sendo A aberto. Se f possui de∂f ∂f A rivadas parciais ∂x e ∂y em e se essas derivadas parciais são contínuas em ( x0 , y0 ) , então f é diferenciável em ( x0 , y0 ) .
Demonstração. Mostraremos que o limite em (8) existe e é zero. Com efeito, como A é aberto e ( x0 , y0 ) ∈ A, existe r > 0 tal que a bola aberta B = Br (( x0, y0)) está contida em A . Seja ( x, y ) ∈ B , temos que f ( x, )y −( f, )x00 =y ( , )−f+(x−, y0)
(f ,0x) y (00 , )f x y
f x y . (9)
Agora, fixando y e aplicando o Teorema do Valor Médio para funções de uma variável, concluímos que existe x entre x0 e x tal que ∂f f ( x, )y −( f, )x0 =y ( , )∂( x⋅− x )y x x0 . (10) Analogamente, existe y entre y0 e y tal que
∂f f ( x,0 ) y (−0,0f )x 0= y ( , )( 0 ⋅− x ) y ∂y
y
y .
(11)
Usando (10) e (11) podemos reescrever (9) como f ( ,x) y (− ,f )0x0 y=( , )(
∂f ⋅−x) +y ∂x 0
∂f x y ∂y
(0 x, )(⋅x−0 )
y
y . (12)
Reescrevendo o limite (8), utilizando (12), obtemos
∂f ∂ ( x, )(y ⋅ −x) + x0( ∂x ∂ ( x, )y → (lim , x)0 y0
ou ainda,
54
, )(
f∂ ∂ f , )(0y0⋅ − −)0 x( 00, y)(⋅ −0 x ) x 0⋅ −x )−y 0 ( y y∂ ∂ x ( x, )y (− , x0) y0
f x y y
y
y
lim
( x, )y (→ , x0) y0
∂f ( ,x∂) y −( , f ) x( y−⋅ )+∂ x ∂( ,x) − ( ,f ) x( ⋅−y ) f x y y y ∂x ∂ 00 0 x ∂0 ∂ 0 y00 y ( x, )y (− , x0) y0 Mas, x − x0
=
( x, )y (− , x0 ) y0
x − x0 ( x x − ) 0(y y+ )
−
0
y− y = ( x x − ) (y2 y+ )0 − 0
0
2
≤1
2
e y− y 0
( x, )y (− , x0) y0
Agora, da continuidade de
lim
lim
≤ 1.
∂f ∂f e em (x0 , y0 ) , temos que ∂x ∂y
∂f
( , x )y −(∂∂,fy )x 0y
(x , y )→( x0 , y0 ) ∂x
0
∂f
( ,x) (y
(x , y )→( x0 , y0 ) ∂y
2
0
−
0
= ,
∂f ,) x00 y0 = ∂y
e, portanto, concluímos que o limite em (8) é zero.
Gostaríamos de observar que, ao contrário do que acontece com as funções de uma variável, a simples existência das derivadas parciais de primeira ordem em um ponto não implica na continuidade da função nesse ponto. Observação 2.1.
Mostrar que f ( x, y ) é diferenciável em todos os pontos de 2 , exceto na srcem, para f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Exemplo 2.4.
Solução. As derivadas parciais da funçãof são dadas por
∂f x ∂f y = 2 2 e = 2 2, ∂x ∂y x +y x +y 2
e existem para todos os pontos ( x, y ) ∈ , 2( x, y) ≠(0,0 ) . Também, são contínuas em todos os pontos de , exceto na srcem. Logo, f é diferenciável em 2 − {(0,0)} .
55
V
ale a pena notar que existem funções diferenciáveis com derivadas não contínuas. Observamos também que a definição 2.1 de diferenciabilidade pode ser estendida de modo análogo para uma função f de n variáveis.
Passamos agora ao conceito de diferencial de uma função den variáveis. A diferencial ou derivada de uma função den variáveis é∆zuma transformação linearz =que aproximanoo caso acréscimo da variável dependente f ( xmelhor ). Por exemplo, n = 3, ∆z = f ( x, ,y) z −( ,f x, 0 )y0 z0 com ( x, ,y) ze ( , x0, y)0 z0 ∈ 3 . Temos a seguinte definição: Definição 2.2. Seja f ( x,1 , x2 ,) xn ponto ( x10, , x,20 ) xn0 . A diferencial
um função diferenciável no de f em ( x10, , x,20 ) xn0 é defini-
da pela transformação linear T : n
→ ,
dada por T x( x1 −x1, 02 − x 2,, x0 ) −x =
∂f
=
∂x1
0 0 0 ( x, 12, ,x) +1 x1+−n x
x
( , , −, )
0 12
0
∂f0
n
xn nxn ∂xn
0 n
x
x
x
.
(13)
Para o caso n = 3 , podemos escrever T h(k, l,)
∂f =( x, y, z) 0h0 0 ∂x
onde h =x x− 0=x∆
Th(kl, ,)
∂f = x( y, z, ∂x
∂f ( x, y,+0z) 0k0 ∂y
, k =y y− =0y∆
)0
00
( ,x ,y0 0)z0 l
+
∂f ∂z
e l =z z− 0=z∆
, , ou ainda, h . l
∂f ∂f (x y, z, 0) 0 0 (x ,y z,0 )0 0k ∂y ∂z
No caso n = 3, denotaremos a diferencialT de f em ( x0, y, 0) z0 por Df ( x,0 y,0 z).0 Em nosso caso, a matriz que representa T é uma matriz 1×3 dada por: ∂f ∂x ( x,0 0,y0 ) z 56
∂f ∂f ( 0, 0 ,0 x) y (0z,0 0, ) x y z ∂y ∂z
.
Os elementos dessa matriz são as componentes do vetor que chamamos de gradiente e, em alguns contextos, ela é chamada de derivada da funçãof no ponto ( x0, y, 0) z0 . Observamos que no caso de n qualquer, a definição de diferencial se dá de maneira análoga. Numa notação clássica, definimos a diferencial das variáveis independentesx, y e z por dx = ∆x , dy = ∆y , dz = ∆z e, assim, a diferencial def em ( x, y, )z , relativa a esses acréscimos, é indicada por dw ou df, onde Observação 2.2 .
df
=
∂f (x, y, z) dx ∂x
∂f +( ,x,y) z dy ∂y
∂f ( , ,x+)y z dz ∂z
.
(14)
A expressão (12) é também denominada diferencial total de f ( x, y, )z .
2.4 Plano tangente
V
imos na seção 2.1 que o plano tangente ao gráfico de uma funçãof é dado pela equação (7), quando o mesmo existir. No entanto, nem sempre o plano tangente dado por (7) existe e, mesmo que exista, poderá não ser tangente ao gráfico de f. Uma condição suficiente para que o plano tangente exista e, de fato, tangencie a superfície S é que f seja diferenciável. Assim, temos a seguinte definição: Definição 2. 3. Seja f : 2 →
diferenciável em ( x0 , y0 ) . Chamamos de plano tangente ao gráfico S de f no ponto ( x,0 0y, ( f,0 0x ))y ao plano dado pela equação: ∂f T : z − (f , x0)0=y ( , 00)( −+x 0 )y ∂x Exemplo 2.5. Determinar, se da função f ( x, )y =2 + x 2 + y 2
x(00,−x)(
0
∂f ) x y ∂y
y
y
.
(15)
existir, o plano tangente ao gráfico no ponto P (0,0,2) .
Solução. O gráfico de f é a superfície de um parabolóide circular com vértice em (0,0,2) e concavidade para cima. A função f é 57
diferenciável em 2 e suas derivadas parciais são dadas por
∂f ∂f = 2x e = 2y . ∂x ∂y Substituindo as coordenadas do ponto P(0,0,2) na equação (1), obtemos z − 2 = 0 , que é a equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto P(0,0,2) .
2.5 Regra da cadeia
Vamos agora nos dedicar a calcular a derivada de uma função composta.
A
regra para derivar funções compostas é tradicionalmente denominada Regra da Cadeia, embora em português fosse mais intuitivo a denominação regra da corrente, tendo-se em vista a analogia da regra com a composição dos elos que formam uma corrente. De início, trabalharemos com um caso mais simples e, depois, com 2
um caso 2geral. Assim, sejam A ⊂ e B ⊂ conjuntos abertos, f : A ⊂ → uma função com derivadas parciais de 1ª ordem contínuas em A, x : B ⊂ → e y : B ⊂ → funções diferenciáveis em B tais que ( x( t), y( t)) ∈ A , para todo t ∈ B . Podemos, então, enunciar o seguinte resultado: Proposição 2.3. Considere a função composta h:B ⊂ → t h( t)
=f (x t( y), t ( )).
Então, a função composta h é diferenciável em B e sua derivada dh
é dada por
dt
dh dt
∂f dx =⋅+⋅ ∂x dt
f ∂ dy y∂ dt
,
ou ainda, dh dt 58
= ∇f ⋅ g '(t) ,
(16)
∂f ∂f dx dy = , e ∇f = ∂x , ∂y é o vetor gradiente de f, dt dt sendo as derivadas parciais de f calculadas no ponto ( x( t), y( t)) . Aqui g : B ⊂ → A ⊂ 2 é a função dada por g (t) =( (x ),t (y ))t . Denota-se h = f g .
onde
g '()t
Demonstração. Seja t0 ∈ B , temos que dh (t0) dt
=lim t t
h(t) −h(t ) 0
→0
−
tt
.
0
Mas, h(t ) −h t( ) 0 f x(t (y),t ( )) f x t( −( y)t, ( )) 0 tt −
=
=
−
tt
0
=
0
0
f ( x( ), t (y))t −( f ( x) ,t0( ))y t ( (0f) , x( t)) y00(t ( −) ,f ( x))t + t t− 0 t t −0
yt
.
(17)
Aplicando o teorema do valor médio paraf como uma função de x, existe x entre x0 = x(t0 ) e x = x (t ) tal que f ( x( ), t (y))t
−( f , x(0 ))y= t
∂f ( , (⋅ ))−x ( y( )t ∂x
)x t
x0 .
(18)
Analogamente, considerando f como uma função de y, existe y entre y0 = y (t0 ) e y = y (t ) tal que f ( x0, (y))t
−0( 0,f ) x0 =y
∂f ( , )0⋅( − (x) y ) y t ∂y
y .
(19)
Agora, usando (18) e (19) em (17), obtemos ht ()ht ( −) 0 tt − 0 ∂x
=
−
∂f tx (tx() ( )) ( x, ())y t t−t ∂ y
0 0
−tt
−
ty yt(∂()f ( )) (+( ), ) x t0 y
0 0
Mas, quando t → t0 temos que x → x0 e y → y0 e, além disso, as derivadas parciais de f são contínuas em ( x0,0 y) =(0 (0 x) ,t ( y)) t
∈ A.
Portanto, fazendo t → t0 em (20), obtemos
t
t h)( ()− 0 lim =lim ⋅t t → 0 t t t− → t 0→ 0 x∂ 0
t
)( ()) ∂(f , (x))t xy lim + t t −t t→t ∂ y 0
− →t
0t
0 ⋅ lim 0 −t t
t y )( ∂(f)) ( ( ), ) lim x t0 y
−
0
,
0
59
ou ainda, dh (t)0 dt
Assim,
f∂ dx = ( xy0,0 ) ⋅ 0t( +) x∂ dt dh dt
f ∂ dy x(y , ⋅ )0 t ( ) y ∂ dt
.
00
∂f dx =⋅+⋅ ∂x dt
f ∂dy y∂ dt
,
para todo t ∈ B , uma vez que t0 foi escolhido arbitrariamente.
O caso geral da Regra da Cadeia para funções compostas pode ser assim formulado: Proposição 2.4 . (Regra da Cadeia) Seja A ⊂ n , um conjunto aberto, e g : A → m que a cada x ∈ A associa g ( x) =( g(1),x , (g))m x , sendo gi : A → , que a cada x ∈ A associa yi = gi ( x) , para i = 1, , m . Suponha que g seja diferenciável em x0 ∈ A e B ⊂ m , um aberto, com g ( A) ⊂ B e f : B → diferenciável em g ( x0 ) . Então, a composta f g , que a cada x ∈ A associa ( f g)( )x = ( f ( )) g x (=( f), g1, x ( )) g m x , é diferenciável em x0 e D ( f g)( )x0 = (Df ( ))g x0( ) Dg x0 . Observação 2.3.
A composição de duas transformações lineares
corresponde ao produto de duas matrizes que as representam. Assim, a regra da cadeia pode ser reformulada dizendo que “a matriz 1× n que representa a diferencial D ( f g ) , matriz Jacobiana de f g no ponto x = ( x,1 , )xn , é o produto da matriz 1× m que representa a diferencial Df aplicada em g ( x ) com a matriz m × n que representa a diferencial Dg aplicada em x, nesta ordem.” Desse modo, seh = f g e y = g ( x) , então
Dh( x)
∂f = ( ( ))g x ∂y1
∂f ( ( )) g x ∂y2
∂g1 ()x ∂x 1 ∂f ( ( )) g x ∂ym ∂g m ()x ∂x 1
∂g1 x ∂xn ∂g m () x ∂xn ()
∂h m ∂f ∂g j Desenvolvendo esse produto, obtemos que = ∑ , onde ∂xi j =1 ∂y j ∂xi ∂g ∂f é aplicada em y = g ( x) , enquanto que j é aplicada em x. ∂y j ∂xi 60
A demonstração dessa proposição pode ser vista em Marsden & Hoffman, 1993, p. 371.
Agora veremos a regra da cadeia em uma situação prática. Ilustraremos isso com o exemplo de uma função w = f x( y, z, ) , onde f ( x, y, ) z = x 2 + y 2 + z 2 ; e x, y , z são dadas por suas coordenadas esféricas. Assim, temos w =x 2 y+ z2 +
2
,e (22)
Calculando as derivadas parciais de 1ª ordem da funçãow em relação a r, e , aplicando a regra da cadeia (21), da proposição 4, obtemos: ∂w ∂ w∂ x∂ w∂ y ∂ w∂ z = ⋅ + ⋅ + ⋅ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂w ∂ w∂ x ∂ w∂ y ∂ w∂ z = ⋅ +⋅+⋅ ∂ ∂ ∂x ∂ ∂ y∂ ∂
z
∂w ∂ w∂ x ∂ w∂ y ∂ w∂ z = ⋅+⋅+⋅ ∂ ∂ ∂x ∂ ∂ y∂ ∂
z
,
ou ainda, na forma matricial
∂x ∂x ∂x ∂r ∂ ∂ ∂w ∂ w ∂w ∂ w ∂ w∂ ∂w y∂ y∂y . ∂r ∂ ∂ ∂ =x∂ y∂ z r ∂ ∂ ∂ ∂z ∂z ∂z ∂r ∂ ∂
∂w ∂r
(23)
De (22), calculando as derivadas parciais e substituindo em (23), obtemos ) −rsen( )sen( ) cos( r )cos( ) cos()sen( ∂w ∂w t = [2 x 2 y 2 z ]sen( cos( r )cos( ) ) r )sen( ) sen( )sen( ∂ ∂ ) 0 sen( − r ) cos( o que resulta em ∂w ∂w ∂w = 2r , =0 e = 2r 2 (cos2( )(cos( ) +sen( ) −cos( )sen( )) . ∂r ∂ ∂
Assim, para uma função composta w =wxr( ( , , yr), ( , ,zr ), ( , , ))
, 61
calculamos, utilizando a regra da cadeia, suas derivadas parciais ∂w ∂w ∂w , e . ∂r ∂ ∂ f ( x, y ) = x 2 y − x 2 + y 2 , ∂f y = r sen() . Encontrar as derivadas parciais ∂r
Exemplo 2.6. x = r cos()
e
Considere a função
onde ∂f e . ∂
Solução. Usando a regra da cadeia (21) dada na proposição 4, temos ∂f ∂ ∂f ∂x ∂ f y = ⋅ + ⋅ = − ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r e
∂f ∂ f∂ ∂x ∂ f y = ⋅ + ⋅ = −− ∂ ∂ ∂x ∂ ∂ y
(2 xy+ 2+x) cos( ) ( x 2 2 ) sen( y )
(2 xy 2+x)(+ rsen( )) (
x 22 ) ycos( r ) .
Exercícios ∂f dx 1) Verificar a regra da cadeia dh =⋅+⋅ dt ∂x dt
f ∂dy y∂ dt
ções: a) b)
f ( x, )y =cos(3 x − 2 )y f ( x, y ) = ye3 x
2
y
,
, x = sen(t) ,
x = 3t
para as fun-
y = cos(t) .
, y = 2t + 1 .
2) Determinar dzdt , usando a regra da cadeia. a) z = e2 x ( y ) , x = t 2 ,
y = t3 .
b) z = xy , x = t 2 − 1 ,
3) Determinar as derivadas parciais ∂∂uz
e
da cadeia. a) z =
x3 − y 2 2
, x = u 2 − 1,
y = v3
y = cos(t) .
∂z , usando a regra ∂v
.
2
b) z = ln( x − y) , x = cos(u)cos( )v ,
y = sen(u)cos( )v
4) Determinar as derivadas parciais ∂∂fr
.
∂f , para a função ∂ y f ( x, y ) = − x 2 − y 2 , com x = r cos() e y = r sen() . x
62
e
2.6 Derivadas parciais de ordem superior Se z = f ( x) , x = ( x,1 , x2 ,) xn ∈ n , é uma função de n variáveis reais, possuindo derivadas parciais de 1ª ordem em todas as suas variáveis, então, em geral, essas derivadas são também funções de n variáveis. Se, por sua vez, as derivadas parciais dessas derivadas existirem, elas serão chamadas de derivadas parciais de 2ª ordem de f. z = f ( x, y )
2
No casoparciais de umade função , definida , possuir derivadas 2ª ordem, teremos quatrono derivadas parciais, quais sejam: ∂ ∂f ∂ 2 f ∂ ∂f ∂ 2 f = 2 , = , ∂x ∂x ∂x ∂y∂ x ∂∂ y x ∂ ∂f ∂ 2 f ∂ ∂f ∂ 2 f = , = . ∂x∂ y ∂∂ x y ∂y ∂y ∂y 2 4 Exemplo 2.7. Dada a função f ( ,x ) y = x 3 ycos( + 2 2 ∂f ∂ f ∂f ∂ f nar , , e . ∂x ∂y∂x ∂y ∂x∂y
x )+ 2y
, determi-
Solução. Temos, aplicando as regras de derivação,
∂f = 3x 2 y 4 −sen( x + 2y ) , ∂x ∂f = 4 x3 y 3 −2sen( x + 2y ) , ∂y ∂ 2 f ∂ ∂ ∂f = = ∂∂y x ∂ ∂y ∂x
−
y
(34x 2 y
3 2 =sen(− x + 2y )) 12 x y2cos(
x+ ) 2y ,
e por sua vez,
∂ 2 f ∂ ∂ ∂f 3 2 = = − (43x3 y =2sen( − x + 2y )) 12 x y2cos ∂∂x y ∂ ∂x ∂y x
(x + ) 2y .
2 2 f f Observando as derivadas parciais de 2ªordem, ∂ e ∂ , que ∂x∂y ∂y∂x são chamadas mistas, vemos que as mesmas são iguais. Isso é uma conseqüência do Teorema de Schwarz que enunciaremos no contexto do espaço 2 . Antes porém, damos a seguinte definição:
63
Seja A ⊂ n, um aberto, dizemos que f ∈ C p ( A) , com p ∈ , p ≥ 1, quando todas as derivadas parciais def até a ordem p forem contínuas em A . Dizemos, neste caso, quef é de classe C p em A . Teorema 2.1 (Teorema de Schwarz).Seja A ⊂ 2 , z = f ( x, y ) , com f ∈ C 2 ( A) . Se isto acontece, então
um aberto, e
∂2 f ∂2 f ( x,00)y = ( 0,0 ) x y , ∂∂x y ∂∂ y x
para todo ( x0 , y0 ) ∈ A . Demonstração. Seja B = B(( x0, y0), )r ⊂ A uma bola aberta com centro em ( x0 , y0 ) e raio r > 0 . Sejam h ≠ 0 e ≠ 0 tais que ( x0 + h, y0 + ) ∈ B . Agora, definamos a função F (,h) :k(
= f ,x+0 + h0) −y ( , 00 +)f− x( +y0
, 0)+ ( 00,f )x
h y
f x y
e, para fixado, definamos ainda a função p ( x) :
= (f, x y0) + ( , − )f x y0 .
(25)
Assim, temos F (h , ) k (= p x)0 + (h ) − p x0
e como, no intervalo [ x0 , x0 + h] , a função p é contínua e diferenciável no aberto, então, pelo Teorema do Valor Médio, existe 1 ∈ ( x0 , x0 + h) tal que p ( x0 + h ) −( p) x0 '( =) p 1 h
e, portanto, F ( h, )k
= '(p )1 h .
Calculando a derivada p '(1 ) , de (25), e a substituindo, resulta F (,h) k
∂f ∂f = ( , 1)0 y +( , )− 10 y h . ∂x ∂x
Desse modo, consideremos a função
(26)
∂f ( , y ) . Como f possui ∂x 1
derivadas parciais de 2ª ordem contínuas emA, temos, pelo Teo-
64
rema do valor Médio aplicado aplicado à função
∂f no intervalo ∂x
[ y0 , y0 + ] , que existe 1 ∈ ( y0 , y0 + ) tal que
∂f ∂f ∂2 f ( , 10 y )+ (−,10 ) y( 11, )= . ∂x ∂ x∂ ∂ y x
(27)
Substituindo (27) em (26), temos F (,h)
∂2 f
=
( , ) 1 1 h .
(28)
∂y∂x Retornando à (24), parah fixado, definimos q (y) : =f (x h0 y,+) f (x − ,y)
0
,
(29)
e, portanto, reescrevemos F (,h) k (= q y)0 +() − q y0 .
Aplicando o Teorema do Valor Médio à função q ( y ) no intervalo [ y0 , y0 + ] , temos que existe 2 ∈ ( y0 , y0 + ) tal que qy(
e, assim,
0
+ )q(y− ) q 0'( =) F (h, )k
2 ,
='(q )2 .
Calculando a derivada q '( 2 ) , de (29), e a substituindo na expressão acima, obtemos F (,h) k
∂f ∂f = ( ,x0)+ h2 (, )− 02 x . ∂ y ∂ y
(30)
∂f ∂y
Aplicando novamente o Teorema do Valor Médio para a função
no intervalo [ x0 , x0 + h] , obtemos; que existe 2 ∈ ( x0 , x0 + h) tal que:
∂f ∂f ∂2 f 02 02 22 ∂y ( x +,h ) ∂ (−, )y∂ x∂ ( , =) x y h . Assim, F (,h) k
=
∂2 f ( , ) h . ∂x∂y 2 2
(31)
(32)
65
Agora, de (28) e (32), para
h e
≠
0,
resulta que
2 f ∂ f ( 1 , 1 ) = ( 2, 2) . ∂ ∂y x ∂ ∂ x y
∂
2
Fazendo ( h, k ) → (0, 0) , temos que 1 e 2 → x0 e 1 e 2 → y0 , ∂2 f ∂2 f e como e são contínuas em ( x0 , y0 ) , resulta que ∂y∂x ∂x∂y
∂2 ∂2 f ( x0 , y0 ) = f ( x0 , y0 ) . ∂∂y x ∂∂ x y
2.7 Diferenciação implícita Um dos teoremas mais importantes do Cálculo Diferencial no n é o Teorema da Função Implícita que tem grandes consequências na Análise, na Geometria Diferencial e no estudo das Equações Diferenciais. Para enunciarmos o Teorema da Função Implícita, consideremos uma função F : A ⊂ n × m → m ( x,)y F ( x,)y = ( F1 ( x,)y , , Fm ( x,)y )
onde x = (,x1 , xn )e y = ( ,y1 , y)m , tal que F ( x,)y = 0 , para algum ( x, y ) ∈ A , ou seja, xn y1 ym )0= F1 ( x1 ,,,,, F ( x ,,,,, x n y1 ym )0= m 1
Nosso objetivo é resolver este sistema de m equações para as m incógnitas y1 , , ym em termos de x1 , , xn , isto é, yi = (i x ) yn (,x1 ≤≤, x ),1 i m. i y = Passamos agora ao enunciado do teorema: Teorema 2.2. (Teorema da Função Implícita)Sejam A um aberto de n × m e F : A → m uma fu nção de classe C p ( A) com p ≥ 1 , e suponha que F (,)0 x0 y0 = para algum ( x0 , y0 ) ∈ A . Se ∆ (,)0 x0 y0 ≠ , onde
66
∂F1 ∂y1
∂ ( F, , )Fm = (,) 1 x y ∂ ( y , , ) y m 1
∂F =∆(,x) det =(,) det x y y ∂ y
∂F1 ∂ym
,
∂Fm ∂y1
∂Fm ∂ym
então existem U ⊂ n , vizinhança aberta de x0 , nhança aberta de y0 em m e uma única função a cada x ∈ U associa y = f ( x) ∈ V ⊂ m , tal que F ( x, f( )) x = 0
V = f (U ) f :U → V
( x, y )
vizi, que
, para todo x ∈ U ,
e, além disso, f ∈ C p (U ) . Demonstração. Você pode encontrar a demonstração deste Teorema em [16], p. 425. Observação 2.4. À guisa de informação sobre a necessidade da ∂F hipótese det ( x, 0 )y0 0 ≠ , vamos considerar a seguinte fun ∂y ção F : 2 → , ( x, )y (F, )x y , dada por F (,)x y = x 2 1+ y 2 − ,
e a equação
F ( x, )y = 0 2
que descreve o círculo unitário C1 (0,0) , 2
dado por C (0, 0) : x + y −1 =0 . Se tentarmos explicitary em fun-2 ção de x, encontraremos duas possibilidades, que são y = ± 1 − x . Assim, y = f ( x) não é unicamente determinada. Por quê? Qual o problema? Investigando os pontos ( x0 , y0 ) que estão sobre o círculo unitário C1 (0,0) , verificamos que y = f ( x) é diferenciável e 1
unicamente determinada quando x < 1 . Neste caso, f ( x) = se y > 0 , ou
f ( x) = − 1 − x 2
funções, verificamos que
1 − x2
se y < 0 . No entanto, derivando essas f '( x) = ±
x 1 − x2
,
x ≠ ±1
. Assim per-
cebemos que, qualquer que seja uma das expressões de f ( x) , não é diferenciável em x = ±1 . Por outro lado, analisando os ∂F pontos em que = 0 , encontramos 2 y = 0 , o que nos dá y = 0 e y ∂ F ( x, 0) = x 2 1− 0= , nos fornece x = ±1 . Portanto, os pontos em que
f
∂F = 0 nos fornece os pontos “ruins” em quef não é diferenciá∂y vel e na vizinhança dos quais f não é unicamente determinada. 67
∂F ≠ 0, ∂y o que justifica de algum modo a hipótese feita no Teorema da Função Implícita. Uma outra razão para tal hipótese pode ser vista, quando consideramos o caso em que m = 1 , F : n × → e F ( x1, , ,xn) y0 = . Derivando esta equação em relação a xi , com
Logo, se não queremos os pontos “ruins”, devemos exigir
∂F
∂F ∂y
o auxílio da regra da cadeia, obtemos + ⋅ = 0 e, por con∂xi ∂y ∂xi ∂F − ∂xi ∂y ∂F = ≠0 x F seguinte, ∂ i ∂ , o que nos impõe ∂y . ∂y No caso geral, temos m equações da forma F j ( x,1 , x, n ( f), ( ))f m 0x 1 x,
= com 1 ≤ j ≤ m .
Derivando em relação a xi , com auxílio da regra da cadeia, obtemos ∂Fj ∂Fj ∂f1 ∂F ∂f + ⋅ + + ⋅ = j m 0 , ou ainda ∂xi ∂ ∂y1 i x ∂ m ∂i y x ∂Fj ∂f1 ∂F ∂f ⋅ + + ⋅ j =− m ∂y1∂ xi ∂ ∂ m iy ∂ i x
∂Fj x
.
∂f j , 1≤ j ≤ m e 1≤ i ≤ n , ∂xi como funções incógnitas, isto dá ocasião ao seguinte sistema:
Considerando as derivadas parciais
∂F1 ∂y 1 ∂F m ∂y 1
∂ ∂1F ∂ ∂ ym ∂ m ∂ mF ∂ ∂ ym 1
∂1 f ∂ x1 ⋅ ∂ m f ∂ x1
∂1 ∂
∂m ∂n
∂1f ∂x n =− ∂fm ∂nx n
F x1
F xn
F x
F x
ou ainda, se ∆ ≠ 0 −1
∂∂xf∂1 1∂ 1 ∂ ∂f∂m m∂ ∂x ∂ 1 68
f 1 x∂n
1 F 1 ∂∂ y1 ∂∂ = − f m ∂m F ∂ m x∂n ∂ y1 ∂ m
1 F ∂∂ ym ⋅ ∂mF ∂n y n
F x1
F xn
, F x
F x
onde ( ) −1 denota a matriz inversa. Essa expressão nos dá as derivadas parciais das m funções componentes dadas implicitamente. Damos agora quatro situações particulares que ilustram o Teorema da Função Implícita. 1) Caso Se
m = n =1
F ( x, )y = 0
, para algum ( x0 , y0 ) ∈ A ⊂ × , e
se ponto, então existirá uma única função y = numa vizinhança U de 2) Caso n = 2, Se
F ( x, )y
x0
em
tal que
dy dx
=
∂F ≠ 0 nes∂y
f ( x) ∂F − ∂x ∂F ∂y
definida .
m =1
=(F, x,1 )x20 y = , para algum ( x0 , y0 ) ∈ A ⊂ 2 × ,
∂F ≠ 0 nesse ponto, então existirá uma única função ∂y y = f ( x1 , x2 ) numa vizinhança U de x0 = ( x0 , x0 ) em 2 tal que ∂F ∂F − − ∂x ∂x ∂y ∂y 1 2 ∂x1 = ∂F , ∂x2 = ∂F . ∂y ∂y
e
1
3) Caso Se
n=1
,
2
m= 2
F1 ( x, y, 1 )y2 0=
e
F2 ( x, y, 1 )y2 0=
,
para
∂F1 ∂y1 ∂ F ∂ ( F , F ) 1 2 ( x0 , y0 ) ∈ A ⊂ × 2 , e det = ∂ ( y , y ) = ∂F ∂ y 2 1 2 ∂y1
algum ∂F1 ∂y2 0 ≠ , ∂F2 ∂y2
nesse ponto, então existirão únicas funções componentes y1 = f1 ( x ) e y2 = f 2 ( x ) numa vizinhança U de x0 em tal que
∂ ( F1 , F2 ) ∂ ( F1 , F2 ) det ∂ ( x, y2 ) dy2 ∂ ( y1 , x) dy1 =− =− , . dx ∂ ( F1 , F2 ) dx ∂ ( F1 , F2 ) det det ∂( y , y ) ∂ ( y1 , y2 ) 1 2 det
69
4) Caso
n=m=2
Se F1 (1x,2,x1,
2
y ) y1 (=, F ) 0x y
= e F2 (1x,2, x1, )2 y y2 (=, F) 0 x y = ,
∂F ∂ ( F1 , F2 ) 0≠ , para algum ( x0 , y0 ) ∈ A ⊂ 2 × 2 , e det = ∂y ∂ ( y1 , y2 ) nesse ponto, então existirão únicas funções componentes y1 = 1f 1( x2 , x ) e y2 = 2f 1( x2 , x ) numa vizinhança U de x0 = ( x0 , x0 ) em 2 tal que 1
2
e
.
Teorema da Função Implícita pode ser usado para justificar a existência de solução para um sistema de equações (ver [14]).
O
Exercícios 1) Dado o sistema xy −− u2uv− =v 0= 0 , determinar: 2
2
a) As condições para que se tenha u =u (x y, ) e v =v (x y, ) definidas implicitamente e calcular suas derivadas parciais.
b) As funções u e v definidas implicitamente pelo sistema.
2) Se xu a) ∂u . ∂x
70
2
+=v
y 3 , −2 yu= xv 3
b) ∂v . ∂y
4x ,
calcular:
3) Calcular det ∂∂((Fu,, Gv)) , se
F (u , ) v3
= −u 2 e uv ( , ) 2G = u+ v .
4) Se F =+x−
y 23 = z ,2 G 2
uv 2
v3
2 x= yz − 2e H,
z
xy
calcular
∂ ( F, ,G )H no ponto (1, −1, 0) . ∂ ( x, y, ) z
det
2.8 Ex tremos locais de funções de várias variáveis Sabemos do cálculo diferencial de funções de uma variável que uma função f :] a, [b → diferenciável, com um máximo ou mínimo local em x0 satisfaz a condição f '( x0) =0 . Além disso, se f for duas vezes continuamente diferenciável e f ''( x0) <0 , então x0 é um máximo local, e se f ''( x0) >0 , então x0 é um mínimo local. Esses resultados podem ser generalizados para uma função f : A ⊂ n → . Definição 2 .4. Sejam A um aberto de n e f : A → uma função. Se existir uma vizinhança do ponto x0 ∈ A , Vx , em que f ( x0 ) é 0
um máximo, isto é, f ( x)0
≥ (f) x , ∀x ∈ Vx , 0
dizemos que x0 é um ponto de máximo local e f ( x0 ) é um valor máximo local. Similarmente, podemos definir ummínimo local de f. Um ponto é chamado deextremo se ele é ou um máximo local ou um mínimo local paraf. Um ponto x0 é um ponto crítico se f é diferenciável em x0 e Df ( x0 ) = 0 (“0” é a transformação linear n ). Se f não é nula representadada pelo vetor gradiente nulo do diferenciável em x0 também se diz que x0 é ponto crítico de f . Teorema 2.3. Seja um aberto A ⊂ n , f : A → x0 ∈ A um ponto extremo de f, então Df ( x0 ) = 0 ,
diferenciável e isto é, x0 é um
ponto crítico. A demonstração se faz utilizando-se a definição de diferencial e as propriedades da diferencial como uma transformação linear, e 71
supondo-se que a Df ( x0 ) ≠ 0 . Isto acarretará que x0 não pode ser nem um máximo local nem um mínimo local, ou seja, quex0 não pode ser um extremo de f. Observação 2.5. A recíproca do teorema não é verdadeira. Exemplo 2.8 . f : →
a)
com
f ( x) = x 3 ,
então
é um ponto crítico
x= 0
visto que No entanto, para x > 0 e para x < 0 . Portanto, x = 0 não é extremo de f. f '(0) = 0 .
b)
x3 > 0
x3 < 0
→ com f ( x, y ) = x 2 − y 2 cujo gráfico é o parabolóide hiperbólico (sela de cavalo). A diferencial Df (0, 0) h = ∇ f(0,⋅0) = h−(2 ,x2 ⋅)=y (0,0) h(0, 0) , ∀h ∈ 2 . Logo, Df (0,0 ) = 0 . f : 2
Assim, (0,0) é ponto crítico de f, entretanto em qualquer vizinhança V(0,0 ) do ponto (0,0) pode-se encontrar pontos em que f > 0 e f < 0 . Portanto, (0,0) não é ponto de extremo local. Por exemplo, f (0, y) = − y 2 0< e f ( x, 0) = x 2 0> . Definição 2.5.
Um ponto crítico que não é um ponto extremo local é chamado de ponto de sela. Observação 2.6. Embora a recíproca do Teorema não seja verda-
deira, queremos encontrar condições suficientes para a obtenção de extremos locais. Para isso, nos inspiramos nas funções de uma variável. Sabemos que se x0 é um ponto crítico tal que f '( x0) =0 e f ′′( x0) < 0 , então f ( x0 ) é um valor máximo local o que significa que o gráfico de f é côncavo para baixo em uma vizinhançaVx , ou ainda, que as inclinações f '( x) são decrescentes nessa vizinhança. Necessitaremos de algumas definições. 0
Definição 2.6.
Seja
A ⊂ n ,
aberto,
x0 ∈ A ,
e
g: A→
de clas-
2
C Hessiana de g em x é definida como a forma bilinese ar H x . (A g ) : n × n → , dada pela diferencial segunda deg, ou seja, 0
0
H x0 ( g)( ,x )y
72
= D(2 g) (x,0 ) x y .
Matriz Hessiana de uma função de n variáveis é a matriz quadrada n×n das derivadas parciais de segunda ordem da f unção.
Assim, a Hessiana representada como uma matriz é a matriz das derivadas parciais de segunda ordem, qual seja, ∂2 g ∂∂x x 1 1 Hx (g) = 2 ∂ g ∂x∂ x n 1 0
∂2 g ∂∂ x1 xn 2 ∂ g ∂∂ xn xn
ondeem as xderivadas parciais de segunda ordem são todas calculadas 0. Definição 2 .7. Uma forma bilinear B : n × n → é chamada de positiva definida se B ( x, )x > 0 para todo x ≠ 0 em n , e é chamada de positiva semidefinida se B ( x, x) ≥0 para todo x ∈ n .
Formas bilineares negativas definidas e negativas semidefinidas são definidas de maneira análoga. Teorema 2.4. Sejam A classe C 2 . Temos que:
um aberto de
n
,
x0 ∈ A
e
f : A→
de
i) Se x0 é um ponto crítico def tal que H x ( f ) é negativa definida, então f possui um máximo local em x0 . 0
ii) Se f possui um máximo local em semidefinida.
x0 , então H x0 ( f )
é negativa
No caso de um mínimo local em x0 , existe a versão análoga desse teorema apenas trocando-se a forma bilinear negativa por positiva. Observamos ainda que min( f) =max( − f) . Quando n = 1 , o teorema anterior se reduz ao teste da segunda derivada para funções de uma variável, f ''( x0) <0 . Se f ''( x0) =0 , o teste falha, pois nesse caso pode-se ter um máximo ou mínimo local ou até mesmo um ponto sela. Por exemplo, f ( x) = − x 4 tem um máximo local em x0 = 0 , f ( x ) = x 4 tem um mínimo local em x0 = 0 , e f ( x ) = x 5 tem um ponto de sela em x0 = 0 , embora f ''(0) = 0 para todas essas funções. Daí a importância da forma bilinear ser negativa definida (estritamente).
73
Exemplificaremos esse resultado considerando o cason = 2 , isto é, o caso em que f : A ⊂ 2 → . Nesse caso, a matriz Hessiana H x ( f ) toma a forma: ∂2 f ∂2 f ∂x 2 ∂x ∂x 1 1 2 Hx ( f ) = 2 ∂ f ∂2 f 2 ∂x ∂x 2 1 ∂x2 0
0
Para efeito de simplificação de notação consideremos a matriz B = a b , devido ao b d f ∈ C 2 ( A) . Temos que, uma
simétrica
teorema de Schwarz, uma vez
que
matriz Bn×n é associada a uma
forma bilinear y=
j
da seguinte maneira: se x, y ∈ n ,
x=
n
∑xe , i i
i =1
n
∑y e
B,
j
, onde {e } é a base canônica do , então n i i =1
n
i =1
B ), ( x y
n n n = B, ∑ xii e∑ j y e ∑∑ ),(= i i j j x B e e y . i = 1 j = 1 j i = 1
Fazendo B(ei , ej ) =ij b , onde Assim, teríamos que
bij
são as entradas da matriz Bn×n .
b11 1 bn 1 y n =∑ x( iijbj y ) = x1n x , i , j =1 b b y nn n n1 y 1 ou seja, B (,)x (y = x1 ) xn B = xByT . y n B),( x y
Assim, dizer que uma forma bilinear é positiva definida corresponde a dizer que a matriz Bn×n que a representa satisfaz: xBxT
> 0 , ∀x ∈ n ,
x≠ 0
.
Portanto, em nosso caso, temos que mostrar que a matriz B, que representa a matriz Hessiana de f, para um vetor( x, y ) ∈ 2 com ( x, y) ≠(0,0 ) , satisfaz a b x ( x y) > 0 , b d y x isto é, (ax +by bx+) dy =2 +ax0+ 2>byx dy 2 . y 74
Supondo isto verdadeiro para todo( x, y) ≠(0,0 ) , tomamos x = 1 e y = 0 , e obtemos que a > 0 , e agora tomando y = 1 , obtemos que ax 2 + 2bx +d > 0 , ∀x ∈ . Esse trinômio do 2º grau possui um míb a
nimo visto que a > 0 , quando 2ax + 2b = 0 , isto é, quando x = − . 2
Assim, impondo que
b b a − + 2−b + > a a
0,
d
obtemos que
ad − b > 0 . Deste modo demonstramos que a matrizB é positiva definida quando a > 0 e o seu determinante ∆= ad− b>2 0 . 2
Podemos agora enunciar o seguinte resultado, para o caso em que n= 2. Teorema 2 .5. Seja A um aberto de 2 , x0 ∈ A
e f : A → de clas2 ∂2 f ∂2 f ∂2 f se C 2 , sendo x0 um ponto crítico de f e ∆ = 2 2 − ∂x1 ∂ 2 x ∂∂12 x x calculado em x0 . Então, ∂2 f > 0 (isto é, H x ( f ) é positiva definida),f pos∂x12 sui um mínimo local em x0 .
i) Se
∆>0
e
0
∂2 f < 0 (isto é, H x ( f ) é negativa definida),f pos∂x 2 1 sui um máximo local em x0 .
ii) Se
iii) Se
∆>0
∆<0
e
0
, f possui um ponto de sela em
x0 .
Exercícios 1) Investigar a natureza dos pontos críticos das seguintes funções: a)
f ( x, y ) = x 2 − xy + y 2 .
b)
f ( x, y ) =− x+2 xy −
c)
f ( x, ) y ( = x) − y
y2 .
2
.
2) Achar os máximos e mínimos relativos de f (,)x y
1
1
3
3
= x+3
−y−3 4 +x20. y 75
3) Uma caixa retangular sem tampa deve ter4m . Quais devem 3
ser suas dimensões, para que sua superfície total seja mínima?
4) Achar os extremos de z ( x, y) , na superfície 1 2
x2 +
3 2
y+2
−z+2
6 xy= 2 xy16
.
três números positivos cuja soma seja no emáximo e o produto do primeiro pelotais quadrado do segundo pelo 5) 12Achar cubo do terceiro seja máximo.
Resumo Acabamos de ver, neste capítulo, que a diferencialde uma função real de várias variáveis pode ser representado por uma matriz de ordem 1× n . Vimos condições suficientes para a sua existência, como também, o importantíssimo Teorema da Função Implícita com suas poderosas aplicações. Por fim, vimos as aplpicações da diferencial de uma função no cálculo de máximos e mínimos locais, utilizando-nos da matriz Hessiana.
76
3
Integrais Duplas e Triplas
3
Integrais Duplas e Triplas
Neste capítulo apresentaremos as noções de integral dupla e tripla com suas aplicações ao cálculo de área e volume. Apresentaremos também a noção de mudança de variável que nos permite deformar regiões possibilitando-nos realizar a integração sobre novas regiões relacionadas com as regiões srcinais através do determinante Jacobiano que nos dá a medida de deformação da região.
3.1 Integral dupla 3.1.1 Definição
Consideremos uma função contínua de duas variáveis reais f : R ⊂ 2 → , onde o domínio R é um retângulo com lados paralelos aos eixos coordenados. O retânguloR é descrito em termos de dois intervalos fechados [a, b] e [c, d ] , representando a projeção dos lados deR sobre os eixos x e y, respectivamente. Neste caso, dizemos queR é o produto cartesiano de [a, b] e [c, d ] que representamos por R = [a, ]b[ × ,c ]d . Suponha que f ( x, )y >0 em R e que o gráfico de z = f ( x, y ) seja uma superfície contínua acima do retângulo R. Essa superfície, o retânguloR e os planos x = a , x = b , y = c e y = d formam uma região limitada V.
z
graf (z)
c a b x
R
d
y
Definição 3.1. O volume da região acima do retângulo R e abaixo do gráfico f de de integralpor dupla de f sobreé Rchamado o qual é denotado
∫∫
R
f ( x, y ) dxdy
ou
∫∫
R
f ( x, y ) dA .
Figura 3.1
79
Exemplo 3.1. Seja f ( x, )y 1= − x
∫∫
R
e
R = [0,1] × [0,1] , então
f ( x, y ) dxdy =
1 2
,
onde a integral é igual ao volume do sólido triangular mostrado na figura 3.2. Considere a região sólida abaixo do gráfico de z = f ( x, y ) , definida na região [a, b] [ ×c, d] , onde f é contínua e maior que zero. Temos dois cortes transversais a considerar: um obtido através da intersecção dessa região com um plano perpendicular ao eixox e outro obtido através da intersecção dessa mesma região com um plano perpendicular ao eixoy, conforme ilustrado na figura 3.3. z
z
(0,0,1) z
=
1
−
x
(0,1,0)
c
y0
x0 a
(1,0,0) (1,1,0)
R
b
x
x Figura 3.2
Figura 3.3
Quando fixamos x = x0 , obtemos uma função y f ( x0 , y ) , que é contínua em [c, d ] . A área A( x0 ) dessa seção é, portanto, igual d
à integral ∫c
f ( x, y )dy . Então a função área do “corte seccional”A
tem domínio [a, b] e é definida por
A: x
∫
d
c
(,f) x y dy .
A idéia
intuitiva que se tem aqui é que ao somartodas as áreas dos cortes seccionais se obtenha o volume do sólido. A soma é emx ∈ [a, b], uma “soma contínua” infinita. Tal soma deve ser a integral em [a, b] . Assim, o volumeV da região abaixo do gráfico de z = f ( x, y ) , utilizando-se o princípio de Cavalieri descrito acima é dado por
∫
b
V = A x()dx a
80
b d = ∫a f∫(c,x) y dy dx
d y
y
.
A
A integral
∫ ∫ b
d
a
c
f ( x, y ) dy dx
é chamada de integral iterada, e é obtida integrando-se primeiro com respeito à variávely, e depois integrando o resultado obtido com respeito à variávelx. Uma vez que o volume V é igual à integral ∫∫R f ( x, y )dA , temos que
∫∫
R
b
∫∫
f (,x) y dA =
a
(, )d f x y dy dx . c
(33)
Analogamente, se usarmos planos perpendiculares ao eixoy, obtemos
∫∫
R
d
∫∫
f (,x) y dA =
c
(, )b f x y dx dy . a
(34)
A expressão (34) é a integral iterada obtida através da integração com respeito à variávelx e da integração do resultado obtido com respeito à variável y.
∫∫ cos( y) ⋅sen ( x) dxdy ,
Exemplo 3.2 . Calcule o valor da integral dupla onde S é definida no quadrado 0, × 0,
2
abaixo:
2
S
, conforme a figura
z
(0, π/2 z
=
cos(x).sen(y)
(0, �/2 (π/2, 0, 0) (π/2, π/2, 0) x
Figura 3.4
Solução. Pela equação (34), temos
⋅ )x dxdy ∫∫ cos( y) sen( ∫= S
2
0
= ∫0
2
cos( ) ysen( ⋅ ) x dx dy
2
0
sen( ) x dx dy = cos( ) y dy 1 = ∫0 ∫0
cos( y)
2
2
81
Vamos agora trabalhar apenas com integrais duplas sobre retângulos. Queremos dar a definição de integral dupla como sendo o limite de uma seqüência de somas. Vamos, para isso, utilizar a definição de volume de uma região abaixo do gráfico de uma função z = f ( x, y ) . Não precisamos impor que f ( x, )y ≥ 0 , apenas que quando f ( x, )y <0 interpretaremos a integral com sinal negativo, como no caso de integrais de uma função de uma variável real. Consideremos um retângulo fechado R ⊂ 2 , isto é,
R
é um
R = [a, ]b[ × ,c ]d
produto cartesiano do tipo . Tomemos, agora, uma partição regular de R obtida por duas coleções de pontos { x j }nj =0 e { yk }mk =0 igualmente espaçados entre si, isto é, respectivamente n + 1 e m + 1 pontos satisfazendo a =x
m
forme a figura 3.5, onde m = n = 3 . y d y
3
y
2
=
y
1
c y =
0
a x =
x
0
x
1
x
2
3
=
b
Figura 3.5
Uma função f ( x, y ) é limitada se existe um número M > 0 tal que − M ≤ f ( x, y ) ≤ M , para todo ( x, y ) no domínio da f. Seja
R jk
o retângulo
[ x,j x ]j +[1 ×, yk] yk +1
R . Suponha que em Então temos jk
mn−−11
SN
= ∑∑fc x() ∆ y⋅jk∆= j==00 k
82
f :R→ mn−−11
==00
, e seja
algum ponto
c jk
seja uma função real limitada.
∑∑
fc A()∆ j
jk k
,
(35)
onde N = #{R jk } = nm , é o número de subretângulos R j ,k da partição regular do retânguloR, ∆x= x −j +1= x j
b−a , n
d −c , m
∆y= yk−+1= yk
e ∆A = ∆ ⋅∆ x y.
Essa soma é dada sobre todo j e todo k, com j variando de 0 até n − 1 e k variando de 0 até m − 1 . Uma soma desse tipo é chamada soma riemanniana de f.
Definição 3.2. (Integral Dupla) Se a seqüência {S N } converge para um limite S quando N → ∞ , e o limite S é o mesmo para qualquer escolha de pontos c jk ∈ R jk , dizemos que f é integrável sobre R e chamamos esse limite de integral dupla def sobre R. Denotamos o número S por:
∫∫
R
f ( x, y ) dA ,
∫∫
R
f ( x, y ) dxdy
ou
∫∫
R
fdxdy .
n −1 m −1
Então, podemos escrever∫∫R fdxdy = Nlim ∑∑ f( →∞
c) jk
∆x∆y .
j =0 k =0
Um resultado importante nas aplicações é apresentado na pela proposição seguinte: Proposição 3.1. Qualquer função contínua definida em um retângulo fechado R é integrável.
Se
f ( x, )y ≥ 0
S n tem uma interpretação , a existência do limite lim n →∞
geométrica bastante fácil e clara, similar ao que ocorre com a integração de funções de uma variável real. Considere o gráfico de z = f ( x, y ) como sendo o topo de um sólido que tem por base o retânguloR. Se cada c jk é um ponto onde f ( x, y ) tem um valor mínimo sobre R jk , então f (c jk ) ∆x∆y representa o volume de um cubo de base R jk . Assim, a soma n −1 m −1
∑∑ f (c
jk
)∆x∆y
(36)
j =0 k = 0
é igual ao volume de um sólido inscrito no sólido srcinal. 83
Da mesma forma, se c jk é um ponto onde f ( x, y ) assume valor máximo em R jk , então a soma (36) é igual ao volume de um sólido circunscrito ao sólido srcinal. Portanto, se
lim S N
N →∞
existe e é independente de c jk ∈ R jk , segue
que os volumes dos sólidos inscrito e circunscrito são os mesmos quando N → ∞ . Esse limite será o volume exato do sólido com topo em z = f ( x, y ) e base em R. Conclusão. A
definição de integral por limite de somas de Riemann coincide com a definição de volume quando f é contínua. Proposição 3.2. (Integrabilidade de funções limitadas) Seja f : R ⊂ 2 → uma função real, limitada, em um retânguloR. Suponha que o conjunto dos pontos ondef é descontínua esteja
em uma união finita de gráficos de funções contínuas no retângulo R . Então, f é integrável em . Da definição da integral como sendo um limite de somas, e dos teoremas de limite, podemos deduzir algumas propriedades da integral ∫∫R f ( x, y )dA . Essas propriedades são basicamente as mesmas que para integrais de funções de uma única variável real. Proposição 3.3. Sejam f e g funções integráveis no retânguloR, e seja c uma constante. Então, f + g e cf são integráveis, e
a)
∫∫ [ f (,x) y (+, )g x y ]dA∫∫(,=)
b)
∫∫ cf (x, )y dA =c∫∫ (,f)x y dA
R
R
c) se
∫ ∫
f x (y, )dA +
R
≥(g, )x y , então
g x y dA ;
;
R
f ( x, )y
R
∫∫
R
∫∫
f (,x) y dA ≥ (, )g x y dA ; R
d) Se Ri , i = 1, , m , são retângulos dois a dois disjuntos tais que f é limitada e integrável sobre cada Ri e se QR = ∪R1 ∪2 R∪ m é um retângulo, então f : Q → é integrável sobre Q e
∫∫
Observamos que ∫∫R dA =
R.
84
Q
f (,x) y dA =
área ( R) ,
m
∑ ∫∫ (,) i =1
Ri
f x y dA .
o que se dá quando f ≡ 1, em
O Teorema de Fubini, que será enunciado a seguir, estabelece a redução de uma integral dupla a integrais iteradas. Proposição 3.4. (Teorema de Fubini) Seja f uma função contínua em um domínio retangular R = [a, ]b[ × ,c ]d . Então
∫∫
R
db
∫∫
f (,)x y dA = (,) a
c
bd
∫
f x y dydx (,) =
c
a
f x y dxdy .
Demonstração. Vamos mostrar primeiro que b
d
a
c
∫
∫∫
f (,x) y dydx = (, ) f x y dA .
Seja c =y
a partição de [c, d ] em m partes
m
iguais. Definamos F ( x) =
d
∫ (f, )x y dy . Então: c
m −1
F ()x
R
yk +1
= ∑ ∫y (, )f x y dy . k =0
k
Usando o Teorema do Valor Médio para integrais de funções contínuas, para cada x fixado e para cada k , temos , [ , yk ]y k +1 depende de x e de k. Assim mosonde o ponto yk ( x) ∈ tramos que
.
(37)
Agora, da definição de integral de uma função de uma variável real como um limite de uma soma riemanniana, obtemos que
∫ ∫ b
d
a
c
f (,x) y dy dx = () F lim x dx =( )(
∫
b
a
n →∞
n −1
∑F
) j x j +1 − x j ,
j =0
onde a =x
por
j na equação , obtemos que
(37)
e
fazendo
m −1
F ( ) j
=∑ ( )(f c jk y)k +1 − y k . k =0
85
Portanto, b
d
a
c
∫∫
n −1
f (,x) y dydx lim =
n →∞
∑
( )(F j x) j +1 − x j
=
j =0
n −1 m −1
= lim ∑∑ (f )(c jk −yk +1=−)( yk x j)+1 x j n →∞
(, )
j =0 k =0
∫∫
R
f x y dA
pela definição de integral por soma de Riemann. Desse modo, acabamos de provar que b
d
a
c
∫
∫∫
f (,x) y dydx = (, ) f x y dA . R
Raciocinando da mesma forma, podemos mostrar que d
b
c
a
∫
∫∫
f (,x) y dxdy = (, ) f x y dA . R
Assim, a demonstração desta proposição está concluída.
O
Teorema de Fubini pode ser generalizado para o caso quandof não é necessariamente contínua. A proposição abaixo apresenta uma versão mais geral.
Proposição 3.5. (Teorema de Fubini) Seja f uma função limitada num domínio retangular R = [a, ]b[ × ,c ]d . Suponhamos que as
descontinuidades de f estejam em uma união finita de gráficos de funções contínuas contidas em R . Se a integral existe para cada
∫∫
R
b
∫
f (,x) y dA =
a
x ∈ [a, b] ,
c
a
∫ ∫
f ( x, y ) dx
f ( x, y )dydx ,
existe, e
existe para cada y ∈ [c, d ] , então
existe, e ∫∫R f (,x)
Exemplo 3. 3. Calcular
86
c
c
f ( x, y )dx dy
a
∫∫
f ( x, y ) dy
(, ) f x y dydx . b
b
d
d
c
d
De forma análoga, se ∫a d
então
b
∫
∫∫ ( x R
2
∫
y dA =
d c
(, )b f x y dxdy . a
+ y )dA , onde R = [0,1] × [0,1] .
Solução. Pelo Teorema de Fubini, temos que
∫∫
R
∫∫
( x 2 )+ y =dA(
1
1
0
0
)+
1
∫∫
2 x= ( y dxdy )+
[
1 0
y dx]dy .
x2
0
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, a integração com relação a x fornece 1 1 x3 1 ( x 2 + y=) + =xy+ y.
∫
3
0
0
3
1
Então,
∫∫
R
( x2 + = y )+ dA
2 ∫0 13 = y +dy 3=21 y6 y 0 1
5.
Vamos agora trabalhar com integrais sobre regiões fechadas e limitadas do 2 . Basicamente, podemos dividi-las em três tipos de regiões: Tipo 1. Sejam 1 :[ a , b] → e 2 :[ a , b] → duas funções contínuas que satisfaçam 1 ( x) ≤ ( 2) x , ∀x ∈ [a, b ]. Seja D o conjunto do plano formado pelos pontos da forma( x, y ) tal que x ∈ [a, b ] e 1 ()x ≤ y ≤()2 x . Esta é uma região do tipo 1 (ver figura 3.6). y y = φ2(x)
D
y = φ1(x) a
b
x
Figura 3.6
As curvas e os segmentos de reta que limitam a regiãoD constituem a fronteira de D, denotada por ∂D . Tipo 2. Sejam 1 e 2 duas funções contínuas definidas em[c, d ] e D o conjunto formado pelos pontos ( x, y ) do plano satisfazendo y ∈ [c, d ] e 1 ()y ≤ x ≤()2 y , onde 1 ( y) ≤ ( 2) y , ∀y ∈ [c, d ] (ver
figura 3.7). 87
y d
x = ψ 1(y)
D
x = ψ 2(y)
c x Figura 3.7
Tipo 3. Esse tipo de região é ao mesmo tempo uma região do tipo
1 e 2, ou seja, uma região desse tipo pode ser descrita como uma região do tipo 1 ou como uma região do tipo 2. Um disco unitário é um exemplo de uma região do tipo 3. Chamamos as regiões do tipo 1, 2 e 3 de regiões elementares. Definição 3.3. (Integral dupla sobre um região elementar) Se D
é uma região elementar em um plano, podemos tomar um retângulo R contendo a região D. Dada f : D → , onde f é contínua (e, portanto, limitada), definimos ∫∫D f ( x, y )dA , a integral de f sobre o conjunto D, como segue: Estendemos f a uma função por:
f
definida em todo o retângulo R
f ( x, y ) = f( ,x ),y se ( , x) y ∈ D . 0, se ( ,x) y ∈ \R D
Como f é limitada, f também o é. f é também contínua, exceto, talvez, na fronteira de D. A fronteira de D é formada por uma união finita de curvas contínuas e nesse caso pode ser mostrado que f é integrável sobre R [15] e, portanto, podemos escrever
∫∫
D
88
∫∫
f (,x) y dA = (, )f x y dA . R
Salientamos que a escolha do retânguloR não influencia no valor de
∫∫
f ( x, y )dA , desde que tenhamos D ⊂ R .
D
Proposição 3.6. (Redução a integrais iteradas – caso 1)
Se
D
é
uma região do tipo 1, então
∫∫
D
∫
f (,)x y dA =
b
2 ( x )
a
1 ( x )
f x y dydx .
(,)
(38)
R = [a, ]b[ × ,c ]d
Demonstração. fato, seja contém a regiãoDe D, então:
∫∫
D
∫∫
um retângulo que
∫
f (,x) y dA = (, ) f x y dA(, = ) R
b
d
a
c
f
x y dydx ,
R = [ a, ]b[ × ,c ]d onde f = f em D e f = 0 em R \ D (ver figura 3.8).
y
d
R D
D
y=φ2(x) y=φ1(x)
c
a
x
x
b
Figura 3.8
Como D é do tipo 1, existem funções 1 :[ a, b] → e 2 :[ a, b] → tais que 1 ( x) ≤ ( 2) x , ∀x ∈ [ a, b] , e D pode ser descrita como D = {( x, )∈ y ; ≤2≤ a x e≤b≤( )1 x y( )}2 x . Assim, da definição de f , tem-se que f ( x, )y = 0 , se y < 1 ( x) ou y > 2 ( x ) , e daí resulta que:
∫
d
c
f (,)x
x
1 (
∫y dy= (,)∫ c
) x
)2 ( x
x
d
∫
f + xy dy (,) x
) (
2 (
)
+ = f (,x) y dy 1
()
2 (
)
f x y dy
2 x
= ∫) ( x f (,x) y dy = ∫ (x, ) f x y dy . ) ( 1
1
89
Portanto, temos que:
∫∫
D
∫
f (,)x y dA =
Exemplo 3.4. Calcular
b
2 ( x )
a
1 ( x )
(,)
f x y dydx .
∫∫ ( x y +cos( x)) dA , onde T é o triângulo 3
T
formado pelos pontos ( x, y ) tais que 0 ≤ x ≤
2
e 0≤ y ≤ x.
Solução. Usando a fórmula (38), temos
∫∫
T
∫∫
( x 3 y +cos( ))x= dA
+ 0(
x
2
∫
3 xcos( =y )) + x dydx=
0
2
0
x5 x6 = ∫0 + x cos( = +x) dx = 12 0 2
=
2
+
( xsen( + )x cos( = )) +−x
(12)(64)
x
x )) x ∫ ( cos(
2
6
x
x3 y 2 )y cos( 2 2
0
2
0
Proposição 3.7. (Redução a integrais iteradas – caso 2) que D seja uma região do tipo 2. Então,
6 768 2
1
Suponha
(,) ( y ) f x y dx dy . (39) ( y) ∫∫ ∫∫ A demonstração dessa proposição é análoga a da Proposição 6. d
f (,)x y dA =
D
2
c
1
Proposição 3.8. (Mudança na ordem de integração)Suponha que D seja uma região do tipo 3. Então, para o conjunto dos pontos ( x, y ) ∈ D , temos que a ≤ x ≤ b , 1 ()x ≤ y ≤()2 x , ou c ≤ y ≤ d , 1 ()y ≤ x ≤()2 y , e valem as igualdades x )b
∫∫
) xa
2 ( 1 (
∫∫
f (,)x y dydx =(,) D
y d)
∫∫
2
(
f x y dA(,= )
cy )
1
(
f x y dxdy .
A demonstração dessa proposição é análoga a da Proposição 6. Exemplo 3. 5. Calcular, fazendo mudança na ordem de integração a
(a − x )
0
0
∫∫
2
2 12
2 ( a 2 − y 2 ) dydx 1
.
Solução. Note que na região de integraçãox varia entre 0 e a, e para x fixado, temos 0 ≤ y ≤ ( a 2 − x 2 ) . Temos também que essa 1
90
2
dx 0
dx
∫∫
integral iterada é equivalente à integral dupla (a 2 − y 2 ) dydx , 1
2
D
onde D é o conjunto de pontos ( x, y ) tais que 0 ≤ x ≤ a e 0 ≤ y ≤ ( a 2 − x 2 ) . Mas esse conjunto representa o primeiro quadrante do disco de raioa, logo, D pode ser descrito como um conjunto de pontos ( x, y ) satisfazendo 0 ≤ y ≤ a e 0 ≤ x ≤ (a 2 − y 2 ) . 1
2
1
2
Então, xa 2) (
∫∫ 0
2
−
1
2
0
( a22) −y
∫∫
a ya )2(
2
dydx =2 1
( − )22
00
−
1
2
a= y
1
dx dy 2
(a − y ) a = ∫0 x(a 2 − y 2 ) dy = 0 2
1
2
1
2
2
a = ∫0 (−a 2 y =2dy ) − ay=2
a
y3 3 0
2a 3 3
.
Proposição 3.9. (Teorema do Valor Médio para integrais duplas) Suponhamos que f : D → seja contínua e D uma região elementar. Então, para algum ponto ( x0 , y0 ) ∈ D , temos
∫∫
D
onde
A( D )
f ( x, )y dA =( f, ) x0( y)0 A D
,
denota a área de D.
Demonstração. Vamos dar as idéias gerais desta demonstração. Como f é contínua em D, f assume um valor máximoM e um valor mínimo m. Então, m ≤ f x(y , M )≤ , (40) para todo ( x, y ) ∈ D . Vamos considerar f ( x1 , y1 ) = m e f ( x2 , y2 ) = M , para ( x1 , y1 ) e ( x2 , y2 ) ∈ D . Da inequação (40), temos que mA)(D
= ∫∫DmdA ≤ ) , ∫∫ ( f≤ x y dA= D
∫∫)( MdA M A D
.
D
Dividindo por A( D) , obtemos m≤
1 A( D )
∫∫ f xy(dA, M) D
≤
.
(41)
Como uma função contínua sobreD toma seus valores entre o mínimo e o máximo, e uma vez que o número
1 A( D )
∫∫
D
f ( x, y )dA , 91
dado na inequação (41), está entre esses valores, temos que existe ( x0 , y0 ) ∈ D tal que f ( x, 0) y0
=
clusão da proposição.
1 (,) f x y dA , que é a conA( D ) D
∫∫
Exercícios 1) Calcular os valores das integrais iteradas: 1
1
−1
0
a)
∫ ∫ ( x y + y )dydx .
b)
∫ ∫ ( xye
1
1
0
0
4
2
x+ y
)dydx .
2) Calcular as integrais duplas, com R = [0, 2] ×[ −1,0] : a)
∫∫ ( x y
b)
∫∫ y cos 4 x dydx .
2
2
R
+ x)dydx .
1
R
3) Calcular o volume do sólido limitado pelos planosxy, xz e yz, pelos planos x = 1 e y = 1 , e pela superfície z = x 2 + y 4 .
4) Calcular o valor das seguintes integrais iteradas, e descrever a região D, mostrando seus limites: a) c)
x2
1
∫∫ 0
1
∫∫
0
e
0 1
dydx .
b)
2
∫∫ 1
3 x +1
2x
dydx .
x
( x + y ) dydx .
5) Usar uma integral dupla para calcular a área de um círculo de raio r. 2
Seja D a região limitada pelo eixoy e pela parábola x = −4 y 6) Calcular ∫∫ ( x y)dxdy . 3
+ 3.
D
7) Calcular o volume do tetraedro limitado pelos planos coordenados z = 0, y =0, 92
x =0
e pelo plano x + y + z = 1 .
3.1.2 Mudança de variáveis na Integral Dupla (coordenadas polares)
Suponha que queiramos calcular a integral dupla∫∫D f ( x, y)dA , onde D é uma das regiões das figuras abaixo. Em qualquer dos casos, a descrição de D é complicada em coordenadas retangulares, mas se torna simples usando-se coordenadas polares. y
y x² + y ² = 4
x² + y ² = 1
x² + y ² = 1 D 0
D 0
x
D = {(r, θ); 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}.
x
D ={(r, θ); 1 ≤r ≤ 2, 0 ≤θ ≤ π}.
F i g u r3a. 9
F i g u r3a.10
As coordenadas polares (r , ) de um ponto estão relacionadas com 2
2
2
as coordenadas retangulares ( x, y ) pelas equações r = x + y , x = r cos( ) , y = r sen( ) . Isto pode ser visualizado na figura 3.11. y P (r,θ) = P (x,y) r y θ
x
x
Figura 3.11
As regiões das figuras 3.9 e 3.10 são casos particulares do retângulo polar R = {(,r); ≤a ≤ ≤r, ≤b } , que é mostrado na figura 3.12. 93
y
θ β =
r b =
R
r a =
β
θ α =
α
x Figura 3.12
Para calcular a integral dupla ∫∫R f ( x, y )dA , onde R é o retângulo polar, dividimos o intervalo [a, b] em m subintervalos [ri −1 , ri ] de larguras iguais ∆r =
(b − a )
, e dividimos o intervalo [ , ] em n ( − ) de larguras iguais ∆ = . Então, os m
subintervalos [ j −1 , j ]
n
círculos r = ri e os raios = j dividem o retângulo polar R nos retângulos polares menores mostrados na figura 3.13. (ri*, θj*)
y R ij
θ
= θj θ
∆r
= θj-1 ∆θ
r = r i-1
r=ri x
Figura 3.13
O “centro” dos sub-retângulos polares Rij
= {(,);r i r≤−≤1 ij , r ≤r≤ j −1 }
tem coordenadas polares ri∗ 94
=
1 2
( ri −1 + ri ) , ∗j
=
1 2
( j −1 + j ) .
Temos o seguinte teorema sobre mudança de variável: Teorema 3.1. (Mudança para coordenadas polares na integral dupla) Se f é contínua no retângulo polar R dado por 0 ≤ a ≤ r ≤ b , ≤ ≤ , onde 0 < − < 2 (ver fig. 3.12), então
∫∫
R
∫
f ( x, y) dA =
b
a
(f cos( r ),sen( r )) rdrd .
Em outras palavras, podemos converter uma integral dupla de coordenadas retangulares para coordenadas polares, escrevendo x = r cos( ) e y = r sen() , usando os limites de integração adequados para r e e substituindo dA por rdrd . Exemplo 3.6. Calcular
a integral dupla ∫∫R (3 x +4
)y 2 dA ,
onde R é
a região no semiplano superior limitada pelos círculosx 2 + y 2 = 1 e
x2 + y2
=4.
Solução. A região R pode ser descrita como R = {( ,x ) y∈ ;≥2 0ey1 ≤
+ ≤ x 24} y 2
e representa a metade do anel ilustrado na figura 3.10. Em coordenadas polares, R é dado por 1 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ ≤ . Portanto, da equação (42), segue que
∫∫ (3x +4 =y) dA∫ 2
R
2
+ (3 cos( r ) 4 =s en r 2 ( )) 2 rdrd 1
0
= ∫0
∫
2
1
2 (3r 2 cos( ) +r4 3sen (drd ))
=
r =2
= ∫0 r 3 cos() + r 4sen 2( ) d = r =1
= ∫0
(7c os( ) +15sen 2( )) d =
= ∫0 7c os( + −)
= 7 sen( + −)
15 (1 =cos(2 )) d 2
2
15 = sen(2 ) 4 0
15 15
2
95
O que fizemos até aqui pode ser estendido para tipos de regiões mais complicadas. Temos: Teorema 3.2. Se f é uma função contínua forma D = {(r, ); ≤≤ , ≤≤(h1) r ( h)}2
numa região polar na , com h1 e h2 funções
contínuas, então
∫∫
D
∫
f ( x, )y dA =
h2 ( ) h1 ( )
(f cos( r ), sen( r )) rdrd .
(42)
Exemplo 3.7. Usar
a integral dupla para determinar a área contida em um laço da rosácea de 4 pétalas com equaçãor = cos(2 ) , ilustrada na figura 3.14. y
θ = π/4
x
θ=
−π/4
Figura 3.14
Solução. Do esboço da curva, vemos que um laço da rosácea de quatro pétalas corresponde à região
D = ( r, ); -
4
4
≤≤ ≤≤, 0
cos(2 r )
.
Sua área é A ) (D
==∫∫D dA ∫∫
= − 4
=
96
cos(2 )
4
1
0
∫
+ (1 4∫ 4
−4
rdrd =
4
−4
cos(2 )
1 r 2 = 2 ∫ 0
cos(4 = +)) d 4
1
1 d )cos (2 2
4
2
d
− 4
1 = sen(4 ) 8 −
4
4
.
Exercícios 1) Determinar o volume do sólido limitado pelo planoz = 0 e pelo parabolóide z = 1 − x 2 − y 2 .
2) Determinar o volume do sólido que está abaixo do parabolóide z = x 2 + y 2, acima do plano xy, e dentro do cilindro x 2 + y 2
= 2 x.
3) Calcular a integral dada utilizando coordenadas polares: a)
∫∫ xdA , onde R é o disco com centro na srcem e raio 5.
b)
∫∫
R
ydA ,
R
onde R é a região do primeiro quadrante limitada
pelo círculo x 2 + y 2 = 9 e pelas retas y = x e y = 0 .
4) Calcular a integral iterada colocando-a antes na forma de coordenadas polares. 1− x 2
1
a)
∫∫
b)
∫ ∫
0
0
a
−a
0
ex
a 2 − x2
2
+ y2
dydx 3
( x 2 + y 2 ) 2 dxdy
5) Calcular o volume do sólido limitado pelos planosz = 0, z = 4 e pelo cilindro x 2 + y 2 = 4 .
6) Calcular o volume do sólido acima do plano z = 0 e abaixo do cone
z2
= x 2 + y 2 ,com z ≤ 2.
7) Calcular o volume do sólido entre os planosz = 0 e
z= 2, e
acima do cone z 2 = x 2 + y 2 .
97
3.1.3 Cálculo de áreas e volumes
Sabemos que, para tal que
f ( x, )y ≥ 0
V
, a integral dupla sobre a regiãoR
= ∫∫R f x( y,dA)
(43)
nos dá o volume V do sólido delimitado superiormente pelo gráfico de z = f ( x, y ) , inferiormente pela regiãoR e lateralmente pelo R
cilindro cuja base é o contorno de , isto é: V = {(x y, z, );x (y , )R ∈ ≤, 0z f x y ( ,
)}.
Exemplo 3.8 . Calcular o volume do sólido acima do planoxy delimitado por z = 4 − 2 x 2 − 2 y 2 .
Solução. A figura 3.15 mostra um esboço do sólido. z
4
2
2
y
Figura 3.15
Usando (43), podemos calcular o volume do sólido dado, onde f ( x, )y4 = 2 − 2x 2 − y 2 e R é a região do plano xy delimitada pela circunferência x 2 + y 2 = 2 . Temos então que V= (4 −2x 2y2 − dxdy ) 2 .
∫∫
R
Considerando a forma arredondada da região R, vamos usar coordenadas polares para calcular essa integral. Em coordenadas polares essa região é descrita porR: 0≤≤ 2 , 0 ≤ ≤ 2.r Assim, 2 2 2 2 2 2 r r4 2 = − = = V∫ = − (4 rdrd r 2 ) 4 2 d d 4 unidadesdevolume. 2 ∫0 ∫0 0 0∫ 2 4 0 98
Se na expressão (43) fizermos f ( x, )y 1= , obtemos
∫∫ dA ,
(44)
R
que nos dá a área da região de integraçãoR. Exemplo 3.9. Calcular a área da regiãoR delimitada por x = y 2 + 1 e por x + y = 3 .
Solução. A região pode ser vista na figura 3.16. y
3 2
1
3
5 x
-2
Figura 3.16
Essa região é do tipo 2, isto é, R :2− ≤ ≤1, y 1 + ≤ y≤23− .x Assim, A()R =
1
∫ ∫
3− y
−2 1+ y 2
∫
1
dxdy = [3−−+ (1 y=)] −2
1
= ∫ [2 − − y =y] 2 −dy 2 − y= −2
y2 2
y
y 2 dy y3 3
1
−2
1 1 8 27 = 2− − − −24− + =. 2 3 3 6
Teorema 3.3. (Mudança de variável geral)
Sejam R e R´ duas re-
2
do tipo 1 ou tipo 2 e a transformação giões elementaresx(udo T :R ′ →R , u( v, ) ( ,v),y (u ,v )) . Suponha que T seja injetiva y (=, )y u v com em R ' e R = T ( R ') , com as funções x = x(u, )v e derivadas parciais contínuas em R′ . Então, se f : R → for integrável, temos:
99
∫∫
R
∫∫
f ( x, )y dxdy =
R′
(f( ,x ),u (v, ))yJ(u , v)
∂x ∂ ( x, y ) ∂u onde J(u, )v = = ∂ (u , v) ∂y ∂u
variáveis x e
y
∂x ∂v é o determinante Jacobiano das ∂y ∂v
em relação às variáveis u e v .
∫
Exemplo 3.10. Calcular I = ( y − x ) dxdy R
plano limitada pelas retas 1
u v dudv ,
onde
R
é a região do
1 7 y = x +1, y = x − 3 , y = − x + 3 3
e
y = − x+5. 3
Solução. Fazer a mudança de variáveis natural: 1 u = y−x e v= y+ x. 3
Com isso a região R é transformada na região R ' limitada pelas retas u = − 3 , u = 1 , v =
7 3
e v = 5 . Então I =
5
∫∫ 7
3
1
−3
u J dudv ,
onde J( u, )v é o determinante jacobiano.
Calculando J e substituindo em I , tem-se que I = −8 . Observar que é preciso obter-se x = x (u , v ) , y = y (u , v ) para calcular-se J( u, )v .
100
Exercícios 1) Calcular a área da região delimitada por y = x ; 3
y=
2 3
x+
20 3
y = −x
e
.
2) Calcular a área da região no primeiro quadrante limitada por xy = 4 xy = 8 xy 3
,
,
= 5 xy 3 = 15 , .
3) Calcular o volume do tetraedro delimitado pelos planosxy, yz e xz,
função z =
4)
x
y
z
2
1
3
e pelo plano + + = 1 . Fazer um esboço do gráfico da f ( x, y ) .
Calcular o volume abaixo do plano xy delimitado por
z = x2 + y 2 − 9 .
5) Calcular o volume da parte da esfera x
2
+ y 2 + z 2 = 9 , que está
entre os planos z = 0 e z = 2 .
6) Determinar a área da região R delimitada pelas curvas y = x , 3
x+ y =2
e y = 0.
7) Calcular a área da elipse x
2
+ 4 y2 − 4x = 0 .
8) Seja a região R delimitada pelas retas y = x + 1 ,
y = x −1 , y = − x + 2 , y = − x − 2 . Calcular a área da regiãoR usando mudan-
ça de variável.
9) Calcular a área da elipse ax
2 2
+
y2 b2
= 1 em termos da área de
um círculo de raio 1.
101
Exercícios gerais de fixação 1) Determinar a região de integração e troque a ordem de integração: a)
4
∫∫ 1
2
2
x
f ( x, )y dydx .
b)
2− x
1
∫∫
1− x 2
−1 − 1− x 2 2ay y−
a
2
c)
−6 x 4− 4 f
∫ ∫
x( ,y) dydx
.
d)
0
f ( x, )y dydx . 2
f ( x, y) dxdy, a >0
0
∫∫
.
2) Usando integral dupla, calcular o volume do: a) Tetraedro determinado pelos planos coordenados e o plano x + y + z =1. 1
1− x
=) Resposta: V = ∫0 ∫1 −−(1 x y dydx
1 6
.
b) Tetraedro limitado pelos planos coordenados e o plano x y z + + a b c
= 1 , a , b, c > 0 .
Resposta: V =
b−
a 0
1
∫∫
bx a
cx cy abc −c− = dydx a b
. 6
c) Sólido limitado acima pelo plano z = x e abaixo pelo parabolóide z = x 2 + y . Resposta:
32
.
d) Sólido limitado acima pelo plano z = x + y , abaixo pelo plano xy , nos lados pelo cilindro x 2 + y 2 = a 2 e pelos planos x=a e y =a. Resposta:
a3 3
. 2
2
2
2
e) Volume da região limitada pela esfera x + y + z = 4a , a > 0 , e pelo cilindro ( x − a ) 2 + y 2 = a 2 . Resposta:
102
16 9
a 3 (3 −4)
.
3) Calcular as integrais usando coordenadas polares: a)
a 2 − x2
a
∫∫ 0
a 2 −x
0
Resposta: b)
2ax x−
2a
∫ ∫ 0
6
2
−y 2dydx .
a3 .
2
dydx .
0
c)
a
∫∫ 0
a2 − y 2
0
a 2 2
Resposta:
( x 2 + y 2 ) dxdy .
a 4
.
Resposta:
8
.
4) Calcular as integrais: a)
a
2y
0
y−a
∫∫
xy dxdy .
Resposta: b)
a
x
0
x a
∫∫
11a 4 24
x x
2
+ y2
.
dydx .
Mudar a ordem de integração para confirmar o resultado.
5) Calcular a área das regiões do plano limitadas por: a) lemniscata r 2 = a 2 cos2 , a > 0 . Resposta: a 2 . b) r
= asen(2 ) , a > 0 .
Resposta: c)
x+
y
a 2 8
.
= a , a > 0 , eixos coordenados.
Resposta:
a2 6
.
= d) Circunferências: ( x −4) 2 + y 216 coordenadas polares.
e
( x −6)
2
+ y 236 =
. Usar
Resposta: 20 . 103
3.2 Integral Tripla 3.2.1 Definição de Integral Tripla
Vamos agora definir integrais triplas para funções de três variáveis f ( x, y, )z sobre um paralelepípedo retangular (uma caixa) B = [a, ]b [ × , c ]d[ ×, ]p q . Procedendo como no caso das integrais duplas, fazendo uma partição de B considerando agora três lados, com cada lado dividido emn partes iguais vamos formar a soma tripla de Riemann
n −1 n −1 n −1
Sn
= ∑∑∑ cf V ijk(
)∆
,
i =0 j =0 k = 0
onde cijk é um ponto do paralelepípedo retangular Bijk obtido pela partição de B, e ∆V é o volume de Bijk , dado por ∆V = ∆x⋅∆y ⋅ z∆ . A figura 3.17 mostra a partição deB em subparalelepípedos com faces paralelas aos planos coordenados. z
B Bijk y
Figura 3.17
Seja f uma função limitada de três variáveis, definida sobre uma região B. Se lim S n = S existe e independe da n →∞ Definição 3.4.
escolha de cijk , então f é dita integrável e a integral tripla de f sobre B é esse número S que é denotado por
∫∫∫
B
104
fdV ,
∫∫∫
B
f ( x, y, )z dV
ou
∫∫∫
B
f ( x, y, )z dxdydz .
A integral de Riemann, criada por Bernhard Riemann, foi a primeira definição rigorosa de uma integral de uma função em um intervalo.
S
abemos que funções contínuas definidas em um paralelepípedo retangular fechado B são integráveis. Além disso, funções limitadas, com descontinuidades na união finita de gráficos de funções contínuas contidos emB, são integráveis. As outraspropriedades básicas para integrais duplas continuam valendo para as integrais triplas (ver [15]). O método prático para calcular-se uma integral tripla consiste em expressá-la como uma integral iterada, como segue: Proposição 3.10. (Redução a integrais iteradas) Seja f ( x, y, )z uma função contínua sobre o paralelepípedo B = [a, ]b[ × , c ]d[ ×, ]p q . Então existe a integral tripla de f em B e é dada por qualquer
uma das seguintes integrais iteradas:
∫∫∫
f (,x,) y z dxdydz =
∫∫∫
f (,x,) y z dxdydz =
∫∫∫
f (,x,) y z dxdydz =
B
B
B
q
∫∫∫
p
∫∫
p
∫∫∫
q
b a
d
b
c
a
(,,) b
d
a
c
(,,) q
d
p
c
(,,)
f x y z dxdydz f x y z dydxdz f x y z dydzdx .
As outras três possíveis ordens também são válidas. Observação 3.1:
Um exemplo interessante de que nem sempre a mudança de ordem de integração épossível encontra-se em (Spiegel, M.; Cálculo Avançado, Editora Mc Graw-Hill do Brasil Ltda, 1971, p.244, exercício 17), onde tem-se uma região simples como o quadrado [0,1]x[0,1], porém com a função do integrando não sendo contínua em um ponto da região. Uma condição suficiente para a permuta das integrais é que as três integrais iteradas existam.
Exemplo 3.11. Seja B = [0,1×]−
∫∫∫ ( x +2 B
2
y 3+) z dxdydz .
1 ×,0 0 2
,
1
. Calcular
3
Solução. De acordo com o princípio de redução a integrais iteradas, esta integral pode ser calculada como 105
1
∫∫
1
0
3
0
−
1
1
1
2
+( x +2 y=3 ) z ∫2 dxdydz 0
0
3
−
0
1
= ∫0
1
= ∫0
= =
∫
2
0
− 12
1
3
1
= ∫0
3
1
( x +2 y 3+) z 3 = dydz 3 x =0 1
3 +(+x 2− y+3 ) z (2 = 3y)
4 +(+x 2− y+3 ) z (2
3=y)
24
3
z
3
z
4
0
y =− dz 1 2
3
1 (3 z 1) 4+ 2(3 − )z 24 + − 1
(3 + z− 24 ⋅15 1 2415 ⋅
1) 5+ 2(3 − )z
(25 −2)
=
12
1
4
=(3 z1)
4
dz
=(3 z1)
5
z =0
5
.
Como no caso de duas variáveis, definimos a integral de uma função f, limitada sobre uma regiãoW, definindo antes uma nova função f ∗ , igual a f em W e zero em B\W, e então escrevemos
∫∫∫
W
∫∫∫
f (,x,) y z dxdydz = (, ,) f ∗ x y z dxdydz , B
onde B é um paralelepípedo contendo a regiãoW. Vamos concentrar nossa atenção em regiões elementares do3 . As regiões elementares no espaço tridimensional são definidas com uma das variáveis variando entre duas funções das variáveis restantes. O domínio dessas funções são regiões elementares do tipo 1 ou do tipo 2 no plano 2 . Assim como fizemos para o cáculo de integrais duplas sobre uma região do tipo 1 ou do tipo 2 do 2 , faremos para o cálculo de uma integral tripla de uma função f = f ( x, y, )z que seja contínua em uma região W do 3 . Argumentos semelhantes aos utilizados para a integral dupla mostram que uma integral tripla sobre uma região elementar pode ser reescrita como uma integral iterada em que os limites de integração são funções das outras variáveis. Para isto consideraremos uma regiãoW do 3 dada por, W = {( xyz , ∈, ) 106
≤; xy≤3( z , 1) xy
dydz
( ,∈x ), y 2com R (, )
}
,
1
3
onde 1 e 2 são funções contínuas definidas em uma regiãoR do plano 2 , sendo R uma região do tipo 1 ou do tipo2, isto é, R = {(,x) ∈ y ; ≤2≤ a ,x( ≤)b≤ 1 x ()} y
2 x
ou R = {(,x) ∈ y ; ≤≤ c
,y (≤)d≤ h1 y( )} x
2
h2 y
,
,h ,h
,
2 1 2as integrais com 1para funçõesiteradas: contínuas. Então valem as seguintes fórmulas
Proposição 3.11. (Integrais iteradas)
Suponha que W é uma região elementar descrita como acima. Temos, então, que
∫∫∫
W
se
R
W
R
1 ( )
ayx x
,()
yx(2, )
f x y z dzdydx ,
( 1, )
for uma região do tipo 1 e
∫∫∫ se
2x ( )
b
∫ ∫
f ,()x y z dxdydz =
d h y2 ( )
∫ ∫
f ,()x y z dxdydz =
y hcy x
1(
)
,()
x y(2, )
f x y z dzdxdy ,
( 1, )
for uma região do tipo 2. 3
Exemplo 3.12. Encontrar o volume de uma esfera de raio 1 do
.
Solução. Descrevemos essa esfera como x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 . Primeiro, vamos escrever a fórmula de integração iterada, que é 1
∫∫
1− x 2
∫
1− x 2 − y 2
−1− − 1 x−2 − − 1 x 2 y 2
dzdydx .
Fixando x e y e integrando com respeito az, obtemos 1 1
∫∫
−1−−1
− x2 x
z 1− x − y 11dydx = 2 − 1− x − y ∫∫11−−− 2
2
2
2
2
− x2
(12 x
− x)2 − y 2 dy dx . 1
2
Mantendo x fixado para integrar em relação a y, vamos fazer a = (1 − x 2 ) . Assim, podemos expressar 1
2
∫
a
−a
1
(a
2
2
−y 2 )dy =
a2 . 2
107
Então,
∫
1− x 2
− 1− x
1
2
(1 − x 2 − y 2 ) dy = 2
1 − x2 2
e daí, temos 1
∫ ∫
−
2
1−
− x2
1
(1 2 )
−1
x
1
)(1 − x 2 (1 − ) =dx − 2
1
−−x 2− ∫1y 22= dydx ∫−1 1
=
2
4
Logo, o volume dessa esfera é
1
=
x 2 dx
, como já esperávamos.
3
Exemplo 3.13. Calcular
∫∫∫ ydV
onde W é a região limitada pelo
W
tetraedro formado pelo plano12 x +20 y +15 z =60 e os planos coordenados. Solução. Notamos que 60 −2 0 y −12 x ∈yx R,(, ) 15
W =zyx≤ (, ,)≤z: 0
sendo R a região do plano xy dada por
0 ≤ x ≤ 5 R:
3
0 ≤ y ≤ 3 − 5 x
Assim, 5
3 3− x 5
60 −20 y12 − x
0
0
0
∫∫∫ ydV =∫ ∫ ∫ W
15
ydzdydx = 10 .
Exercícios 1) Calcular o valor de ∫ ∫ ∫ 1
x
0
0
2
x 2 + y2
dzdydx .
2) Efetuar a integração nas regiões indicadas: a) ∫∫∫ x dxdydz , B = [0,1] × [0,1] × [0,1] . 2
B
b) 108
∫∫∫ (2 x + 3 y + z )dxdydz , B= B
[0,×2] − [× 1,1] [0,1] .
,
4 x3 3 x =− 1
x
3
3) Calcular o volume de: a) Um sólido limitado por x 2 + 2 y 2 = 2 , z = 0 e x + y + 2 z = 2 . b) Um sólido limitado pelo parabolóide z = x 2 + y 2 e pelo plano z = 1. c) Um sólido limitado pelo conez 2 = x 2 + y 2 e pelo plano z = 1. d) Um sólido limitado inferiormente pelo planoz = 1 e superiormente pela esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 .
4) Calcular a integral de ∫ ∫ ∫ 1
2
0
0
y
0
( y + xz )dzdydx .
3.2.2 Mudança de variáveis (Coordenadas cilíndricas e esféricas )
Algumas integrais triplas são mais fáceis de serem calculadas se usarmos coordenadas cilíndricas ou esféricas. Isso acontece se a região S ⊂ 3 que se pretende integrar tem simetria em relação a um eixo (usar coordenadas cilíndricas) ou a um ponto (usar coordenadas esféricas). Vamos trabalhar primeiro com coordenadas cilíndricas. Suponha que E seja uma região do tipo 1 cuja projeçãoD no plano xy tenha uma representação conveniente em coordenadas polares (ver figura 3.18). z
z = µ2(x,y )
E
z = µ1( x,y ) r = h 1( θ )
y
D
x
r = h 2( θ) Figura 3.18
109
Em particular, suponha quef seja contínua no conjunto E = {( x, ,y∈ )z
3 ; ( ,∈ ) x y, ( ≤ ,D) 1 x y ( , )} z 2 x y
,
onde D é dado em coordenadas polares por D = {(r, ); ≤≤ , (≤)≤h1
.
(r)} h2
Sabemos que 2 ( x , y )
∫∫∫
E
f (,x,) y z dV =
∫∫ ∫
D
(,(,x), y ) f x y z dz dA ,
(45)
1
e também sabemos calcular integrais duplas em coordenadas polares. Então, combinando as equações (42) e (45), obtemos
∫∫∫
E
f ( x, , y) z dV
=∫∫
∫
h2 ( )
2 ( r cos( ), rse n( ))
h1 ( )
1 ( r cos( ), sen( r ))
( cos( f r), sen( ),r)
z rdzdrd
A
fórmula (46) é afórmula para integração tripla em coordenadas cilíndricas. Ela nos diz que podemos converter uma integral tripla em coordenadas cartesianas para coordenadas cilíndricas escrevendo x = r cos() , y = r sen() , deixando z como está, utilizando limites adequados de integração para z, r e , e trocando dVpor . É recomendável a utilização dessa fórmula quando E é uma região sólida cuja descrição é mais fácil em coordenadas cilíndricas, e especialmente quando a função envolve expressões do tipo . O exemplo seguinte dá uma aplicação física da integral tripla. Exemplo 3.14. Um sólido E está contido no cilindro x 2 + y 2 = 1, abaixo do plano z = 4 e acima do parabolóide z = 1 − x 2 − y 2 . A
densidade em qualquer ponto é proporcional à distância do ponto ao centro do cilindro. Determinar a massa deE. Solução.Em coordenadas cilíndricas o cilindro é representadorpor =1 e o parabolóide porz = 1 − r 2 , e podemos descrever o sólido E por E = {( r, ,);z0 110
≤ ≤ 2 , 0≤ ≤ −1;1 ≤r ≤
r 2 4} z
.
(46)
Como a densidade em ( x, y, )z é proporcional à distância do ponto ao eixo z, a função densidade é f ( x, y, )z = k x 2 + y 2 = kr , onde k é a constante de proporcionalidade.A massa de E é m=
∫∫∫ f x( y, z,dV) E
assim: m=
∫∫∫ k+ =x E
y2 dV2
∫∫
2
0
=
1
4
=0 kr rdzdrd ( ) 1− r 2
2
1
0
0
∫ ∫
2
kr−2 [4 (1 =r 2)] drd 1
= k ∫0 d ∫0r(3r 2 dr + 4)
=
1
r 5 12 k = 2 k r 3 + = 5 0 5 .
Vamos trabalhar agora com coordenadas esféricas. As relações entre coordenadas esféricas e retangulares, de um pontoP, são dadas pelas seguintes equações (ver figura 3.19):
z
x = sen( ) cos( ) , P
= sen( )sen ( ) e z = cos( ) . (47)
Nesse sistema de coordenadas, o equivalente à caixa retangular é uma cunha esférica
φ
∆Vijk≈∆
ρ
(∆)(i i )( sk ∆ en( = )i ) k ∆∆∆sen( 2 )
,
y
θ x Figura 3.19
onde a ≥ 0 , − ≤ 2 e d − c ≤ . Dividiremos E em pequenas cunhas esféricas Eijk por meio de esferas igualmente espaçadas = i , semiplanos = j e semicones = k . Eijk , assim, é aproximadamente uma caixa retangular com dimensões ∆ , i ∆ (arco de circunferência de raio i e ângulo ∆ ) e i sen k ∆ (arco de circunferência de raio i sen k e ângulo ∆ ). Logo, uma aproximação do volume Eijk é dada por ∆Vijk≈∆
( ∆ )(i i )( sk ∆ en( = ) i k)
sen( ∆∆∆ 2 )
.
De fato,ocom do volume TeoremaE doéValor do que valora ajuda exato do dado Médio por pode ser mostraijk 2 ∆Vijk= ∆∆) , sen(k ∆ i
é um ponto interior de E . Fazendo mais alguns onde ( ,i , j ) k ijk
111
desenvolvimentos, chegamos à seguinte fórmula para integração tripla em coordenadas esféricas:
∫∫∫
e
f ( x, y, )z dV
d
=∫∫∫c
b
a
(f sen( )cos( ), s en( )s en( ), c os( )) sen( 2 )
onde E é uma cunha esférica dada por E = {(,,); ≤a ≤ , ≤ ≤b , ≤ ≤
} c
d
.
A equação (48)coordenadas nos diz que retangulares podemos converter uma integral tripla dada em em uma integral tripla dada em coordenadas esféricas, escrevendo x = sen( ) cos( ) , y = sen( )sen ( ) , z = cos( ) , utilizando limites de integração apropriados e substituindo dV por 2 sen( ) d d d , onde 2 sen( ) é o módulo do determinante Jacobiano da transformação, ou seja, J = 2sen( ) . Podemos esperar que essa equação inclua regiões esféricas mais gerais, como E = {( , , ); (,≤)d g1 (, )} ≤≤ ≤, ≤ c , ≤
g2
.
Nesse caso, a equação fica a mesma que em (48), exceto os limites de integração para que agora serão g1 (, ) e
g 2 ( , ) .
N
ormalmente, o uso de coordenadas esféricas é recomendado em integrais triplas quando as superfícies de fronteira da região de integração têm formas cônicas ou esféricas.
Exemplo 3.15.Calcular
∫∫∫ e
(x + y + z ) 2
2
2
B
B = {(,x, ) y ∈ z;
3
2
dV ,
onde B é a esfera unitária
+3 +2x ≤2 y21} z
.
Solução. Como a fronteira de B é uma superfície esférica, utilizaremos coordenadas esféricas: B = {( , , ); 0
≤ ≤ 1,≤0≤
≤2≤, 0
}
.
Além disso, coordenadas esféricas são convenientes, pois x 2 2+ y 2+ z2 = . Então, de (48), temos 112
d d d
(48)
(x + y) + zdV
2 2 2
∫∫∫ e B
3
=∫∫ ∫)0 (e0 2
2
= ∫0 − =[
2
3
1
2
0
∫
d2 sen( ) =
2
∫
1
sen( ) d d ed2 0
3
0
1
1 3 cos( ) (2 ) = −e 0 3 0
]
= 4 ( 1)e 3
.
zdV S S Exemplo 3.16. Calcular , onde é a região do semi espaço z ≥ 0 , formada pela intersecção da esfera x 2 + y 2 + z 2 ≤ 16 com o interior do cone z = x 2 + y 2 .
∫∫∫
Solução. Uma visualização da região de integração aparece na figura 3.20: z
y
x
Figura 3.20
A projeção dessa região sobre o plano yz aparece a seguir: z
4 y=z y2 + z2 =16
ϕ0 4 -2 2
2 2
y
Figura 3.21
113
Observe que 0 =
4
. Assim, em coordenadas esféricas essa região
é representada por
0 ≤ ≤ 4 S : 0 ≤ ≤ . 4 0 ≤ ≤ 2 Logo, usando a fórmula de mudança de variável em coordenadas esféricas, temos 2
∫∫∫ zdv =∫ ∫ ∫ 0
S
0
4
4 0
cos( ) 2 sen( ) d d d = 4
= 2 ∫0 4sen( )cos( ) d ∫0 3d 2 =
sen 2( ) 2
4
0
4
4
32 = . 4 0
Exercícios 1) Utilizar coordenadas esféricas para determinar o volume de um sólido que está acima do cone z = x2 + y2 + z 2 = 4 .
x2 + y2
e abaixo da esfera
2) Fazer o esboço do sólido cujo volume é dado pela integral e calcule essa integral:
3
3
a)
∫ ∫ ∫ rdzd dr ;
b)
∫ ∫ ∫
1
0
2
r
0
3
2 sec( )
0
0
2 sen( ) d d d .
3) Determinar a massa da esfera B dada por x
+ y + z ≤ a , se a sua densidade em qualquer ponto for proporcional à distância desse ponto ao eixo z. 2222
4) Utilizar coordenadas cilíndricas para calcular∫∫∫
ydV , onde
é o sólido que está entre os cilindros x + y = 1 e acima do plano xy e abaixo do plano z = x + 2 .
x2 + y2
E
E
114
2
2
=4,
3.2.3 Cálculo de volumes
Já vínhamos, nos exemplos, exercícios e problemas anteriores, solicitando que fossem calculados volumes através da integral tripla. Basta, portanto, fazermos apenas alguns comentários para formalizarmos esse procedimento. Vamos para isto considerar o caso em que f ( x, ,y) z 1= , para todos os pontos de E. Neste caso, a integral tripla sobre E represenE
ta o volume de , e escrevemos V E( ) = ∫∫∫ dV E
.
Como ilustração, citamos o exemplo 3.11 onde utiliza-se a integral tripla para achar o volume de uma esfera do3 de raio 1. Mudança de variável na integral tripla– caso geral:
Sejam R e R ' duas regiões elementares do 3 e T uma transformação bijetora contínua, T : R' → R (u, v, w)
( x( u,
v, w), y( u, v, w), (z u, ,v w )),
tal que as funções x = x(u, v, w) , y = y (u, v, w) e z = z (u, v, w) tenham derivadas parciais contínuas em R ' . Suponha que o jacobiano J dessa transformação T (mudança de variável) seja diferente de zero em R ' , isto é, ∂x ∂x ∂x ∂u ∂v ∂w ∂ ( x, y, )z ∂ ∂ y∂ y y ),JJ( , = u =v w = ≠ 0 , ∂ (u,vw, ) ∂u ∂ v∂ w ∂z ∂z ∂z ∂u ∂v ∂w para todo (u, v, w) ∈R' . Nessas condições vale o seguinte teorema: Teorema 3.4. (Mudança de Variável) Sejam R e R′ duas regiões elementares do 3 , como acima. Então, se f é contínua e limitada em R′ , temos 115
∫∫∫
R
∫∫∫
f ( x, ,y ) z dxdydz =
( f( ,x, u) , v( w , , )y, u( ,v, w ) ) J(z ,u, v) w
u v w dudvdw
R′
onde J(u, v, w) é o módulo do determinante Jacobiano dex, y, z em relação a u, v e w. Exemplo 3.17. Calcular o volume da região limitada x 2 +2y 2 + z 2 = 4a e o cilindro ( x − a ) 2 + y 2 = a 2 .
pela esfera
Solução:
y y
r
=
2a cos(θ)
r a
a
2a
dv , onde V + é a parte do sólido acima do plano xy .
=2
∫∫∫ V
+
Descrição de V + em coordenadas cilíndricas:
− ≤ ≤ 2 2 V + : 0 ≤ r ≤2 cos( a ) 2 2 0 ≤ z ≤ 4 a − r Logo,
V =2
∫ ∫ 2
2 acos( )
− 2 0
= 4∫0
2
∫
2 a cos( )
1
3
=
116
32 3
∫
a 3−
rdzdrd
2 4r− a =r2drd
= 4∫0 (4 r− a 2d 2
4 a2 −r 2
0
0
∫
2
0
13
=
3
2
=
2
−− 4 32 3
d= 3
∫
2
0
d
3
0
sen = d(a)−3
2 acos( )
1
− 4 (4 ∫a=0 )3r2 2
2 acos( )
)2
x
Figura 3.23 - Intersecção com plano xy
Figura 3.22
V
2a
x
0
8a 3 =[1d (1 cos ( )) ] 2 3
( ∫0sen ( 2
2
)
)
3
2
cos (3) 2 = a− ( − = cos() ) 3 2 3 0 16 32 1 16 232 = + a 3 a3 −= − a3 1 a=3 − 3 3 3 3 3 9 32
3
16
.
43
a3
[ ]
Exemplo 3.18. Calcular o volume da região limitada pelas esferas
concêntricas = a e = b , 0 < a < b , e pelo cone = , 0 < < . 2
As equações dessas superfícies estão em coordenadas esféricas. Solução. 3 b a3 = − 2 d=d sen( ) ∫ 0 0 a 0 3 3 3 ba33 − b3a = 2 − [=cos(] ) − ). [ −32 ]1 cos( 3 0
∫ ∫∫
V=
2
b
d2 sen( d d )
Exercícios 3
1) Calcular ∫∫∫ f ( x, y, )z dxdydz , sendo R a região do R
da pelas superfícies
limita-
xy = 4 xy = 6 xy 3 = 3 R: 3 xy = 5 xz = 2 xz = 4
e contida no primeiro octante. Sugestão: Fazer xy = u , xy 3 = v , xz = w .
Não esquecer de calcular o jacobiano J = ∂ ( x, y, )z , depois de re∂ (u, v, w ) solver o sistema acima para x, y, z em termos de u, v, w .
2) Calcular o volume do elipsóide ax
2 2
+
y2 b2
+
z2 c2
= 1 ; a, b, c > 0 . 117
x y , v= a b 4 Notar, neste caso que J = abc . A resposta é V = abc 3
Sugestão: Fazer a mudança de variáveis u =
e
w=
z . c
.
3) Usar a integral tripla para determinar o volume do sólido dado: a) O sólido limitado pelo cilindro elíptico4 x 2 + z 2 = 4 e os planos y = 0 e y = z + 2 . b) O sólido limitado pelo cilindroparabólico x = y 2 e os planos z = 0 e x + z = 1.
4) Utilizar coordenadas cilíndricas para determinar o volume da região E limitada pelos parabolóidesz = x 2 + y 2 e z = 36 −3
x2 − 3 y 2.
5) Utilizar coordenadas esféricas para determinar o volume do sólido que está no interior da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 4 , acima do plano xy e abaixo do cone z = x 2 + y 2 .
Exercícios gerais de fixação 1) Usar coordenadas cilíndricas para calcular: a) Volume do sólido limitado pelo parabolóidez = 1 − x 2 − y 2 e o plano xy . Resposta:
2
.
b) Volume do buraco cilíndrico de raio a , a > 0 , furado através do centro da esfera sólida de raio 2a . 4
Resposta: (8 − 3 3 ) a 3 . 3
2) Usar coordenadas esféricas para calcular: a) Volume do “toro” = 2a sen( ) . Resposta: 2 2 a 3 . b) Volume de uma cunha retirada de uma esfera sólida de raio a , a > 0 , formada por dois planos que se interceptam so118
bre um diâmetro, sendo o ângulo entre esses dois planos, 0< < . 2
Resposta: a 3 . 3
c) Volume do sólido limitado pela esfera x 2 2+ y 2+ z2 = a e pelo cone z = cotg( ) . Resposta:
2 3
a 3 (1 − cos( ))
.
d) Volume da “maçã” cuja equação em coordenadas esféricas é = 2 − cos( ) . z
a
ρ
y =
2
−
2cos(ϕ)
x
Figura 3.24 2
Resposta: V = ∫0
2 cos( − )
∫∫ 0
= 2 ∫0
0
d d ) 2dsen(
(2 −cos( )) 3
=
3 27 sen( ) d =
2
.
Resumo Neste capítulo, vimos os conceitos de integral dupla e tripla para uma função real de várias variáveis, o Teorema de Fubini para a permutação da ordem de integração e os teoremas de mudança de variável no caso geral, com destaque para as coordenadas cilíndricas e esféricas e o Jacobiano dessas transformações.
119
4 Funções Vetoriais
4 Funções Vetoriais Neste capitulo estuda-se as funções vetoriais, suas propriedades de limite, continuidade, derivação e integração. Caracterizamos subconjuntos do espaço tridimensional, chamados de curvas em certo sentido, e aos quais possam ser aplicados os métodos do cálculo diferencial. Desenvolvemos a geometria de superfícies observadas como gráficos de funções ou como curvas de nível. São também introduzidos os conceitos de derivada direcional, gradiente, planos tangentes e áreas de superfícies. Finalmente ingressamos ao fantástico mundo das equações diferencias lineares.
4.1 Situações Reais com Funções Vetoriais Um dos feitos científicos mais importantes do século XVII foi o de Isaac Newton (1642-1727), que estabeleceu a conexão entre as leis empíricas de Kepler para o movimento planetário e a lei do inverso do quadrado da distância para a gravitação universal. Podemos reparar que o movimento de uma partícula no plano é também um caso de aplicação real onde é possível aplicar as idéias matemáticas sobre funções vetoriais e com isto demonstrar famosos teoremas como propostos por Newton. Portanto, existem aplicações na geometria e na física para as funções vetoriais.
4.1.1 Definição e exemplos Nesta seção introduzimos algumas noções de geometria básica e métodos de cálculo para funções vetoriais. Intuitivamente, quando nos indagamos sobre uma curva, primeira situação que imaginamos é a de um desenho de umaa curva no papel, na louça ou em alguma superfície plana e que pode ser uma reta, uma circunferência ou até mesmo uma curva do cosseno. 123
A
qui pensaremos sobre uma curva em termos matemáticos e isto nos leva a pensar sobre uma curva como um conjunto de valores de uma função que aplica um intervalo de números reais no plano, espaço ou num espaço de dimensões maiores do que três. Chamamos a dita aplicação como função vetorial e denotamos por f. A imagem desta função se denota por Im f = C e corresponde à curva que observamos no papel ou qualquer outro meio de representação. Muitas vezes utilizamos a variável t como variável independente imaginando ser o tempo, de forma que f (t ) é a posição no tempo t de uma partícula em movimento que descreve a curva quando a variável t muda. Também dizemos que f parametriza C . Definimos a reta no espaço 3 que passa pelo ponto P0 e é paralela ao vetor v como o conjunto {Po + tv : t ∈ } . Nesta determinação de uma reta, para cada numero realt corresponde o ponto Po + tv de 3 . A dita correspondência se chama de função vetorial de uma variável real. Se denotarmos a esta função por f , então a sua regra de correspondência é )f (t
onde
P0
= (0x,0 0y, ) z
= P+o (=,tv+ x0 +, tv +2 0 tv 3 z 1 0 )y
e o vetor v = v( v1, , v2
)
'3
tv
.
O domínio de f é o conjunto de todos os números reais e a imagem de f é a reta que passa pelo ponto P0 e é paralela ao vetor v . Qualquer função que possui um conjunto de números reais como domínio e um conjunto de vetores (ou pontos) como sua imagem se chama de função vetorial de uma variável real. Se a função se denota por f , então seu domínio e a sua imagem será denotada porD f e Im f respectivamente. Além disso,f (t ) denota o elemento de Im f que corresponde ao elementot de D f ; o símbolo f (t ) é chamado de valor de f em t . Em geral uma função se determina fornecendo seu domínio e uma regra de correspondência; isto é, uma regra para determinarf (t ) para cada t ∈ D f . 124
Neste capítulo estudaremos funções deste tipo e consideraremos para estas funções os conceitos de limite, continuidade, derivada e integral.
Como exemplo temos a função f com domínio e a regra = + (1 + 2+, 5t 2∈, 2=t ), t f (t) =(1, 5, 2)+ (2, t 2,1)
t
Df.
Ela descreve uma função vetorial de variável real. A imagem desta função é uma reta no 3 e a função é uma correspondência ou transformação de pontos sobre a reta real em pontos sobre a reta que passa por (1, 5, 2) e é paralela a (2, 2,1) . z
C
f 0
a
b
y
x Figura 4.1
Escrevendo
f (t )
em termos de suas componentes temos que 3 t f (t) =( f(1 ),t f(2),t (f))
onde f1 (t) =1 +2 t , f1 (t) =5 +2 t e f1 (t ) = 2 + t . As funções f1 , f2 e f3 são chamadas de funções componentes de f ; estas funções são funções reais de uma variável real. Em geral, se a imagem de podemos escrever, f
f
é um conjunto de vetores em n ,
= ( f,1 , f 2 ,) f n ,
onde f k representa a k -ésima componente da função vetorial f . A função real f k com domínio D f se chama a k -ésima componente da função vetorial f . Desta forma, uma função vetorial f com imagem em n define n funções reais f1 , f 2 , , f n todas as quais possuem D f como domínio.
125
4.2 Funções Vetoriais de uma Variável Considere a seguinte função, f : I ⊆ → n , cujo domínio é I e imagem um subconjunto de n , definida pela regra de correspondência, f (t) =( f(1 ),..., t (f n ))t
t ∈. I
A função anterior é conhecida como função vetorial de uma variável real e cada uma das funções fi : I
⊂ → ,
(
i1,..., = ) n
são chamadas de funções coordenadas de f . Com essas definições previas poderemos escrever sem cair em confusões a função vetorial da seguinte maneira, f = ( f,1 f 2,..., f)n
.
C
oncluindo, uma função vetorial em é uma aplicação ; é uma função vetorial no plano se e é uma função vetorial no espaço se . A coleção C de pontos quando é chamado de uma curva e e são seus pontos extremos. A função f parametriza a curva C. Também dizemos que descreve C quando t varia no intervalo. Exemplo 4.1. Encontre
o gráfico da imagem def se ela possui a seguinte lei de correspondência f (t) = (cosh( t), se nh( t)) . Solução. Temos que ( x, )y ∈Im f se e somente se x = cosh(t), y = senh(t) para todo t ∈ I ⊆ . 2 2
2
2
t () 1 t Assim ( x, )y I∈m ⇔f − =x y cosh . Logo o − ( ) =senh gráfico da Im f está sobre uma hipérbole de equação x 2 − y 2 = 1 . Precisamente ( x, y ) está no ramo direito da hipérbole, pois x = cosh(t) > 0, t ∈ . Veja a figura:
126
y f
0
0
�
x
Figura 4.2
Exemplo 4.2. Esboce o gráfico da imagem das seguintes funções:
a) f (t) =( , t, t ) t 2 b)
g (t) = (cos( t), sen( t), )t
c) th( ) = (cos( t t),
∀ t >0
sen( ), 1)
Solução. Resolveremos item a item, como segue: 2 a) O ponto ( x, ,y) z ∈ Im f se e somente se x = t , y = t , z = t logo 2 x = t e z = x . Isso indica que o gráfico da imagem def é uma curva que resulta da interseção do plano y = x com o cilindro parabólico z = x 2 . Ver a figura
z
z = x2
f f (t) = (t,t,t2) 0
�
0
y y =x
x Figura 4.3
g ),>t z, t 0t b) O ponto ( x, y, )z ∈Im ⇔ , = x cos(=),t ysen( =∀ logo a curva (t) = (cos( t), sen(t), 0) percorre uma circunferência de raio um ( x 2 +2 2=y sen+ (2)t c =os ( ) 1t ) no plano xy . Portanto se, z = t a curva g (t ) ascende a uma taxa constante sobre um cilindro circular reto x 2 + y 2 = 1 . Ver figura 4.4.
127
z
g
0
g (t)
y
�+
x Figura 4.4
O gráfico desta função vetorial g (t ) é determinado pela hélice circular reta. c) Por um procedimento equivalente temos que se( x, ,y) z ∈Im h então x = cos(t), y =sen( t), z =1 com t ∈ . Logo o gráfico da imagem da função h é a curva que esta na interseção do + 2( t) =sen ( )t 1 e o plano z = 1 . Ver a cilindro x 2 +2 2=y cos figura z
h
0
1
h (t)
y
�+
x Figura 4.5
4.2.1 Propriedades das Funções Vetoriais As operações usuais podem ser utilizadas para combinar funções vetoriais ou uma função vetorial com uma função de variável real. 128
Definição 4.1. Sejam f , g : → n funções com D f e Dg seus domínios, respectivamente, e seja : → função real com domínio D . Definimos as novas funções f + g , f − g , f e f .g por
intermédio das seguintes regras de correspondência. i) ( f ± g)(=)t ±()f
t (), g t =
ii) ( f )( t) = ( )t= (f) t
∩ Df ±g
Dg .
Df
( )( t ( ),..., f1 t ( )), ∩f=n t
Df
D
Df
.
n
iii) ( f ⋅ g)( =)f ⋅ =()f
t() g t
() (),f i =t i∩ g t
∑
D
gf
f
i =1
D
⋅g
D
.
iv) Se n = 3 isto é, f , g : → 3 , a função produto vetorial f × g está dado por: (f
× g)(=)t × (f) t
( ),g t =
∩ D f ×g
v) A função composta de : → com pela regra de correspondência, (f
Dg .
Df
f : → n
é dada
)( t) = f( ())t (= ( f(1 )),..., t ( (f n))). t
t2 t3 fu nções veto4 9
Exemplo 4. 3. Sejam f (t) =( , t, t ) te2 ( ) g t , = , t
riais. Encontre a) ( f ⋅ g)(1) b)
(f
× g)(2)
Solução. Será resolvido item a item. a) Avaliando as funções f e g em t = 1 temos f (1) = (1,1,1)
e g (1) = 1,
1
1 , 4
.
9
Logo calculando o produto obtemos ( f ⋅ g)(1)=
11 1 ×1= 1 1 1 f(1) ⋅ =(1) g (1,1,1) ⋅ 1,=,×+ ×+ 4 9 49
49 1 36
.
b) Avaliando individualmente cada função obtemos f (2) = (2, 2, 4)
e g (2) = 2,
1,
8
.
9
129
Construindo o produto vetorial, se obtem i f
× g (2) = ×f(2)= (2) g
j
2 =−2 4 2
1
k
− 8
,
20 56 ,2 9 9
9
Exercícios 1) Esboce o gráfico da imagem das seguintes funções: a)
f (t ) = (cos(t), sen( t)) .
b)
f (t ) = (3cosh( t), 5sen h( t))
c)
f ()= t
d)
f (t) = (7 t, t 2)
e)
f (t) = ( ,t , tsen( )),t
f)
t t f (t)= , t , 4 9
1 −, t 1+ t2
2
2t 1+ t2
.
.
.
3
t[0,4 ∈ ]
.
g) f (t) = ( acos( ),t bsen( ),t bt ), h) i)
3t 1 +, t 3
f ()= t
f (t) = ( t,2 t 1) +
.
3t 2
>a 0
.
.
1+ t3
.
2) Encontrar o ponto de interseção da reta f (t) = (9 +3 ,t− 10 − 4 +, 7t 2 ) t
com o plano YZ .
3) Encontre umareprsentação paramétrica das seguintes curvas: 2
2
a) b)
x
+ y = 9, z= 0 . x2 + − y 2− +6 x 4 y 12=0,
c)
y =3 x,2
d) ( x −1) +( 2
130
= z0
=z0
.
y 2) − =24,
=0z
.
.
4) Considere
as seguintes funções definidas em , e g (t) = (sen( t), −cos( t), 0) . Calcular as seguin-
tes operações: a)
f ( a + b) .
b)
g (t − 3) .
c) f (sen(t)) × g( t 2 +1) . Definir uma função do intervalo [a, b] sobre o segmento de 5) reta de extremos P e P em . 0
1
n
6) Defina uma função
do intervalo [−2,2] em gem seja o triângulo de vértices P1 = (3,2 −1) , P3 = (1, −2,1) .
7) Considere as
seguintes funções
n
cuja imae
P2 = (2,0,1)
definidas em
I⊂
,
e . Calcular as seguintes operações e seus domínios de definição. ± g.
a)
f
b)
f ⋅ g.
c)
f
× g.
d) 4 f − 2 g .
8)
Considere as seguintes funções definidas em I ⊂ ,
f (t) = ( t +4, sen( ), t a 2)t
,
g (t) = (ln( t), t, t g( t))
e (t) =
1 4
t 2 +cos(4 )t
.
Calcular as seguintes operações e seus domínios de definição. + g.
a)
f
b)
f ⋅ g.
c)
f
× g.
d) 2 f × g . e) f ⋅ g . 131
4.2.2. Limite de uma Função Vetorial , (f)) Seja f : I ⊆ → n função vetorial dada por f (t) =( f(1 ),t n t . A definição de limite de uma função vetorial de variável real é semelhante ao caso de uma função real.
Seja f : I ⊂ → n função. Seja to um ponto de acumulação do intervalo I . Diz-se que o limite da função f quando t se aproxima de to é o vetor C ∈ n se, para cada > 0 , Definição 4.2.
>0
existir um número tal que f (t ) − C < sempre que t t−
o
< t ,I ∈
.
Se isso ocorre denota-se =C .
lim f( )t t →t0
Uma proposição interessante que relaciona o limite de uma uf nção a valores reais com uma função a valores vetoriais é a seguinte Proposição 4.1. O vetor C = (c1,..., cn) ∈ n t → t0 , se e somente se lim fi ( t) t →t0
é o limite de f quando
= ci para cada i = 1, 2, , n .
Isto é, lim f( )t
t t→ 0
= C⇔ t t
Encontre o ções nos pontos dados: Exemplo 4.4.
lim (=f)i ∀t →0
t →t0
f ()t
1− t +1 t = , ,1 , t +1 1− t
b)
f (t)
et − e = , t −1
c)
f ()t
ln(t) ,2 , 1− t
1 − cos(sen( t)) = sen 2(sen( t)),
1,..., i
n.
(se existir) das seguintes fun-
lim f ( t)
a)
=ci
0. t0
1.t0
=
=
cos( t) −cos(sen( )) t , t2
1 ,t + 0.
t0
=
Solução. Cada função componente possui limite emto , portanto existem os limites de cada função vetorial:
132
1− t +1 t =lim , lim ,1 t →0 t →0 t + 1 1 − t
a)
lim f( )t
b)
lim f() t lim =
t →0
et − e , lim t →1 t − 1
t →1
,2
t →1
= 2
1− t
( , = -1,e2)
t →0
.
cos( t) −cos(sen( )) t , t2
1
1
1
, 0,
.
ln(t)
1 et t = lim , lim , 2 t →1 1 t →1 −1 1 − cos(sen( t)) c) lim ()f t lim =t 0 ,lim 2 t →0 → sen (sen( t)) L ' hospital
L ' Hospital (0, =0,1)
4.2.3 Propriedades dos L imites f , g : → n
Sejam lim f ( t)
t t→
= Be tt
0
lim ( t) t → t0
funções vetoriais tais que
lim (g) t →0
= A e seja : → função real tal que
= . Então,
i)
.
ii)
.
iii)
.
iv)
, somente quando n = 3.
Exemplo 4.5 . Para as seguintes funções vetoriais f (t)
= sen()t, cos( ), t t t
1
+) , 1t e ( ) g t 1=cos( + t t sen( )
, sen( ) cos( )
t
+ t
Encontre: a)
lim [ f ( t) ⋅ g( )] t
t →t0 =
b)
lim [ f( )t
t →t0 =
× g( )]t 133
Solução. Como o limite de cada função componente existe a imagem de cada função e é um subconjunto de 3 . Então é possível calcular os limites com ajuda das propriedades acima citadas. a)
lim f ( )t (g) t lim = ( )flim t () g t t →
t→
L ' hospital
=
b)
lim[ f( t) t →
t →
1 -sen() t , lim 2 t → cos() t
0, −1,
1, −
3
= 2
.
× g( )]t =lim × t →()g t t →( f) t lim = 0, −
1,
i
j
=
1 × − (0,
k
1 − 22 = , 0, 0 2 2
.
1
0 1− 0
1, )
2
−1
Exercícios Determinar o limite das seguintes funções vetoriais, no ponto 1t )indicado, sempre que exista: o
.
a)
b)
f (t)= ln( ), t1
,+ t 2
c)
f ()=t
,t 4 + t2
3 + 5t 5, 2 , t
3t , =2 to 4 − t2
= t32
.
to
d) f=)(t
sen(7 t) sen(5 t) tan(3 t) , , 0= , t sen(3t ) sen(2 t)
e)
, et
f ()t=
f)
134
t 2 −1 2 , 1 ,t + =1 t −1
to
.
to
.
. .
2) Considere a seguinte função f ()t=
t t + ,3 4,t 7+ . Encon tre seus limites laterais no ponto t0 = 6 . (Utilizar o mesmo conceito de limites laterais na reta para cada componente da função f e o símbolo representa a função maior inteiro definida em cálculo elementar).
3) Considere a seguinte função t +1 24+−8− t t 5 , 4 ,− t 5 + 2t 64 sen( t6)− − t 2 . Encontre seus limites laterais no pontoto = 8 , onde a função sinal é definida por f ()t=
1 se x > 0 s e n()x 0= se 0x = −1 se x < 0
4.2.4 Continuidade de uma Função Vetorial Definição 4.3. Uma função vetorial f : I ⊆ → n é contínua em t0 ∈ I se para cada > 0 existe um número > 0 tal que se t− t
t, I ⇒ ∈
ft − ft )( ()<
0
.
Se t0 é um ponto de acumulação de I , então a definição anterior é equivalente a: A função f é continua no ponto t0 ∈ I se, lim f( )t = (f )t0 t →t 0
.
Observe que se I é um intervalo então t0 ∈ I é sempre um ponto de acumulação de I . Observação 4.1.
Proposição 4.2. Uma função vetorial f : I ⊆ → n é contínua em t0 ∈ I se e somente se as funções coordenadasfi : I ⊆ → são contínuas em t0 , ∀ i = 1,2,3,..., n .
4.2.5 P ropriedades de Funções Vetoriais Contínuas Sejam f , g : I ⊆ → n funções vetoriais contínuas em t0 ∈ I e uma constante real. Então 135
i) f ± g é contínua em t0. ii) f é contínua em t0. iii) f ⋅ g é contínua em t0. iv) f × g é contínua em t0 , é válido quando n = 3 . Observação 4.2. I⊂
Uma função vetorial
=
é contínua no
f
conjunto , se a função tínua em cada ponto de I . Exemplo 4.6. cada ponto to
f : → n
I
, restringida ao intervalo é con-
Verificar se as seguintes funções são contínuas em dado.
sen( t) ln( t +1) cos( )t −1 , , , 0. t 1− t t
a)
f)(t
b)
g (t) =( ,1 t
c)
h()t
−,t ),t
t0
=
t0 1. =
et − 1 sen( t) = , ,1 , t t
0.t0
=
Solução. Será resolvido cada item separadamente. a) A função coordenada f1 (t ) =
sen( t)
t
, não é contínua em t0 = 0 ,
pois f1 (0) não está definida, logo a função vetorial f não é contínua, isto é, não é satisfeita a relação, lim f i( t) t →t0
= fi( t), 0
i =1,2 ,3,..., .n
b) A função g (t ) é contínua em t0 = 1 , pois f1 (t) = ,t f(2) =t−1 , =t( )f 3 t t são contínuas em t0 = 1 . et − 1 , não está definida em t0 = 0 logo h(t ) t não é contínua em t0 = 0 , embora o limite, lim h( t) =(1, 1, 1) ,
c) A função h1 (t ) = exista.
136
t →0
Exercícios 1) Estudar a continuidade das seguintes funções vetoriais nos intervalos que se indicam a)
.
2arcsen(t) sen(2 )t se, , tsen , 3t t t b) f (t ) = 2 ,0,2 se, 3 t sen ( ),t 1 − ,2 t c) f (t ) = ( −1, 0, 3)
]0,1[ t∈
. [1, t ∈2]
t [0,1[ ∈
t se,
. t∈ [1, 2]
se,
2)
Estudar a continuidade das seguintes funções no pontot0 dado: a)
.
4 arcsen() t 1 ,sen()sen t 4t +5, t se, t b) f (t ) = (5, 0, 0) se,
0t
≠
. =t 0
3) Encontre os pontos (se existirem) onde as seguintes funções não são contínuas: t
a)
f (t) = ( e, ,tsenh( )), t
b) f (t ) =
t,
D=f [0,4 ]
sen( t)
t
se,
(0, 1)
se,
.
∈] t]0,
.
=t 0
137
c)
.
( −t, t t2 , ) 1 2 d) f (t ) = 3 t 3 t t ( −2) , t 1 + ,t 2 t
e)
f (t)=
2
tse,−∈
[ 2, 0]
se,
]0,∈ 2]
.
1 2 t +3 (tt3+ ) (3−2 ) , t 3 ,2 +62 t 2 + t 2 t (− 15+)(t 3) t t t+2 2+t 1−,3( 1t)−ln( +4), − (3t e3, t t ,sen( )) ∞∈t
4) Mostre que se f : I ⊂
se,
−∈−∞]
4 se, −∈
se,
, 3]
] 3,1] t ]1, [
→ n e′ uma função vetorial contínua em I então f também é contínua em I .
4.2.6 Derivada de uma Função Vetorial f : I ⊆ → n f (t) =( f1( ),..., t f(n ))t
Seja
função vetorial definida pela seguinte relação , onde I é um intervalo aberto.
Definição 4.4. Dizemos que a função f é derivável em t0 ∈ I
seguinte limite,
lim h →0
se o
f (t0 + )h −( )f t0 h
existe como um elemento de n . Neste caso o denotamos por: f '(t)0
=
df t ()0 f t( h ) f+t() − lim =h 0 0 → dt h
0
.
O vetor f '(t0 ) de n é chamado de “vetor de velocidade” da curva dada pela imagem de f no ponto t0 ∈ I . A norma f '(t0 ) é chamada de “velocidade escalar” de f no ponto t0 . Observação 4.3.
Para uma função descrever o movimento em linha reta, o vetor velocidade deve ser constante. Em geral o vetor velocidade é a função vetorial v = f '(t) que depende da variável t . A derivada
138
.
do vetor velocidade, a =
dv dt
= f ''(t ) é chamada de aceleração da
curva. Se a curva esta dada por ( f1( t), ção no tempo t , a(t ) é dada por,
f (2 ),t
(f 3))t
a t( ) =f 1''( t i ) f +t ''( j2 ) f t k+''( )3
então a acelera-
Observação 4.4 . O vetor f '(t0) ≠0 determina uma reta tangente à curva no ponto f (t0 ) , isto é, a reta Lt = { f( )t0 + t'( f) : t0 }t ∈ . y
γ
f ’(t0)
Lt
f (t0) x
0 Figura 4.6
Definição 4.5. A derivada em qualquer ponto t ∈ I ⊆ f : I ⊆ → n , é uma função vetorial f '(t) dada por: f '(t) = lim h →0
da função
f (t + h) −()f t h
com domínio, o conjunto de números reaist ∈ I , para os quais o limite anterior existe. Uma função f : I → n é dita ser diferenciável em I se ela for derivável em cada ponto do intervalo I . t f(n ))t . Então sua Seja a função f (t) =( f1( ),..., derivada é dada por f '(t) = ( f1'( ),..., t f n'( ))t onde seu domínio é
Observação 4.5.
n
dado por D f ' = D f ' . i =1
i
Observação 4.6. Para se calcular f '(t)
pode se aplicar as propriedades de derivação nas componentes de f . Exemplo 4.7. Seja f : → 2 f (t ) = (3cos( t), 3sen( t)) . Encontre
função vetorial tal que o vetor velocidade e a veloci-
dade escalar. 139
Solução. O gráfico da imagem da curva f é um círculo de raio 3, isto é, o círculo x 2 + y 2 = 9 . Ver figura abaixo. Para todo t ∈ o vetor velocidade de f é f '(t) = ( −3sen( t), 3c os( t)) . A velocidade escalar pela definição é dada por =
f '(t)
9 sen (2+) t 9 cos = =( )2 t 9 3
.
y f ´(t) f (t) -3
3
0
x
Figura 4.7
Exemplo 4.8 . Encontre a derivada f '(t)
das seguintes f unções ve-
toriais a)
f (t)
2 = t 3, ( t 1) + , 2sen( ) t
b) f (t) = (cos( t), sen( t), )t
Solução. Aplicando as propriedades de derivação em cada componente obtemos a seguinte resposta para 2 −1 a) f '(t) = t 3, 3
+ c os( ) t 2 ( t1),
.
De maneira análoga b) f '(t) = ( −sen( t),
cos( ), t 1)
.
Exemplo 4.9. Encontre o vetor tangente e a reta tangente à curva f (t) = (4co s( t), 3sen( t)) para todo t ∈ [0, 2 ], nos pontos (0,3) e
2 140
2,
3 2 2
.
Solução. Derivando obtemos f '( t) =( −4sen( ),t
; por outro lado as imagens dos pontos e são f = (0,3) e 2 4 2 3 2 f = 2 2, (0, 3) : VT = f '( 2) =( −4,0 ) . Logo no ponto 2 4 é o “vetor tangente”. A reta tangente é dada por
Lt
= f + 2
+− {(0,∈3)=− ( t4, 0): ∈t
∈ : =t 2
tf '
} {( 4 , 3 ) :t
No ponto 2 dados por
.
o vetor tangente e a reta tangente são
= f ' = 2−2, 4
= 2 2, Ver figuras abaixo: Lt
32 −+ 2
3 2
2
32 t2 2,∈
:t 2
y
(0,3) 0
.
y Lt
(-4,0)
} t
2, 3 2 2
VT
Vt
3cos( ))t
Vt
Lt
0
x
2√2, 3√2 2 x
Figura 4.8
4.2.7 Propriedades das Derivadas Sejam f , g : I ⊆ → n funções vetoriais diferenciáveis e : I ⊆ → função real diferenciável. Então as funções f ± g , f ⋅ g , f e f × g ( n = 3) são diferenciáveis e as regras de derivação são: i) ii)
. .
141
iii)
.
iv)
.
v)
se
.
Proposição 4.3. Seja f : I ⊆ → n função vetorial diferenciável tal que f (t ) = c (constante). Então o vetor velocidadef '(t) é perpendicular ao vetor posição f (t ) para todo t no intervalo I .
Demonstração. Pela definição de norma temos que 2 f (t) = (f) t ()⋅ f t derivando a ambos lados utlizando a hipótese que f (t ) = c temos 0=
d [ f( )⋅ t (=)] f t dt
⋅ '( )+f (t⋅) f=(t) ⋅'(f ) t 2 f ( )t
'( ) f t
f t
;
assim f (t) ⋅ f'( )t =0 , isto é, f '(t) é perpendicular a f (t ) . �3
z f ’ (t) f
Im(f (t))
f (t) 0
0
�
y
x Figura 4.9
Exemplo 4.10. Seja f : → 2 função tal que f (t) = (cos( t 2), sen( t 2)) . Mostre que os vetores f '
e
f
são per-
pendiculares. Solução. A derivada de f é dada por f '(t) = ( −2 tsen ( t),2 2 cos( t )) t 2 . Logo, somente precisamos de 2 22 22 f (t) =cos ( t) sen + ( ) t 1 = . Assim resulta que f (t ) = 1 = c . 142
Portanto f '(t) =( −2 tsen ( t),2 f (t ) pela observação anterior.
2 cos( t )) t2
é perpendicular a
Para verificar a afirmação, calculamos o produto interno, − tsen( t),2 2 cos( f '(t) f ( t) =( 2 t 2 ))(cos( t2 2 ),t sen ( ))t − =
.
2 2 2t s en( t + 2)ct tos( )t 22=tcos( )sen( ) 0
Assim, eles são perpendiculares, pois seu produto interno é nulo. Observação 4.7. Seja f : I ⊆ → n função diferenciável. Quando f ' é contínua, dizemos que f é uma curva de classeC 1 . Em geral se a função f (k ) : I ⊆ → n (derivada de ordem k de f ), é contínua dizemos que f é uma curva de classe C k . Exemplo 4.11. Para qualquer 2 vetorial f : → definida por k é de classe C .
número k ≥ 0 , considere a função f . Mostre que
Solução. Exercício, fazer para o caso particular k = 3 ≥ 0 . Teorema 4.1. (Regra da Cadeia) Seja : I ⊆ → função diferenciável em I e f : J ⊆ → n função vetorial diferenciável tal que ( I ) ⊆ J onde ( )I {=( ) : I } t ∈ I . Então f é diferenciável sobre I e d [ f ( )] t = f'( ())t ' (), t ∀ t ∈ I . dt
Demonstração. Pela observação anterior e propriedades das derivadas d d d d [ f ] = [ (f ( ))] t = ( (f)),..., 1 t dt dt dt dt
( ( ))f n t
= ( f1 '( ( t)) '( ),..., t f '(n ())t '( ))t onde a conclusão anterior é resultado da regra da cadeia do cálculo elementar. Logo d [ f ( )] t dt
= f'( ())t ' () t .
143
Exemplo 4.12 . Considerar as seguintes funções vetoriais
f ()t = , t , t 2
1 3 , t ]0, ∈+∞ t [ 3
g (t) = (cos( t), sen( ),t
t∈R
),t
. Calcular as seguintes expressões: . 2
a)
f '(0) + g
b)
d f (t ) dt
c)
d [ f ( ( t))] dt
. .
Solução. Calculando a derivada em cada uma das componentes e avaliando em cada valor fornecido, obtemos, a) f
= 2
'(0) + g '
⋅
dt
tf
()
d [ f( ( ))] t dt
= '(f ( )) t'( ) ( 1,t 2=
, e−
= − e − t (1, 2e− ,t
e −2)t
=
.
1 t + 2t 3 + t 5 t t 6 3 4+ 2+ = 3 ,0> ∀ 4 1 t + 9t 2 + 9 t2 + t4 + t6 9
)()'(
b) ) d f (t ttf f=
c)
(1,0+ −,0 ) =( 1,0,1) (0,0 ,1)
)( e −2
t
t
)− e −
t
.
t
.
A aceleração e a Lei de Newton O movimento em linha reta pode ser estudado por meio dalei de Newton. Obtemos resultados interessantes ao formularmos a lei de Newton parauma o movimento num plano. SejaF (t ) a força total atuando sobre partícula no instante t ; a força age com certa intensidade numa certa direção, de maneira que F é uma fu nção vetorial. A lei de Newton diz que F = (mv) ' 144
onde m é a massa da partícula e v sua velocidade. Agora, a força F e a velocidade v são funções vetoriais. Em muitas situações a massa m pode ser considerada independente de t , logo a lei se simplifica para F = m v ' . A derivada v ' que ocorre na fórmula será chamada de aceleração, representada pora; a = v ' = f '' .
Assim quando a massa é constante, a lei de Newton toma a forma simples, F
= m a. Geralmente aplicamos esta última fórmula para deduzir a aceleração e portanto o vetor posição f a partir de forças conhecidas. Pode também, naturalmente, ser usada em sentido contrário.
a função vetorial f (t) = f(0) + t C , com C um vetor constante. Calcular a sua velocidade e aceleração respectivamente. Exemplo 4.13. Seja
Solução. Calculando a derivada temos f '(t) = C e sua aceleração f ''(t) = 0 . Observamos que não há aceleração e, portanto nenhuma força. Na ausência de qualquer força ou qualquer mudança de massa, a partícula se moverá sobre uma linha reta com velocidade constante. Exemplo 4.14. Consider a função vetorial f (t) = ( rcos( t), rsen( )) t
.
Calcular a velocidade e acelaração, respectivamente. Solução. Aplicando a derivada de uma função vetorial obtemos o vetor velocidade, vt( ) f=t '( )r =( t−sen( r t), cos( ))
.
A velocidade do movimento é o comprimento do vetor velocidade vt ( ) r=
cos t 2r ( ) 2t+2sen r ()
2
= ,
que é uma constante. Mesmo se o caminho é percorrido a uma velocidade constante, o vetor velocidade não é constante; sua direção está sempre mudando. Repare que neste caso,v foi obtido a partir de f por uma rotação de um ângulo de
2
radianos.
145
Com relação a aceleração encontramos que f ''(t) = − f( )t , de maneira que a aceleração é diretamente oposta ao vetor posição. O vetor posição aponta para fora do círculo, enquanto que o vetor aceleração está dirigido para o centro do círculo; esta aceleração é chamada aceleração centrípeta. Observação 4.8. Uma curva que é formada por um número finito
de curvas suaves ou lisas colocadas juntas de maneira contínua é chamada de suave ou lisa por partes. Quando f '(t) ≠0 , a derivada modela a velocidade de uma partícula conforme esta se move ao longo da curva espacial definida por f (t ) . A derivada aponta na direção e sentido do movimento e dá a taxa de variação da posição em relação ao tempo. Para uma curva suave, a velocidade nunca é zero; a partícula não pára ou inverte o sentido do movimento. Observação 4.9. Se considerarmos f
como vetor posição de uma partícula que se move ao longo de uma curva suave ou lisa no espaço, então em qualquer instante t as definições a seguir se aplicam, •
•
•
df v (t ) = dt
, a derivada de posição, é o vetor de velocidade da partícula e é tangente à curva. v (t ) , a norma de v , é o módulo da velocidade, ou velocidade escalar, da partícula. a (t ) =
d v d f2 = dt dt 2
, a derivada da velocidade e derivada segun-
da da posição, é o vetor aceleração da partícula. •
v v
, um vetor unitário, é o versor do movimento.
Com essas definições podemos escrever a velocidade de uma partícula dade eem seumovimento versor, como o produto do módulo de sua veloci v . v
v= v
146
Exercícios 1) Considere as seguintes funções f (t) = ( ,t ,t t)
2
g (t) = (cos( t), sen( t), t)
e (t ) = e . Encontre:
a) a) g ′′(t ) . b) c)
b) f ′′(t ) .
( f ⋅ g) ' .
d) [ f × g ]' .
[ f ]'
c) e) d) g) e) i)
,
−t
[ f ( ( t))]'
.
.
f) . h) [ g( t 2)]' .
.
j) ( f ( )t + g( ))t ' .
2) Considere o arco C da hélice descrita pela função t∈ [0, / 2]
f (t) = (cos( t), sen( ), t ),t
.
Mostre que em nenhum ponto de C , a derivada f ′(t ) é paralela à corda de f (0) a f . 2 Seja (t ) o vetor posição de uma partícula em movimento, onde t ≥ 0 é o tempo. Descrever a forma geométrica da trajetória e encontrar o vetor velocidade, aceleração e velocidade escalar do movimento de:
3)
a) (t) = (4t , t−t4 , 2 ) . b) (t) = (1 t+t ,t32
, 23
−)
3
.
c) (t) = (10co s(2 t ),10se tt n(2 )),
=
4
.
t . d) (t) = (2 +3cos(2 t), 4 −3sen(2 )) t t2), sen(t e) (t) = (cos(
2
), 2sen(3 ))
.
4) Para as seguintes curvas dadas, encontre as equações
das retas tangentes horizontais calculando os valores det para os quais y′ = y′( t) = 0 e obtenha equações das retas tangentes verticais calculando os valores de t para os quais x′ = x′( t) = 0 onde f (t) =( (x ),t (y))t
147
a) f ()t=( t 2, + t t)2 − t b) f (t) = (4 t 2 −4 ,1t 4− )t 2 3at 3at 2 1 +, t 3 1 + t 3
c)
f ()= t
d)
f (t ) = (4sen( t), 7 cos( t)),
e)
f (t) = ( t 1, +
−,1 t 2 2−), t
t=
2
= 0t
Encontrar f ′(t ) e f ′′(t ) das segui ntes funções vetoriais espe5) cificando seus domínios a)
f (t) = (arcsen( t), ln(1 +5 t), t 2)
b)
f (t) = ( e5t, ln(1
c)
f ()= t
d)
f (t ) = (cos( t), sen 2( t), sen(2 t), tan( t))
e)
f (t ) = (arcsen( t), arccos( t))
f)
f (t ) = (cosh( t), senh( t), e −5t)
g)
f (t) = ln(1
h)
f (t) = (| t| ,|t |,1 t ln(4 −
1− t2 1 +, t 2
+ ),t arctan( t +1)) 2t
1+ t 2
1 , arctan( ) t 1+ t2
+ t),2
+ ))t 2
6) Seja a função vetorial dada por; 2t 1 − t 2 1 +, 2 1, 1+ 2 t t
()=t
.
Mostre que o ângulo formado por (t ) e ′(t ) é constante, isto é independente do parâmetro t .
7) Se (t) = (4 t, −16 t ) 2
e desenhar (t ) , e t =2.
8) Se (t) =e( 148
t
descreve a queda de uma bola, calcular e a = v′(t ) para os tempos t = 0 , t = 1
v = ′(t )
, sen( t t )), s
=
2
. Calcular
d d , dt ds
e
dt . ds
9) No tempo t uma partícula tem o vetor posição: (t) =t ( +cos( tt ), t +sen( ))
.
a) Mostre que o vetor a possui uma magnitude constante, com a = ''(t ) . b) Esboçar o gráfico correspondente at em [0,4 ] .
10)
Calcular a derivada, funções vetoriais em t0 = 0 , se existir, de cada uma das seguintes a)
b)
c)
3 1 t t sen , se, t 1 + e1/2 (0, 0) se,
0t
f (t ) =
2 1 2 t sen , 1 + t se, t (0,1) se,
g (t ) =
2 t 2 1 e , tsen se, t (1, 0) se,
h(t ) =
11) Seja f : →
≠
.
t=0 t0≠
.
t=0 t0≠
.
t=0
uma função vetorial, tal que existem as derivadas f ′ , f ′′ e f ′′′ . Mostre que: a)
d ( f, f, ′ ′)f=′ ( , dt
n
′,f ′ ′f) ′ ′′f
12) Seja f :[ a, ]b ⊂ → Mostre que
f
b) f f ′ = f
d f dt
tal que f = k onde k e′ constante. e f ′ são perpendiculares. 3
149
4.3 Integração de Funções Vetoriais Uma função vetorial f :[ a, ]b ⊆ → n é integrável à Riemann em [a, b] se e somente se suas funções coordenadas fi :[ a, ]b ⊆ → são integráveis à Riemann em [a, b] e nesse caso define-se Definição 4.6.
b a
f
Ab integral ∫ existe sempre que cada uma de suas integrais ∫a f i com i = 1, n existe. Em particular se f é contínua em [a, b] b
então ∫a
f
existe.
Exemplo 4.15. Seja f :[0,1] ⊆ → 2 1 por f (t) =(, t ) t 2 . Encontre f (t )dt .
a função vetorial definida
∫
0
Solução. Aplicando a definição e integrando cada função componente .
4.3.1 Propriedades de Integração de Funções Vetoriais Sejam f , g:[ a, ]b ⊆ → n funções vetoriais integráveis então a função f (t) ± g( ),t , ∈ é integrável em [a, b] e b
∫ [ (f) t a
Seja C = c( c1,
b
a
e
C ⋅ (f) t dt
b
∫
a
a
integrável
b
= C ⋅ ()∫a f t dt b
[C × f()] t dt [ C =
→ en
×()f∫at] dt
3
em
.
são integráveis em [a, b] , então,
f
∫
b
a
150
a
⊆→ função vetorial ∈ n um vetor constante, então,
f :[ a, ]b c )n 2,...,
f :[a, ]b
b
n
∫
Se
b
±()]g t dt (=) ∫ f t ()dt ± ∫ g t dt .
f )(t dt
b
≤ ∫a)( f t dt .
e
Teorema 4.2 (1º Teorema Fundamental do Cálculo).Seja f :[ a, b] ⊆ → n função vetorial contínua em [ a, b] então a função F definida por: t
= ∫a(f) , d
F ()t
a≤t ≤b
é derivável e F '(t) = f( )t ∀ t ∈ [a, b] . Demonstração. A prova se obtem pela aplicação do primeiro teorema fundamental do cálculo a cada uma de suas componentes. Teorema 4.3 (2º Teorema Fundamental do Cálculo).Seja f :[ a, b] ⊆ → n função vetorial com derivada integrável.
Então
∫
b
a
f '()t dt = (f) b (−) f a
.
Demonstração. De maneira análoga a prova é uma aplição a cada componente do segundo teorema fundamental do cálculo, e deixamos para o leitor. Exemplo 4.16. Seja a função vetorial contínua, t ]t = , 1 +, 4 t 2 ∀ ∈ t 3[4⊆ 2 1 + t 4 Calcular ∫2 f (t )dt .
t3
f ()t
.
Solução. Pela definição, integrando cada função componente, obtem-se 4
4
4
4
∫ f ()t dt∫= ( ∫(f) ,t dt∫() , f 1
2
2
2
2
(t) dt
f3 t dt )
2
Usar substituição t=tg 4 4 4 t =∫ dt , ∫ 1 +t² dt , 4 ³∫t dt 2 1+ t² 2 2 1 17 1 4 17 + = 2 ln 5 , 42 17 2 5− ln + 2 + , 240 17
.
Utilizamos para a integral de f 2 a substituição trigonométrica t
= tg () quando 0 ≤ <
2
e t ≥ 0. 151
Como o Torema fundamental do cálculo pode ser extendido para funções vetoriais, a equação diferencial y ' = f pode ser resolvida na forma convencional.
Se a função f é contínua em um intervalo I , se é um vetor qualquer, então existe uma e somente uma solução em I da equação diferencial, Teorema 4.4. t0 ∈ I e se y0
y'= f
que satisfaz
y (t0 ) = y0 . A solução é y)(t
t
= y0 + ∫()t f d . 0
Observação 4.10. Seja y (t ) o vetor posição de uma partícula P de massa m , a velocidade de P é v(t ) =y t'( ) e a(t ) =v '(t ) a aceleração de P no instante t . Se a força que atua sobre P no instante t é F (t ) , então, pela segunda lei de Newton, y deve satisfazer a
equação ma =my '' = F
.
Portanto a trajetória de uma partícula P está determinada por essa equação diferencial junto com outras condições iniciais. Exemplo 4.17. Supondo a fricção e força gravitacional constantes,
forneça uma descrição do movimento de uma partícula de massa m cuja velociadde inicial é v0 e cuja posição inicial é y0 . Solução. Seja a força constante dada por m g . Então temos que a aceleração é a = v' = g. Logo podemos integrar de 0 ate t e obter, vt( ) v=
t
+0 gd∫0 =v + gt 0
e portanto teremos que o deslocamento é dado por, y)(t
152
= y+0(
t
∫ +)v 0 0
g= 0+ 0d + y
vt
gt 2 2
.
Exercícios 1) Calcular a seguintes integrais: 1
a)
∫ (t, t , e) dt
c)
∫ (te,
1/2
t
0
1
0
t
.
t ,2e t te ) − tdt
b)
∫
/2
0
(sen( t),cost( ), ttg( dt ))
.
.
2) Calcular A ⋅ B se A = (2, −4,1) e ∫
1
B = ( te 2,t ct osh(2 ),t 2 te)−2 t dt . 0
3) Uma função vetorial f
satisfaz a equação tf ′(t ) = f t( ) tA+ para t ≥ 0 , onde A é um vetor fixo. Encontre f ′′(1) e f (3) em função de A sempre que f (1) = 2 A .
4) Encontre uma função vetorial f , contínua no intervalo ]0, ∞[ tal que: f ()= x
sendo
A
1 x xe x A + () , f t>0dt x 0
∫
x
,
um vetor fixo não nulo.
5) Considerar uma função vetorial f , não nula e com derivada contínua f ′(t ) . Supor que f é paralela à sua derivada, f ' . Mostrar que existe um vetor constante A e uma função real positiva tal que; f (t) = ( )t ,A t ∈ .
6) Se
f , g :[ a, ]b
→ n são funções vetoriais de classe C1 , então
mostre que
∫
b
a
f (t) ⋅ g( ′) t =dt[ ( ) ⋅f (t)] − g⋅t
b a
∫
b
( ) ( )f ′ t a
g t dt .
Dados o vetor v ≠ 0 e uma função vetorial f tal que 7) f (t) ⋅ v= , t ∀ t ∈ e tal que o ângulo formado por f ′(t ) e v é
constante. Mostre que f ′′(t ) e′ perpendicular a f ′(t ) .
153
4.4 Parametrização de Curvas De maneira simplificada a geometria de curvas e superfícies é estudada pela geometria diferencial clássica que estuda as propriedades locais de curvas e superfícies. Em geral, tal estudo é iniciado numa disciplina de cálculo diferencial. Entendemos por propriedade local aquela que depende do comportamento da curva ou superfície na vizinhança de um ponto. Os métodos apropriados para o estudo de ditas propriedades são os métodos do cálculoem diferencial. esta razão,serão as curvas e superfícies consideradas geometriaPordiferencial definidas por funções que podem ser diferenciáveis várias vezes. Provavelmente, a parte mais importante e representativa da geometria diferenciável clássica é o estudo de superfícies. Entretanto algumas propriedades locais de curvas aparecem de uma maneira natural no estudo das superfícies e dedicaremos esta primeira seção a um tratamento esquemático das curvas.
4.4.1 Curvas Parametrizadas Nosso objetivo principal é caracterizar alguns subconjuntos de 3 (chamados de curvas) que são unidimensionais (em certo sentido) e aos quais possam ser aplicados os métodos do cálculo diferenciável. Uma maneira natural de definir tais subconjuntos é por meio de funções diferenciáveis. Dizemos que uma função vetorial de variável real é diferenciável ou suave (smooth) se ela possui, em todos os pontos derivadas de todasas ordens (que são automaticamente contínuas). Uma curva diferenciável parametrizada é uma aplicação diferenciável : I ⊆ → n . Definição 4.7.
A imagem ( I ) ⊂ n é chamada traço de . Devemos ter cuidado ao referirmos ou ao distinguir uma “curva parametrizada”, que é uma aplicação, de seu traço, o qual é um subconjunto de 3 . Tal conjunto é denotado por( I ) = C com I =]a, b[ . A variável t é chamada de “parâmetro” da curva. 154
Exemplo 4.18. A curva parametrizada diferenciável dada por t b), sen( t bt ),t ) , ∈ , tem traço uma hélice de passo (t) = (a cos( 2 2 2 2 b sobre o cilindro x + y = a . O parâmetro t mede o ângulo que faz o eixo x com a reta de srcem zero que passa pela projeção do ponto (t ) sobre o plano xy . Ver a figura abaixo: z
f ´(t) 0
x
y t
Figura 4.10
Exemplo 4.19. Seja uma aplicação de ∈ . Trata-se de uma curva (t) =(t ,t3 )t2,
em 2 tal que diferenciável cujo
traço é dado pelas equações paramétricas x = t3 , y = t 2 . 3
Logo fazendo
y
= t temos a equação cartesiana dada porx = y 2. y
α
0 x
0
Figura 4.11
Observamos que: '(0) = (0,0) , isto é, o vetor velocidade se anula para t = 0 . Exemplo 4.20. Seja (t)= − (t t 3 t4 ,−
2 t∈ 4) ,
, a curva parametrizada diferenciável cujo traço é dado na seguinte figura,
155
(t) = (3t2 - 4, 2t) α (0) = (0, - 4)
y
α
α
0
x
0
-4 Figura 4.12
Observamos que (2) = ( −2) =(0,0 ) , isto é, a aplicação ou função não é biunívoca. Essa curva apresenta uma auto-interseção no ponto (0,0) . Escrevendo x = t −3 =4t (−t t 2 4) e y = t 2 − 4 obtemos x = y + 4 y ou x 2 = y 3 + 4 y 2 que é a equação cartesiana dessa curva. Exemplo 4. 21. A função
não é uma curva parametrizada diferenciável, pois t não é diferenciável parat = 0 . O gráfico dessa curva aparece na seguinte figura: y
α
0
0
x
Figura 4.13
t Notamos que '(0) não existe pois '(t) =1, , 0t ≠ . Escre t vendo x = t e y = t obtemos que y = x é a equação cartesiana
dessa curva em 2 . Exemplo 4.22. As duas curvas parametrizadas distintas, (t) = (cos( t), sen( t)) 156
D
izemos que uma função é biunívoca quando ela é ao mesmo tempo intetiva (injetora) e sobrejetiva (sobrejetora).
t ), tsen(2 t ) ,)−∈ +]0 > , 2 [, 0 e (t) = (cos(2
,
tem o mesmo traço, o círculo x + y = 1 . Observa-se que o vetor velocidade da segunda curva tem o dobro da amplitude do vetor velocidade da primeira curva. Ver a seguinte figura 2
2
y
α
β`(t)
0
0
x
α`(t)
Figura 4.14
Exemplo 4.23.
Considerar a curva parametrizada : → 2
dada por (t, )t s
(t ) =
0 t≤
e
2
(t, t )
t >0
se
.
Encontre seu traço. Solução. Notamos que essa curva tem equação cartesiana dada por x, se
C: y = fx ( ) =
x 0≤ x 0>
2
x , se
.
Veja a seguinte figura, y
α
y = x2
0
0
x
y =x
Figura 4.15
157
Considere uma curva cujo traço é formado pela interseção da esfera x 2 2+ y 2+ z2 = R com o plano z = a onde 0 < a < R . Esse traço pode ser representado por uma curva parametrizada (t ) ? Exemplo 4.24.
Solução. Projetando no planoxy obtém-se: C0 x: 2y2+ R 2=a 2 − , 2 uma circunferência no plano. Escrevendox()t = R 2 − acos( ) t e 2 2 y (t) = R − asen() t , t ∈ [0,2 ] , obtemos que (t) =(x(t ),y t ( )) parametriza essa circunferência.Portanto a parametrização requerida é dada por . O gráfico esta dado na seguinte figura, z
α
a
C0 = traço R
0
0
y
x Figura 4.16
Dizemos que um subconjunto C ⊆ n é o traço de uma curva parametrizada diferenciável se existe uma função vetorial : I ⊆ → n tal que ( I ) = C . O subconjunto C é chamado de traço da curva . Definição Geral 4.1.
4.4.2 Classificação de Curvas Seja
C ⊂ n
traço de uma curva parametrizada, isto é, existe tal que ( I ) = C . Então acontecem os seguintes
: I ⊆ → n
casos: i) Dizemos que C é um traço com pontos duplos se(t)1 = () t2 , para algum t1 ≠ t2 Ver o exemplo 3, anterior. Também temos o seguinte exemplo: 158
Exemplo 4.25 . A curva parametrizada diferenciável (t) =(t
3
2 +t t, t
3
)−
tem traço com pontos duplos, pois, e são tais que 9 7− + 13 )( = t2 e t1 ≠ t2 . 8 16
)(t1 ,=
ii) Dizemos que C é um traço simples se não possui pontos duplos. Ver qualquer um dos exemplos 1, 2, 5, etc. iii) Dizemos que C é um traço regular se CI 1( ) et '() ≠ 0∀ t∈ I (t) ∈
.
iv) Dizemos que C é um traço fechado se (a) = ( ) b onde I = [ a, b] . Exemplo
4.26.
A
curva
parametrizada
diferenciável um
:[0,2 ] → 2 definida por (t) = (4cos ( t), 2sen( t)) fornece traço C fechado, pois (0) = (2 ) =(4,0 ) . Ver a figura 4.17.
y α
(0,2) (4,0) 0
x
2π
C = traço
Figura 4.17
Exemplo 4.27. Considere a curva parametrizada diferenciável : → 3 definida por (t) =(a cos( t a), sen( t b t ), ) onde a > 0, b > 0 . Mostre que fornece um traço regular. 159
Solução. Será que a função é de classe C 1 ? A resposta é sim, t a ),tb cos( t ), ), ≠t∈ ∀ '( ) 0 . Notamos pois '(t)−= (a sen( também que a derivada também é contínua. Assim ela possui traço regular. Definição 4.8. (Reparametrização de uma Curva regular) Seja C ⊂ n traço de uma curva regular parametrizada, isto é, existe uma função vetorial : I ⊆ → n tal que ( I ) = C e '(t) ≠0 em I = [a, b] . Uma reparametrização de é uma outra curva da
forma = :[c, d] = J → n , onde :[c,d] →[a,b] é uma função diferenciável com '(u) ≠0, ∀ u ∈ J e é sobrejetiva, além disso: (u) =( )( ) u (= ()) u para todo u ∈ [c, d ] . Ver o gráfico a seguir z α
ϕ
c
u
d
C = traço a
t
y
b x γ = α° ϕ
Figura 4.18
Observação 4.11. Acontecem os seguintes casos: •
•
Se '(u) >0 , então conserva a orientação srcinal da curva . Se '(u) <0 , então inverte a orientação da curva .
Se a reparametrização = : J ⊂ → n é contínua então a curva :[ a, ]b ⊂ → n é também contínua. Observação 4.12.
Exemplo 4.28. Considere a curva parametrizada regular :[0,2 ] ⊂ → n tal que (t) = (cos( t), sen( t)) . Encontre reparametrizações da curva de maneira que ilustre as observações
anteriores. 160
Solução. A função :[0,1] → [0,2 ] definida por u (u ) = 2 u é sobrejetiva e '(u) ≠0 . Seja = [0,1] ⊂ 2 tal que u sen(2 ))u (u) = ( u) =(cos(2 ),
Como '(u) 2= 0>
∀ u ∈ [0,1] .
então conserva a mesma direção de .
Seja :[ 0,2 ] →[0,2 ] definida por (u ) = 2 − u . Então é sobrejetiva e '(u) ≠0 , logo u (= ) ( cos(2 (u) = −u u −),sen(2
))
é reparametrização de . Como '(u) = 1− 0< então inverte a orientação de .
4.4.3 Equações Paramétricas da Reta Tangente No plano, uma reta é determinada por um ponto e um número fornecendo o coeficiente angular dela. De maneira semelhante, no espaço, uma reta é determinada por um ponto e um vetor fornecendo a direção da reta. Suponha que L seja uma reta noespaço passando por um ponto P0 paralela a um vetor v =v i1 + v j2 v+k 3 . Então o conjunto L esta P0 P é paralelo ao vetor v . formado pelos pontos P para os quais Assim P0 P = t v para algum parâmetro escalar t . O valor de t depende da localização do ponto P ao longo da reta, e t se encontra no intervalo ] − ∞, ∞[ . A forma expandida da equação da reta será, P= + P⇔ tv 0
=(,x
, y ) (z,+0 0 0,x 12 3) y( ,
z,
)t v
v
v
.
Se f (t ) é o vetor posição de um ponto P sobre a reta e f 0 é o vetor posição do ponto P0 então temos a seguinte equação de uma reta no espaço, f )(t = f 0+ , t v ] ∈t,−[ ∞ ∞ . Igualando as componentes correspondentes dos dois lados da equação acima temos três equações escalares envolvendo o parâmetro t : x = x0 + tv1 , y = y0 + tv2 , z = z0 + tv3 .
161
Essas equações nos dão a parametrização natural da reta para o intervalo do parâmetro t no intervalo ] − ∞, ∞[ . Exemplo 4. 29. Encontre equações paramétricas para reta que passa por (−2, 1, 4) e é paralela ao vetor v = (1, 4, −2) .
Solução. Identificando os pontos dados com osda definição temos que P0 =( −2, 1, 4) e (v1, v,2 )v3( 1,= 4, 2) − . Logo substituindo nas equações paramétricas acima obtemos, x = x0+ tv= t , y = y0+ tv=2 + 1 4t 1 − +2
e z = z0+ tv=1 − 4
2t
com t ∈ .
Encontre equações paramétricas para a reta que passa pelos pontos (−5, 2, −5) e (1, −1, 4) . Exemplo 4.30.
Solução. Formando o vetor FP , FP = P −
=F −(1, −1, −
4) ( −5,= 2, − 5) (6,
3, 9)
que é paralelo à reta, e as equações paramétricas com P0 =( −5, 2, 5) − fornecem x = x0+ tv= 1−
+5
6t , y = y0+ tv=2
e z = z0+ tv=1 − + 5
9t
−2
3t
com t ∈ .
Poderíamos ter utilizado o outro ponto Q0 = 1( , ponto base e ter escrito,
−1, 4)
como
x = x0+ tv=1 + 1 6t , y = y0+ tv= 2 − − 1 3t
e z = z0+ tv=1 + 4
9t
com t ∈ .
Essas equações assim com as primeiras estão corretas, a diferença é que mostram um ponto distinto sobre a reta para um valor dado da variável t . No caso de uma reta ligando dois pontos, primeiro parametrizamos a reta que passa pelos pontos. A seguir encontramos valores do parâmetro t para os extremos e restrigimos t ao intervalo fechado e limitado por esses valores. As equações da reta junto com essa restrição parametrizam o segmento em questão. Observação 4.13.
162
Exemplo 4. 31. Parametrize o segmento de reta que liga os pontos ( −5, 2,
−5) e
(1,
−1, 3) .
Solução. Iniciamos construindo as equações paramétricas da reta que passa pelos pontos dados, e para isto usamos as mesmas idéias do exemplo anterior, onde agora o vetor paralelo à reta será: FP= (1, − 1,−− 3) ( −5,= 2, − 5) (6, 3, 8) , logo as equações paramétricas serão, x = x + tv=− 0
+5
y = y + tv=
6t
1
,
e z = z0+ tv=3 − + 5
0
8t
−2
3t
2
com t ∈ .
A seguir observamos que o ponto, ( x,
,y ) z ( =5−6+ , 2 3 t −,
5−8+ t)
t
passa por (−5, 2, −5) quando o variável t toma o valor de zero e passa por (1, −1, 3) quando a t = 1 . Incrementamos a restrição t ∈ [0,1] para parametrizar o segmento pedido, isto é, x = − 5 + 6t , y = 2 − 3t
e z = − 5 + 8t com t ∈ [0,
1] .
Se a curva C é uma curva descrita por f : I ⊆ → n , função vetorial, e se o vetor derivada f ' existe e é distinto de zero, então f ′ se chama de vetor tangente à curva C no ponto f (t ) e a reta tangente à curva C em um ponto f (t ) é definida como a reta que passa pelo ponto e é paralela a f '(t) , logo, L = { f() t
+()rf: ′ t
}r ∈
.
Em tudo isto, é necessário que a f '(t) ≠0 , para uma curva suave, para termos certeza de que a curva tem uma tangente que gira em cada ponto. Sobre uma curva suave ou regular não existem cantos (esquinas) ou vértices. O vetor tangente f ′(t ) aponta na direção da curva correspondente ao crescimento de t . A equação anterior se mostrará mais reveladora se pensarmos em uma reta como a trajetória de uma partícula saindo da posição f (t ) e movendo-se na direção e no sentido do vetor velocidadev = f '(t) . Reescrevendo a equação da reta tangente temos, f (t)
+ r '(f ) t =() f t +'(r) f t
f '(t) f '(t)
163
onde fator
f (t ) indica a posição inicial, f '(t) f '(t) fornece a direção e sentido. f '(t)
módulo da velocidade e
Se a curva C se encontra em particular em 3 podemos escrever a reta tangente em termos de suas funções componentes formando as seguintes equações x(t)
= f(1) t + (rf),1′ t
y (t)
(),2′ t = f(2) t + rf z (t) = f(3) t + (rf),3′ t
r∈ r ∈ r∈
chamadas de equações paramétricas da reta tangente à curvaC . O seguinte exemplo mostra que a definição de reta tangente a uma curva é uma extensão do conceito de reta tangente ao gráfico de uma função real de variável real. é gráfico da função real g , mostre que g ′( x) é a inclinação da reta tangente no ponto( x, g( )x) de C . Exemplo 4.32. Se C
Solução. Se
C
é a curva descrita pela função f ( x) =( ,x (g ))x .
x e, portanto a reta tanEntão a sua derivada será f ′( x) =(1, g(′ )) gente no ponto ( x, g( )x) de C é L = {( x, g( ))x
+(1,r (g))′ :x
r }∈
.
Com isto concluímos que a inclinação deL esta dada por g ′( x) .
Introduzimos agora outra notação para a derivada. Se a curva é descrita pela transformação f do intervalo I , então C = {x :x f=t (), t I } ∈ e dizemos que C é descrita pela equação paramétrica x = f (t ) . O seguinte símbolo é usado para a derivada de f : dx dt
= f ′(t ).
Se C é uma curva do espaço tridimensional, então possui uma equação da forma, w = (x ,y z, ) f =t( ) 164
e a correspondente derivada será, dw dx dy dz = , , dt dt dt dt
=)( f ′ t .
4.4.4 Função Comprimento de Arc o Até agora consideramos o movimento que ocorre basicamente ao longo de uma linha reta. Para examinar o movimento ao longo de outras curvas suaves, precisamos ter um comprimento mesurável ao longo curva.sua Issodistância nos permite localizar pontos longo dessas curvasdadando orientada s , ao longoaoda curva, a partir de algum ponto base, da mesma maneira que encontramos pontos sobre os eixos coordenados dando suas distânciasorientadas a partir da srcem.
O
tempo é o parâmetro natural para descrever a velocidade e a aceleração de umcorpo em movimento, mass é o parâmetro natural para estudar o formato de uma curva. Ambos os parâmetros são úteis para estudar curvas no espaço, como logo será visto. Para desenvolver a disciplina de Cálculo III é essencial a existência de uma tangente em todos os pontos.
f : I ⊂ → n→curva parametrizada diferenciável. Para cada t ∈ I , onde f '(t) ≠0 , fica definida uma única reta na direção de f '(t) (vetor tangente em t ).
Seja
Convém chamar de ponto singular de f a um ponto t ∈ I onde → f '(t) =0 e restringirmos as nossas considerações às curvas sem pontos singulares. Definição 4.9. Uma curva parametrizada diferenciável : I → 3 com →' contínua em →I , é dita regular ou suave (lisa) se '(t) ≠ 0 ∀ t ∈ I , onde 0 indica a srcem de n .
Daqui em diante estudaremos curvas parametrizadas regulares ou suaves e omitiremos, por comodidade, o adjetivo “diferenciável”. Observação 4.14.
A fórmula a seguir define como medir a distância ao longo de uma curva suave (lisa) no espaço. 165
Definição 4.10. Seja : I ⊆ → n , uma curva parametrizada regular (suave). SejamP = (t1) e Q = ( t)2 . Então o comprimento de arco do traço da curva do ponto P até o ponto Q é dado por, ) L ( PQ
t2
= ∫t '() t = dt
∫[
t2
t1
n
1
2 '(+)]1 [ + t+'()]
2 [t 2'()]
Q
P
=
=
α
n t
2
dt
(t2)
(t1)
α
Figura 4.19
Em geral o comprimento total do traço da curva suave C = ([a, b]) é dado por L (C)
b
= ∫a '() t dt com t ∈I =a[b ,
].
expressão no integrando da formula anterior é conhecida como o módulo do vetor velocidade . Logo, podemos escrever a fórmula para o comprimento de maneira abreviada, .
A
Definição 4.11. A função comprimento de arco de uma curva suave (regular) : I ⊂ → 3 , definida por
() 1ti ()t =
a partir de uma srcem
t0 ∈ I
(+)tj 2 t()j + 3
,
, é por definição:
t
s ()t
= ∫t '() u, du 0
∀ t∈I ,
onde '(t) = [t ' ( 1)] t 2[ +' (t)] 2 [ 2' (+)] 3 2 é o módulo do vetor '(t) . Como ' ≠ 0 e contínua em I , então s (t ) é uma função di3
ferenciável de t e, portanto 166
ds = '(t) dt
.
Encontre o comprimento de arco das seguintes curvas parametrizadas regulares: Exemplo 4.33.
a) (t) =(a cos( t a), b) ()t =
sen( t bt ),
1 3 1 −1 ,t t 6 2
t ,1, 2
desde t1 = 0 até t2 = 2 .
)
desde t1 = 1 até t2 = 3 .
t cos( t t ), t3 tsen( ), 4 ) desde t1 = 0 até t2 = 4 . c) (t) = (3
Solução. Temos que t a ), t cos( b ), a) '(t) =( a− sen( Então L)(C
2
=)∫'(0
2
com módulo '(t) = a 2 + b 2 .
)
∫
2
t = dt + = 2a 2 +2 b dt
2 2
a
0
b) Temos que '()t = ) '(t
2
1 , 0, 2
1 2 ,t 2
.
b
1 − t −2 . Então 2
1 1
1
1 1
2 4
4
2 4
= + t +t 4 =4 +−tt ( +4) 4
−
ou '() t
2
1
1
1
2
4
4
= + ( t t + )4 =4t(t− +4 +42)= 1 4
−
1 − (t 4 t+ 4+− 2tt 2 ) = ( +t 2 t ) 22 4
−
ou 1
12
4
2
2 t t +2 '()t = ( t t +2) 2=
3
3
−
.
1
14
2
3
Assim, L()C = ∫1'() t = dt( +∫1 ) = t 2 t −2 dt
.
t t ) −t 3 se n( t ), t 3sen( t ) +3 cos( ), 4) . c) Aqui temos '(t) = (3cos( 2 Logo é fácil verificar que '(t) =25 9+ t 2 . 25
Portanto '(t) =3 t 2 +
.
9
Assim L(C )
4
= ∫0 '() t3= dt +
∫
4
0
t=2
25
+ dt
9
resolver a integral por substituição trigonométrica
26
25 ln(5)
6
.
167
4.4.5 Comprimento de Arco como Parâmetro em Representação de Curvas Dizemos que uma curva parametrizada regular :[ a, ]b ⊂ → n é parametrizada pelo comprimento de arco, quando para todot em [a, b] tem-se, L( AB )
t
= ∫a '() u du = t − a . (a)
AB
(t )
apara Isto é, para caminhar longo da curva percorre uma distânciadeigual t − a . Verao a figura abaixo.
se
α
B=
(t)
α
D= α(s) a
s
t
b
A=
(a)
α
Figura 4.20
Em geral se s < t e s ∈ [a, b] , então
L( AB )
t
= ∫s '() u du = t − s .
Comentár io 4.1. Se escolhermos um ponto base P (t0 )
numa cur-
va suave (regular) C parametrizada por t , cada valor de t determina um ponto Q(t ) em C e uma distância orientada dada por, s ()t =
t
∫ ()v t0
d ,
medida ao longo de C a partir do ponto base. Se o parâmetro t > t0 , então o valor s (t ) é a distância de P (t0 ) a o ponto Q (t ) . Se ocorrer que t < t0 , então o valor s(t ) é o oposto da distância. Cada valor de s determina um ponto em C e isso parametriza C em relação a s . Chamamos a variável s de um parâmetro de comprimento de arco para a curva. O valor do parâmetro aumenta na direção de t crescente. A utilidade do parâmetro comprimento de arco é particularmente eficaz para estudar a natureza da rotação e da torsão de uma curva. Se uma função vetorial f for dada em termos do parâmetro t e se s (t ) for a função comprimento de arco, Observação 4.15. s ()t = 168
t
∫ ()v t0
d , então possivelmente sejamos capazes de encon-
trar t como função da variável s , isto é, t = t ( s ) . Então a curva pode ser reparametrizada em termos de s substituindo-se t : f (t( s)) . Isto será ilustrado no próximo exemplo. Teorema 4.5. Uma curva regular :[ a, ]b → n é parametrizada pelo comprimento de arco se e somente se '(t) =1 para todo t em [a, b] . Isto é, o vetor velocidade tem módulo constante e igual
a um. Demonstração. Será feito nos dois sentidos: ( ⇒) Se é curva regular parametrizada pelo comprimento de t t [a,b] arco então ∫a '(u) du=t − a , ∀ ∈ . d dt 1º T. F. C
=
Então '() t
↑
'(t) udu = {ta−= } 1d dt ∫a
∫
( ⇐) Se '(t) =1, ∀∈ t [ab⇒ ,]
t
.
∫
u'( du )=
du =1− t a
a
t
.
a
Exemplo 4.34. Seja a curva :[0,2 ] ⊆ → 2 definida por (t) = (cos( t),sen( t)) é parametrizada pelo comprimento de arco?
Solução. A resposta é afirmativa pelo Teorema anterior, pois, '(−=t)
( sten( t =),c os( + t))= t sen ( 2) cos ( )2 1
Exemplo 4.35. Seja a curva :[0, r] → 3
.
com k > 0, t ≥ 0 defini-
da por kt bk ), t (t) =(a cos(kt ) a, sen(
e uma função :[ 0, w] →[0, a) s = L(t )
b)
r]
)
,
. Calcular
( s )
c) Reparametrizar por intermédio do comprimento de arco. Solução. Faremos item a item. Assim para t ∈ [0, r] a) s =)L=()t '(
∫
t
0
∫
t
=u du+ =k a+2 2 b du 0
2 2
k a
b t.
b) Para encontrar ( s ) temos que aplicar ( L )( )s = s logo pela definição de composta L( ( )) s = s e substituindo obtemos 169
k a b2 + s2 (s )= s∀, ≥ ) (=s
s
de onde concluímos
0
s
= , ∀0≥ k a + b2 k c
=s +
2
. e
a2
c
b2
s
ϕ
� 0
0
γ
t
ω
s°ϕ
Figura 4.21
c) A parametrização de é, ()) = s= ()s =(
s s cos a,sen ≥ ,a∀ , kc c c c
s
bs 0.
s
4.16. Convém estabelecer uma convenção. Dada a curva parametrizada pelo comprimento de arco Observação
s ∈−] a, b[,> a >0, b 0 . Podemos considerar a curva (− s ) , definida em ]a, − b[ , que possui o mesmo traço que a primeira, percorrido, porém em sentido contrário. Dizemos então que as duas curvas diferem por uma mudança de orientação.
De outra forma: Seja curva parametrizada pelo comprimento de arcos ∈]a, b[ , podemos considerar a curva :]− −b, →[ a ,≥ n 2n , tal que, (−) s = () s que possui o mesmo traço, porém, de sentido contrário. Exemplo 4.36. Considere a curva
definida por
t ),tsen( t )), (t) = (cos(
∈[0, 2 ] .
Descreva uma outra curva com o mesmo traço e de sentido contrário.
170
Solução. Calculando a função comprimento de arco temos, s = L=(t)
∫
t
0
cos + (2 ) sen = (=2) d
Como L ()s = ⇔ s ( (L)) =s⇔ (s) = s
t
∫ d 0
t
s.
Logo ( s) = ( (= =)) s ( )s (cos(∈),ssen( )),s s[0,2 ] , assim podemos definir a curva, :[ −2 , 0] → 2 tal que (−)s = () s . Comentário 4.2.pois É muito útil parametrizar curva pelo comprimento de arco, o comprimento de arcoaresulta de forma na-
tural da configuração do traço da curva e não depende de um sistema particular de coordenadas. t
Se s = L()t = ∫0 '() u du onde o parâmetro é t e L(t ) é a função comprimento de arco, estão podemos resolver parat em função de s tal que t =t s( ) t=L( ) . Então a curva pode ser reparametrizada em termos des() substituindo t . = (t(L) ) = t(s ( )) . Assim, se s = 3 , logo (t(3)) é o ponto do vetor posição a três unidades do ponto de início na curva.
171
4.5 Parametrização de Superfícies Vamos desenvolver a geometria de superfícies. Anteriormente vimos que as superfícies podem ser observadas como gráficos de funções ou como curvas de nível. Nem toda superfície é gráfico de uma função de várias variáveis. 0}3 Por exemplo, se S = {(x,y,z) : x z−+ z= . Trata-se de uma folha que se dobra em relação ao plano x y e, portanto não é gráfico z = f ( x, y ) da função . Outro exemplo é o toro, ou superfície de uma rosca, pelo raciocínio anterior não pode ser o gráfico de uma função diferenciável de duas variáveis. z
z
(x0, y0, 0) 0
0
y
x x
Figura 4.22 - Superfície que não é gráfico de uma função z = f ( x , y) .
Figura 4.23 - O toro não é gráfico da função z = f ( x , y) .
4.5.1 Superf ícies Parametrizadas Uma superfície parametrizada é uma função vetorial, Φ : D ⊆ 2 → 3 , onde D é algum subconjunto aberto e conexo em 2 . A superfície geométrica S que corresponde à função Φ é sua imagem Φ( D) = S . Podemos escrever a lei de correspondência dada pela função vetorial como, Φ(=u,v)
(x(u ,v )y, u( v, z) ,u(v ∀ ,∈ ) ), u v( , )D
. 2
D em é torcida Intuitivamente atua dea forma queSa, região e dobrada para Φ fornecer superfície veja a figura 4.24.
Portanto cada ponto (u, v) ∈ D é um rótulo ou etiqueta para um ponto ( x( u, v), y( ,u) v, ( z, )u )v sobre S . 172
y
z Φ
v
y
0
D u
x Figura 4.24
Observação 4.17. Se a função Φ
é diferenciavel ou de classe C 1 , equivalente a afirmar que as funções componentesx(u , v) , y (u, v) e z (u, v) são diferenciáveis ou de classe C1 nas variáveis (u , v) , dizemos que a superfície S é diferenciavel ou de classe C1 . Exemplo 4.37. Mostre que o gráfico de z = f ( x, y )
é a imagem de
uma superfície parametrizada. z
(u,v, f (u,v))
y v =
D
(u,v)
Solução. Se z = f ( x, y ) é a superfície fornecida e f está definida em D ⊆ 2 , então se constrói a função vetorial, Φ : D ⊆ 2 → 3, definida por Φ(u, v) =( u, v, f(u, v) ) . Em outras palavras x = x(u , v) = u , y = y (u, v) = v e z = z (u, )v = (f , u) v . Assim, cada ponto Φ (u , v ) está sobre o gráfico de f e temos construído o gráfico como a imagem de uma superfície parametrizada. O gráfico é a imagem de uma superfície parametrizada; seu domínio é D e Φ( D) é o gráfico de f .
x u =
Figura 4.25
Exemplo 4.38. Encontre a representação circular x 2 + y 2 = b 2 e −1 ≤ z ≤ 1 .
paramétrica do cilindro
z
Solução. O cilindro está dado por x 2 + y 2 = b 2 , −1 ≤ z ≤ 1 e, portanto possui raio b , altura 2 e o eixo do cilindro coincidindo com o eixo z . A representação paramétrica é: Φ (u,v ) =b(
v
y u x
cos( u b) , usen( v ), )
R = {(u, )v: 0 ≤ ≤ u2 −, ≤1≤
1} v
, (u, v) ∈ R onde é um retângulo.
As curvas v = constante são circunferências paralelas. As curvas u = constante são segmentos de retas verticais.
Figura 4.26
173
Exemplo 4. 39. Encontre a representação paramétrica da esfera.
Solução. Uma esfera, x 2 2+2 2y + z = b pode ser representada usando coordenadas esféricas, por Φ(uv, ) b=( cos( v )ucos( b v),
z
cos( u b ) sen( v ), sen ( ))
v
onde os parâmetros (u, v) ∈ R no plano tal que 2
R = (u, )v: 0
≤ ≤ u2 ,− ≤≤
2 é um retângulo. As componentes deΦ são
x(u, )v
= bcos( )vcos( ) u ,
y (u, v)
= bcos( )vsen( ) u ,
z (u, v)
v
2
x
Figura 4.27
= bsen( )v .
As curvas u = constante e v = constante são os meridianos e paralelos, respectivamente, sobre S . Temos outra representação paramétrica da esfera utilizada em matemática dada por: u )vsen( b )u, senv b( ) sen v ( ), cos( )) (uv, ) b=( cos(
onde o retângulo é: R = {(u, )v:
y
u
0
≤≤ 2u , ≤0≤
} v
O que acontece quando u = constante e v = constante ? Como exercício fazer um esboço.
.
.
Exemplo 4.4 0. Encontre a representação paramétrica de um cone
circular. Solução. Um cone circular é dado por z = x 2 + y 2 para 0 ≤ z ≤ M . Podemos representar, usando coordenadas cilíndricas, porΦ( u,v ) =u( cos( v u), sen( v u ), ) , onde (u , v) ∈ R e R = {(,u) ∈ v :02 ≤≤ ,u0 ≤≤ M 2 } v . Portanto as componentes de Φ(u, v) são x = x(u, v) = ucos( )v , y = y (u, v) = usen( )v e z = z (u , v ) = u . Podemos verificar que x 2 + z 2 = z 2 .
A modalidade anterior é utilizada na geografia para medir a latitude e longitude de pontos sobre o globo.
174
4.6 Derivada Direcional e Campo Gradiente Considere f : Ω ⊆ 3 → função escalar e Ω conjunto aberto. Um vetor P ∈ Ω e um vetor direção unitário U que inicia em P . Seja L uma semi-reta, cuja srcem é P e na direção do vetor unitário e cuja distância de P para Q ∈ L é representado por s . Se existir o limite Definição 4.12.
∂f f (Q) − (f ) P ( P, U) =lim , s →0 ∂s s
ele é chamado de derivada direcional de f em vetor U . Observação 4.18. O quociente
f (Q)
− (f ) P s
P
na direção do
é a taxa média de va-
riação de o campo escalar f , por unidade de comprimento, na di∂f reção escolhida. Assim, ( P,U ) é a taxa de variação da função ∂s f , na direção de U no ponto P . z
Q
s U P y
O
x Figura 4.28
Existe um número infinito de derivadas direcionais de f em As derivadas parciais def, recionais de
f
∂f ∂f ∂f , , em P . São derivadas di∂x ∂y ∂z j
nas direções i ,
Exemplo 4.41. Calcular a f ( x, y ) = e x + y em P = (0,1)
P.
e
k
respectivamente.
escalar direcional campo ederivada na direção do vetordo V =i+ j.
Solução. O vetor unitário U na direção de V é ilustrado na figura 4.29: 175
Observando o gráfico anterior temos PN
=
1 2
y
Q
e PM = 1 = U .
= MN
s
Logo normalizando o vetor V , V U= V
=
M
1 = , 2
(1,1) 2
. 2
1
U
(0,1) = P
∆QRP Logo o triângulo é semelhante ao triângulo ∆MNP . Portanto PR = s PN e QR = s MN 1
onde s = PQ , PR = s
2
1
, QR = s
2
O
.
Agora as coordenadas de Q são obtidas observando a projeção do segmento PR no eixo x e a outra componente é distância |QR| incrementada em um. Assim o pontoQ é, s s ,1 + . 2 2
Q=
Aplicando a definição, temos ∂f f (Q) − (f) P s →0 s ∂s ( P, u ) = lim = s s ,1 + − f(0,1) 2 2
f
= lim
s
s→0
1 = lim e s→0 s 1
= lim {e s s→0
lim s →0
Exemplo 4.42. Determinar a lar f ( x, ,y )z 4= ² x5 +² 2y ²− z V =i
176
+j2k + .
2
+1+
2 +1
s
L ' Hospital
=
s
es
2 +1
1
s 2
− e1
− e} 2
= e 2.
derivada direcional do campo escaem P = (1, 2,1) na direção do vetor
R
N
1
s
x
√2 Figura 4.29
Solução. Utilizamos um procedimento alternativo, para o calculo da derivada direcional. Considere uma parametrização deL pelo comprimento de arco. z c 1
V
,2 ,1 )
P (1
Q = (x,y,z)
y
2
1
x Figura 4.30
A idéia é encontrar as coordenadas do ponto Q ∈ L , para isto, procuramos a equação parametrizada da retaL ; →
PQ = tV `x −1, y− 2,− z =1
1, t 2,1)
+t t ≥), (t) =rt ( ) = 1+t t , 2+ 2,1
0
x = 1+ t
y = 2+t 2 = Q ( , x,=)y+(z+1 , 2+ t2,1t ) z = 1+ t
t
.
Parametrizando L pelo comprimento de arco s a partir do ponto P , obtemos, s (t)
t
t
0
0
= ∫ r'( )u = ∫1, 2,1
du =
t
t
0
0
= +∫ 1+41 = du6 =∫ du 6 Disto encontramos que s =
6t
t
logo t = ( s) =
s
Portanto,
s rh()srs(=r )() (=())
.
6
=
s =+1 , 2 + +s 6
s 2,1≥ 6 6
s 6
0
s
. 177
Logo as coordenadas do ponto Q são: s s s + + . 1 + 6, 2 6 2,1 6
Aplicando a definição: 2
s + +52 6
41
∂f f (Q) − (f ) P (P ) lim = lim = s →0 s →0 ∂s s 2
= lim
s
2
s −21 + − 6 2+
22
s
s
41 + +20 1 + − 2+16 6
s →0
2
−
22
s
2
6
s 2
= lim s 0 →
s + 22 − 22 s 2 + 2s 22 6 6 lim = s 0 = .
221
→
s
s
3
4.6.1 Gradiente de um Campo Escalar Definição 4.13. Seja f : Ω ⊆ 3 →
onde Ω é um domínio aberto. Se existirem as derivadas parciais de primeira ordem def neste domínio Ω elas formam as componentes do vetor gradiente def . Assim, o gradiente da função escalar f , denotado grad ( f ) , é um vetor tal que, ∇=f Exemplo 4.4 3. Seja V
to
( x, y, )z
∂f ∂f ∂f + i + j k ∂x ∂x ∂x .
volts o potencial elétrico em qualquer pon1
no espaço tridimensional e V ( P) =
x² + y² + z ²
. En-
contre ∇V . Solução. Segundo a fórmula de gradiente,
devemos calcular todas suas componentes, utilizando a derivada parcial, ∂V ∂ 2 2 2 = ( x+ + y ∂x ∂x 178
)z−=
−
1 2
+ 2(+2
1
2
2
x )(2 −=)y
z
−
3 2
x
x V3
s 6
2
∂V y ∂V z = − 3 e finalmente =− 3. ∂y V ∂z V Portanto a expressão requerida é obtida substituindo as derivadas na fórmula do gradiente.
4.6.2 Propriedades do Gradiente Definição 4.14. Sejam f e g funções escalares tais que existem ∇f e ∇g e seja d uma constante real qualquer. Então:
a) ∇( f+
g)( ) =x ∇ ( ) f+ ∇ x ()
( )x b) ∇(df)( )x =d f∇
c) ∇(⋅f
g)(=)x
g x
.
.
∇( )f+ ∇ x( ) g (x) (g) x f x .
f d) ∇ ( x) = g
g ( x) ∇(f ) x −( )f x( )∇g x g ( x)
sempre que g ( x) ≠ 0 .
2
Como ilustração mostramos duas das provas destas propriedades: Supondo f : Ω ⊆ 3→
, gΩ:⊆
∇f=
→
. Temos que
3
∂f ∂f ∂f +i + j k, ∂x ∂y ∂z
assim o diferencial é dado por, d∇ f =d
∂f i+ d ∂x
∂f k ∂y
j+d
∂f . ∂z
(1.1)
Por outro lado ∂ (df) ( )∂df ( ) df∂ ∇(df = ) d + id + id k ∂x ∂y ∂z ∂f ∂f ∂f ∇(df=) d + i d+ i d k
(1.2)
∂x ∂y ∂z Igualando ambas as expressões e obtemos ∇[df]( )x =d f∇ ( x)
.
179
Seguindo desta maneira a propriedade quarta também resulta de forma análoga, por exemplo, f ∇ = g
∂ f ∂ ∂+x g i+ ∂y
f ∂ f g j ∂z g k
Logo, desenvolvendo cada derivada parcial dos quocientes, temos f 1 ∇ = ∇ { −g∇ f 2 g g
f≠ },g
0. g
4.6.3 Interpretação Geométrica do Gradiente Seja f : Ω ⊆ 3 → tal que f ( x, , y ) z = c representa uma superfície no espaço. Mudando os valores dec , criamos uma família de superfícies de nível da função f , pois o gráfico da função f se encontra em 4 . Isto é, Graf (f ) ={( x, y, z, w ) :w
f (=x, y, z)}
⊆ 4 .
Seja P ∈ 3 e ∇f ( P) ≠ 0 , então o vetor∇f ( P) é normal a uma superfície de nível que passa porP . Afirmação 4.1.
Prova. Considere a Γ como uma superfície de nível da função f e seja C uma curva contida em Γ , tal que f ( x( t), y( t), z( )) t =c. Onde C : r t( )
=x t( ),y t( z),t ( )
.
A tangente à superfície Γ em P é: r ' = x t'(y), t '(z ),t '( )
.
Por outro lado o gradiente da função f é dado pela fórmula, ∇f ( x, , )y z = ,
∂f ∂f ∂f , ∂x ∂y ∂z .
Devemos mostrar a relação∇f( P). r'( )t =0 . Para este fim derivamos a equação f ( x, , y ) z = C em relação a variável t , e obtemos, ∂f dx ∂f dy ∂f dz + + =0 ∂x dt ∂y dt ∂z dt 180
de onde obtemos, após avaliar em P , ∇f ( P). r'( )t =0 . Agora fazendo variar C numa superfície de Γ , concluímos que ∇f ( P) é normal à superfície de nívelΓ . Exemplo 4.44 . Determinar o vetor normal à curva, 4 x 2 +6 y 2 16 =
dada no ponto P = (1,
2)
. 8 3 √2
-2
y P (1,√2)
-1
1
2
x
- 8 3 Figura 4.31
Solução. A curva 4 x 2 +6 y 216 = pode ser escrita como, f ( x, )y0 = onde f ( x, )y =4 ² x 6+² y16− . Calculando o gradiente em P , obtemos, ∇= f ( P)
∂ ∂ ( f), P = ( ) f =P8 , ∂x ∂y
x
12
.
8, y12 2 P
A seguir devemos parametrizar a curva fornecida. Neste sentido após multiplicação e simplificação temos, x2 4
y2
= 1. 2 8 3 De onde a parametrização é dada por t r( )
+
8
= 2t cos( ), t tsen( ) 3
,
∈ 2 ] [0,
. 181
Conseqüentemente, a sua derivada será, t r ′( )
= t−2sen( ), t t
8 cos( ) , 3
[0, ∈2 ]
.
Cada componente da parametrização é dada por x (t) =2 cos( ),t
(y) t
=
8 sen( ), t 3
[0, t∈ 2 ]
.
P
Em
temos os seguintes resultados 1 = 2 cos( t),
8 2 = sen( ) t 3
.
Portanto tg(t) =
sen(t) cos(t)
=
32 2 1
=3 .
Finalmente calculamos o produto para verificar que o produto se anula, , onde sejado.
radianos. O que confirma o resultado de-
4.6.4 O Gradiente como Direção de Máxima Variação Existe a seguinte fórmula alternativa em função do gradiente para calcular a derivada direcional, ∂f ( P, U ) = U∇( )f =P ∇ U( )cos( f P ) ∂s
ou, devido a que o vetor U é unitário, ∂f ( P, U ) =U ∇ ( f) P=∇ ( )cos( f P) ∂s
onde é o ângulo entre os vetores ∇f ( P ) e U . Logo, na expressão anterior o valor máximo é alcançado quando cos() =1 . Então resulta que o ângulo é nulo, isto é, = 0 radianos. Portanto max U
182
∂ f( )P = ∇ ( )f P . ∂s
f no ponto P é U = ∇f ( P ) . Isto é, a direção de máxima variação de
Exemplo 4.45 . Um potencial elétrico é dado por: ( x, y, )z =
12 . x² + y² + z ²
a)Determinar o campo elétrico
;
b) Em que direção a taxa de variação do potencial , no ponto 0, 63 , 46 , é máxima.
c) Calcular a derivada direcional onde
.
Solução. Temos a função : Ω ⊆ 3 → . Portanto pela definição de campo: a) 24
= (x
2
x,
+ y +22 z 2
y,
.
z
)
b) Quando resolvemos este item devemos levar em conta que =∇ ( ,, x) y z .
DU ( x, ,y) z
O vetor gradiente ∇ 0,
3 4
=
66
24 25
36
deve ser paralelo ao vetor U . Então temos
3 4 0, =, = 6 6
2
=
24 25 2436 3625 25
2
⋅
34, 56
36
c) Neste item utilizamos o seguinte procedimento DU (1,1,1).U
=
24, 24, 24. 999 2
,20, 2
2 9
12 =2 9
12 2−
=
183
Exemplo 4.46 . Usando o gradiente, encontrar uma equação para a reta tangente à curva x 2 − y 2 = 1 , no ponto .
Solução. Considere a função f ,( x) diente no ponto dado é dado por
y
= x 21− y 2 − . Então o gra-
.
O produto interno do segmento PQ com o vetor gradiente é dado por
PQ ⋅ 2 −2,= 2
0 onde = − PQ −
x 2,
y1
. y
Para encontrar a equação correspondente fazemos o cálculo, PQ. 2 , 2−
= − x 2,−
1y. 2 −, = 2
Q (x,y)
1
0
2 2( x − 2) −2( − y1) = 0
P
√2
x
2 2 x 4− 2− 2+y 0= 2 2 x2− y2 −0
=
Finalmente, obtemos
2x − y −1 = 0 .
Figura 4.32
Antes de iniciar a próxima seção devemos definir as derivadas parcias de campos vetoriais. Seja a função Φ :Ω ⊆ 2→ 3 , onde o conjunto Ω é algum domínio em 2 . Então se escrevemos a função,
Definição 4.15.
Φ(u, v) ( =x(u, v), yu( , v ), zu( , v
))
∂Φ ∂Φ e denotamos a suas derivadas parciais porΦ u = e Φv = ∂u ∂v tal que, Φ=u =
184
∂Φ ∂ ∂x ∂y z ∂Φ ∂ ∂ = = v , , , , ; Φ ∂u ∂u ∂u ∂u ∂v ∂v ∂v ∂v
∂x
y
z
.
4.7 Plano Tangente e Vetor Normal num ponto de uma Superfície Um vetor normal à uma superfície S no ponto Q é um vetor perpendicular ao plano tangente de S em Q , o plano que contém todos os vetores tangentes a curvas sobreS através de Q .
V
Φv Φu
s Figura 4.33
Q
Como
S
é dada por Φ (u, v) =( x( u, v) , y(u,v) ,z(u,v)
)
e te-
curvas C
mos sobre S , tomamos um par de funções contínuas (não ambas constantes),u = u(t), v = v(t) de maneira que formamos a função (t) = Φ(u(t ),vt( )) . Supondo que u(t) e v(t) sejam diferenciáveis e aplicando a regra da cadeia, temos o vetor tangente à C dado por: ∂Φ ∂Φ =' v '. + u∂ v ∂
d )(t = )(t u dt
∂Φ ∂Φ e são tangentes à S no pon∂u ∂v to Q , e supondo que elas sejam linearmente independentes, geram um plano tangente à S em Q . Portanto seu produto vetorial produz um vetor normal N a S em Q , representado por,
Como as derivadas parciais
N =Φ ×u
Φv≠
0.
O vetor correspondente normal unitário à
S
em
Q
é:
. Observação 4.19.
Quando
S
é representada por g (x, y, z) = 0, te-
mos que o vetor normal unitário é,
.
Teorema 4.6 (Plano Tangente e Superfície Normal). Se uma suS ,∈ ) ), u v( , )D perfície por Φ(=u,v) (x(u ,v )y, u( v, z) ,u(v ∀ com Φ u e éΦdada , )v ∈. S Env satisfazendo Φu ×Φ v ≠ 0 em todo Φ (u tão S possui em todo ponto Q um único plano tangente passando por Q e gerado por Φ u , Φ v e uma curva normal cuja direção depende continuamente dos pontos sobre S .
185
O vetor normal unitário de S é dado por .
Observação 4.20. Uma superfície S
que satisfaz o teorema anterior é chamada de superfície regular (ou suave). Uma superfície S é regular por partes (ou suave por partes) se ela está formada por um número finito de superfícies suaves (regulares). Por exemplo, uma esfera é regular e a superfície de um cubo é regular (suave) por partes. Exemplo 4.47. Encontre x 2 + 2+ y2 − =z2 b 0 .
o vetor normal unitário da esfera
Solução. Podemos escrever g ( x, , y) z ² = +x² podemos aplicar a fórmula ∇g v= . ∇g
²y+ −² =z0
b
. Logo,
Substituindo o gradiente da função g e seu modulo na relação anterior, resulta = = =
1 4( x²
2( x, ,y) z
+ ²y +²)z
1 ( x, y, )z b 1 2 b²
2( x, y, )z
Assim obtemos, =
.
1 ( x, y, )z b
.
Exemplo 4.4 8. Encontre o vetor normal unitário de um cone.
Solução. A equação do cone, com vértice na srcem, é z = x 2 + y 2 . Tomamos g (,x,) y z =− +z² ² +x0 =y . No ápice, o vetor não pode ser calculado.
186
Portanto, usando a mesma fórmula que no exemplo anterior temos . Suponhamos que Φ(u, v) ( x=, y, z) é diferenciável em (u0 v0 ) ∈ Ω ⊆ 2 . Fixando u = u0 , temos Φ (u0 , v) cuja imagem é uma curva na superfície e, portanto, o vetor tangente a essa curva no ponto Φ(u0 , v0 ) é: ∂Φ∂ x ∂ y ∂ = (u,00v) i +( u0,0 v) j ∂∂ ∂ ∂
z (00u , +)v k
.
Similarmente se fixamos v = v0 e consideramos a curva Φ (u , v0 ) , obtemos o vetor tangente à curva em Φ (u0 , v0 ) dada por: ∂Φ∂ x ∂ y ∂ = (u,00v) i +( u0,0 v) j ∂u∂u ∂u ∂u
z (00u , +)v k
.
Como os vetores Φ u e Φ v são tangentes às duas curvas na superfície no ponto Φ (u0 , v0 ) , eles determinam o plano tangente à superfície neste ponto, assim Φ u × Φ v será o vetor normal à superfície. 2
3
Definição 4.16. Se uma superfície parametrizada Φ : D ⊆ → é suave em Φ(u0 , v0 ) , isto é, Φu × Φ v ≠ 0 em (u0 , v0 ) , definimos o plano tangente à superfície no pontoΦ(u0 , v0 ) como sendo o pla-
no determinado pelos vetores Φ u e Φ v . Assim N =Φ u × Φv é um vetor normal e a equação do plano tangente no ponto( x0, y, 0) z0 = Q , sobre a superfície, é dada por ( x − x,−0 −y , 0 y ).z0 1 ,z ,2 3=N 0 N N
onde
N
= N1 , N 2 , N 3 é avaliada em (u0 , v0 ) .
Exemplo 4.49. Considere a superfície dada pelas equações: x = x (u, v)
= ucos( )v , y = y (u, v) = usen( )v e z = z (u, ) v ,= u 0u ≥ .
Mostre que não é suave em(0,0,0). Encontre o plano tangente em Q = Φ (1, 0) com Φ = ( x, , y ) z . 187
Solução. Essas equações descrevem a superfície, z 2 = x 2 + y 2 , que é um cone, com vértice em (0,0,0). É uma superfície diferenciável, pois cada x(u,v), y(u,v) e z(u,v) é diferenciável. Porém a superfície não é suave em(0,0,0). Para ver isso, calculamos, Φ u e Φ v em (0, 0) ∈ ² . ∂Φ=u Φ=
u
∂Φ=v
∂x ∂y ∂z (0, + 0)i (0, + 0) j (0, 0) k , ∂u ∂u ∂u u
e
;
∂x ∂y ∂z (0,+0)i (0, + 0) j (0, 0) k , ∂v ∂v ∂v
Φ−=v u sen +v i u +cos vj k Pois Φ v =u
Φ =i+k
cos(0) + i sen(0) + j 1k
z
e Φv = 0 .
0
sen(vi ) u + cos( vj ) .
Assim Φu×Φ= v 1,0,1 × =0,0 ,0 cie não é suave em (0,0,0).
0
e pela definição a superfí-
Exemplo 4.50.
Figura 4.34
2
Seja Φ : 2 → 3 tal que Φ = ( x,
,y ) z
com
2
x (u, v) = ucos( )v , x(u, v) = usen( )v , z (,u) v = u² + v . Encontre a equação do plano tangente no ponto Φ(1, 0) = (1, 0, 1) .
Solução. Assim, segundo a definição tem-se que calcular, Φu=
∂x ∂y ∂z +i + j k , logo após substituição temos ∂u ∂u ∂u
Φ=v
cos( +vi )
sen( +v j ) uk 2
∀(u , v) .
∂x ∂y ∂z +i + j k obtemos a ∂v ∂v ∂v segunda expressão Φ=v− u sen( v+i −) u vcos( j+ vk ) 2 . De maneira análoga a partir deΦv=
+v v ) 2v −sen( v )uu2 Assim Φ×u Φ=−v ( u2 ² cos( que Φu × Φ v ≠ 0 .
cos( ) , )
sempre
Estudando a identidade anterior em (u, v) =(0,0 ) , temos Φu × Φv = 0 . Assim não existe plano tangente em: Φ(0,0) = (0,0,0) . 188
y
x
A superfície z = x + y é um cone. 2
0
Contudo, a equação do plano tangente em outros pontos onde Φu × Φv ≠ 0 pode ser construida. De fato, N =Φ ×Φ u v= −( 2,0,1) para (u,v) = (1,0), onde N é vetor normal no ponto (1, 0,1)∈ S . = ,1) 0 é o plano requerido. Isto é, Portanto ( x −1, y, −z −1).( 2,0 −2( x− 1)+ −( z=1) 0 . Simplificando, chegamos a z = 2 x − 1 .
Seja S o gráfico de uma função g : 2 → , diferenciável. Então mostrar que a superfície é suave em todos os pontos (u0, v0 , g( u0 ,0 v)) ∈ 3 e encontrar o plano tangente em Exemplo 4.51.
(u,0 , v0 ) z0
com
z0
= g (u0 , v0 ) .
Solução. Para isto, escrevemos S na forma paramétrica, x = x(,u ) =v, =u (, y)= y =u
v(, ) v
z
v .
zu
Considere a função, Φ : 2 → 3 (u, v) (u,Φv) ( ,x y, =z)
. Então, calculando as derivadas parciais e subtituindo, obtemos, ∂g u( , vk),00 ∂u
Φu=+ i+ j0
Φ0= i+j +
v
u( , v)k00
∂g ∂v
,
2
para (u0 , v0 ) ∈ . Assim a normal ∂g ∂g N = Φ×u Φ− =v (u, )− v i( , 0) 0 u+ ≠ 0v j k ∂u 0 0 ∂u
,
pois o coeficiente de k é 1 (um) ≠ 0 . (u , v ,g (u, v )) Assim, a superfície parametrizada (u, v ) é suave em todos os pontos. O plano tangente em ( x,0 0,y0 ) z ( 0 , 0u, 0 0(v, )) g u v 0 é dado pela equação
∂g −00 ( , ), u0 (v= , ∂u
( x − x,− y 0 z ). z 0 y−0 ,−
∂g ),1 0 u v ∂v
.
Portanto, − ∂g (u,00v)(x−0x−) ∂u
00
(u,∂vg)( y− y+−)0=(z z ) 0 ∂v0
.
Assim, a equação do plano tangente é z −=z0
∂g ∂g (u−, +)( v x )00x − (0 , )(u v ∂u00 0 ∂v
). y
y
189
4.8 Área de Superfícies Nesta seção vamos examinar o problema de calcular a área de uma superfície para depois estudar a integral sobre uma superfície que será algo equivalente ao processo de estudar o cálculo do comprimento de arco de uma curva para depois estudar a integral sobre a curva. Anteriormente, definimos uma superfície parametrizadaS como Φ :Ω ⊂ 2→ 3 sendo definida Φ (u, v) a=(imagem x( u, v) , y(u,da v) , zfunção (u ,v) ) vetorial . A aplicação Φ foi chamada depor parametrização de S e dizemos que a supericie S é suave ou regular no ponto Φ(u, v) ∈ S se o produto vetorial Φu × Φv ≠ 0 onde
(u, y) u+v∂ (j , )
Φu=u ∂ x(uu, ) +v ∂i
zu v k
e
Φ=vv ∂ x(uv, ) +v ∂i (v, y) u+v∂ (j , ) z u v k .
Uma superfície (regular) suave ou lisa é aquela que, a grosso modo, não possui esquinas nem fraturas ou saltos. No que segue vamos considerar unicamente superfícies suaves por partes, que são formadas pela união de superfícies parame2 3 trizadas Φi :Ω ⊆ → onde, i a) O conjunto Ωi é uma região do plano. b) Φ i é de classe C1 e injetiva exceto na fronteira de Ωi representada por ∂Ωi =Γ i . c)
, a imagem de Φ i é suave, exceto possivelmente num número finito de pontos.
Si
Definição 4.17. Definimos a área da superfície parametrizada, de-
notada por A(S), pela seguinte expressão; A( S ) =
∫
Ω
Φ u× Φ
v
dudv .
Se S é a união de superfícies Si , sua área será a soma das áreas das superfícies Si .
190
Calculando o produto vetorial e tomando módulo obtemos uma expressão equivalente. Observação 4.21.
Temos os seguintes cálculos,
Φu×Φ =v
i
j
k
∂x ∂u ∂ ∂xv
∂y ∂u ∂ ∂yv
∂y ∂ z ∂ ∂ x ∂ z ∂
x
y
∂z = ∂u ∂u ∂iu−∂u ∂ u ∂ uj + x ∂u ∂y ∂ z ∂ ∂ x ∂ z ∂ ∂ ∂v ∂v ∂v ∂v ∂v ∂v ∂vz
y
k
∂ ( y, )z (∂, x) z ( , ∂) x y , , ∂ (u,v) (∂u,v) (u,v∂)
=
e Φ×uΦ=
∂ ( y, ) z ∂ (u+,v)
v
2
2
( ,)∂ x z ( , )
+ (uv,)∂
(uv, )
2
∂x y ∂
onde ∂( y, z ) ∂u y ∂ v y = ∂ (u, v) ∂ u z ∂ v z
e assim por diante com os outros somandos. Assim, a fórmula dada na definição pode ser escrita da seguinte maneira. 2
∫
∴ A=( S ) Para detalhes desta justificat iva veja a referência Marden e Tromba (1996) [15].
Ω
∂ ( y, ) z +∂ (u,v) +
2
( ,)∂ x z ( , )
(uv, )
(uv,)∂
2
∂x y ∂
dudv .
Podemos justificar essa definição analizando a integral ∫Ω Φu × Φ v dudv em termos de somas de Riemann assumindo por simplicidade que Ω seja um retângulo. Exemplo 4.52. Sejam Ω = {( , )v: ≤0 ≤
Φ :Ω ⊂
→
2
3
x (v, )
2 ,≤≤0
1} v
e
uma função com componentes, ), (y, v) =sen( v = vcos(
), ( , z) v
= v.
Esta parametrização é de um cone, pois reescrevendo de maneira simples chegamos a equação cartesiana do cone. Encontrar a área desse cone. 191
Solução. Utilizamos a definição de área de uma superfície e para isso calculamos i
∂x ∂v ∂x ∂
Φ×v Φ=
j
k
i
∂y ∂z = ∂v ∂v ∂y ∂z ∂ ∂
cos( )
j sen( )
−vsen() vcos( )
k 1
.
0
Desse modo . Logo, −= v cos + iv +j sen v +(v cos²k
sen² )
ou . Assim, Φu × Φv = v
2.
Portanto,
. Para confirmar que isto é a área de Φ (Ω) , devemos verificar que Φ é injetora (para pontos que não estão na fronteira deΩ ). Seja Ω=0
{(v,
):<0<
0 2<,<
1}v
onde Ω = Ω ∪∂Ω . Para ver que a função Φ : Ω → 3 é injetora devemos ver que se Φ (r, ) = Φ ( ',r ' ) então r ' = r e
∀(v, ),( v', ') ∈ Ω .
Isto não é difícil de ser verificado. Exemplo 4.53.
Uma helicóide (figura 4.34) é definida por Φ :Ω ⊂ 2→ 3 onde D = {(v, ): 0 ≤≤ ≤1v 0≤ 2} e x (v, ) = vcos( ) , y (v, ) = vsen( ) e z (v, ) = . Encontrar a área do helicóide. 192
Figura 4.34
Solução. Utilizando a fórmula de área A( S ) =
∫ Φ ×Φ v
dvd
Ω
e substituindo na expressao do integrando da fórmula acima,
ou
= sen−i +cos v k j v +( cos²
sen² )
. Assim . Logo, a superfície é regular (ou suave). A área do helicóide é: A( S ) =
∫ Φ ×Φ v
=
dvd
Ω
Para o cálculo acima usamos a seguinte integral indefinida . Observação 4.22 . Uma superfície S dada na forma z = f ( x , y ) ( x, y ) ∈ Ω admite uma parametrização, x = u,
= y =,v
z ( ,f ),u( ∈ ,v) Ω u v
com
.
Quando f é de classe C1 , esta parametrização é suave e a fórmula para a área da superfície fica reduzida a, 193
= (∫∫( ∂ ) x (+f∂ 2 ) +1 )y f
A( S)
2
dA
Ω
após substituir as seguintes fórmulas na definição inicial,
Φu = +∂ i
f k,
u
Φv = j+ ∂ v f k
e f−i∂
Φu ×v Φu =−∂v Observação 4.23.
k x f+ jy= −∂
− ∂f i + f j k .
No exemplo anterior utilizamos a notação de
derivada parcial, ∂ ∂, = ∂x
∂ =x
Exemplo 4.54. Encontre por x 2 + y 2 + z 2 = 1 .
y
∂ ∂= , ∂y
z
∂ . ∂z
a área da superfície da esfera S descrita
Solução. Precisamos apenas calcular a área do hemisfério superior S+, onde S + x: 2y + z +2 =z2 1, ≥ 0 e o resultado multiplicar por 2. Assim,
= Seja o conjunto Ω A( S)+
{( x, ) y: + x≤2
= [∫ ∂] x[ +f∂ 2] 1+ y f =2
2 y 1}
dA
Ω
∫
Ω
1 1 − x2 − y 2
dxdy .
Colocando os extremos das integrais, A()S +
1)(1
= −−1)(1 ∫ − ∫
− x 2 1/2 x2
1/2
1
1
1 − x 2−− y 21
∫
dydx = arcsen
Assim após a integração corrspeondente obtemos A( S + ) =
∫
1
−1
dx = 2 .
Logo, = ] 4 = . A( S) =2 (A S) + 2[2
194
y (1 − x 2 )1/2
y = (1− x 2 )1/2
dx y =− (1− x ) 2 1/2
Em cálculo elementar se mostra que a área da superficie lateral gerada ao girar o gráfico da função y = f ( x) ao redor do eixo x é dada por, b
∫
A1 =2 (f )x1 [ ' +( )]² f x
dx .
a
Se o gráfico da função y = f (x) gira ao redor do eixo y , temos a fórmula, b
∫
A2 =2 x 1 [+ '(f )]²x
dx .
a
A seguir deduziremos essas fórmulas com as ferramentas desenvolvidas nesta seção. Com efeito, para obter a primeira fórmula acima devemos fornecer uma parametrização da superfícieS . Definimos dita parametrização por x = u=, y
sobre a região Ω =
f( u) cos( = ),v
z ( f)sen( u∈ Ω), v( , ) u v
{(,u)v: a≤u ≤b
e≤≤ 0v
2}
.
Isto é uma parametrização de S , pois para u fixado, a terna, (u, f u( )covs(f u), ( v) sen( ))
f (u )
descreve uma circunferência de raio
com centro (u, 0, 0) .
Utilizando a fórmula A( S ) =
∫∫ Φ × Φ u
v
dudv
D
devemos calcular i
u × v = 1 0
=i
j
k
f '( u)c os v
f'( )sen u v
−sen vf( u) f '(u)c os u
=
f (u ) cosv f'( u )sen v 1
−senvf(u ) f u ( ) cos v
−
0
'(f )cuos sen vf u −( )
v
k.
Isto resulta em u ×=v f u'(f )u−i( ) f u( ( −+ v)ci os )
vf ( sen u k ( ))
.
195
Logo, u ×=v
f( u'(f+u) ( ))² f u+ ( v)²c os vf usen² ( )²
u × v = f u'( f)²u ( )²f u+ ( )²
Assim,
A()S
= ∫∫Φ× Φu
v
Ω b
=dudv∫∫
.
() 1+f[ '(u)]
f u
2
dudv
Ω
2
= ∫a ∫0 f (u)
1 +[ f'( )]u
2
dv du
Logo obtemos a primera fórmula, após integrar na variávelv , A( S) =2
∫
b
a
(f) u1 [ ' (+)]f u
2
du .
Para obter a segunda fórmula dada na afirmação inicial se procede de maneira equivalente e deixamos como exercício para o leitor. Observação 4.24. Se S é uma superfície de revolução, então 2 f ( x ) é a circunferência de direção transversal à S no ponto x . Observe que se pode escrever, b
A( S)1
=2∫ ( )f 1 x[
( )]+ f ′ x2 2 dx( )=
a
∫
f x ds
C
onde a curva C esta dada na forma paramétrica, C r:t() t=, f t () , t a[ ,b ]∈ . Logo temos a fórmula, ∴ A( S)1 =2∫ () f t ds C
onde a integral da direita é a integral sobre a curva de 2 f ( x ) ao longo da curva ou trajetória determinada pela curva C a:[ ,b ] → ,t 2 t (f,t ()) . Consequentemente, a área da superfície lateral de um sólido de revolução é obtida integrando a circunferência transversal ao longo da
2π [ f ( x )]
y
a
x
b
x
curva determinada pela função dada. Figura 4.35
196
Resumo Neste capítulo estudamos as funções vetoriais e as aplicações do calculo diferencial sobre elas. Isso nos motiva para compeender melhor as aplicações físicas e da engenharia que estão relacionadas com o movimento e forças. A utilização de funções vetoriais no espaço possui a vantagem de ter interpretações geométricas de conceitos e relações. Por todas essas razões as funções vetorias muito utilizadas na matemática aplicada. Também estudamos osão problema de calcular a área de uma superfície que por analogia é encontrar a solução do problema de encontrar o comprimento de uma curva.
197
5
Equações Diferenciais Lineares
5
Equações Diferenciais Lineares
Ao longo deste capítulo estudaremos as equações diferenciais ordinárias, muitas vezes conhecidas ou chamadas de EDO’s. Abordaremos o caso linear de primeira e segunda ordemque comsecoeficientes Resolveremos os problemas apresentamconstantes. neste contexto: problema de valor incial e o caso geral. Métodos apropr iados serão fornecidos para as soluções dos problemas anteriormente citados.
As equações diferenciais ocupam um lugar de destaque e importância na solução de muitos problemas encontrados quando se modela fenômenos físicos. A grande maioria das disciplinas nas ciências físicas, cada uma com suas próprias necessidades, exige que o estudante esteja em condições de construir e propor uma grande variedade de situações físicas e que possa resolvê-las. Ao longo deste texto vamos considerar muitas situações físicas que levam para equações diferenciais e apresentaremos ferramentas teóricas e práticas para obter suas soluções. As equações diferenciais têm muitas aplicações na resolução de problemas complicados sobre movimento, crescimento, vibrações, eletricidade e magnetismo e todo tipo de fenômeno físico que inclua taxas de variação de funções. A nomenclatura equações e diferencial induzem a pensar sobre alguma espécie ou classe de equações que possua derivadas. Assim como nas disciplinas elementares de álgebra e trigonometria, empregamos um bom esforço para resolver equações de tipo polinomial para uma incógnita independente, nesta disciplina uma de nossas tarefas será resolver equações diferenciais para uma função incógnita.
201
5.1 Definições e Nomenclatura Uma equação que contém as derivadas ou diferenciais de uma ou mais variáveis dependentes em relação a uma ou mais variáveis independentes é chamada de equação diferencial, abreviadamente denotada por ED. Se nas equações existem diferenciais totais, derivadas totais ou ambas e não existem derivadas parciais, então se chama equação diferencial ordinária, (EDO); se aparecem derivadas parciais se denominaequação em derivadas parciais. (EDP). Uma equação diferencial ordinária, de forma abreviada EDO, é uma equação diferencial onde a variável dependente, função incógnita e suas derivadas, são funções de uma única variável independente, quantidade da qual dependem as variáveis dependentes. Em outras palavras uma EDO é uma equação envolvendo uma função de uma variável e suas derivadas até uma determinada ordem. Assim as seguintes relações dy dx 2 x 3 d y2 dx
(1.3)
= x2 + 7
+ 4dy x
dx
2
d y3 d ydy2 dx3 + 4dx dx 2
+ y = x2 + 4 + x 2 dx dy
(1.4)
3
=0
(1.5) (1.6)
2 ( x + y− 5) +(y
+5 x+2 ) =x0 y
dy dx
(1.7)
são equações diferenciais ordinárias (EDO), enquanto, ∂z ∂x
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + 2 + 2 2 ∂x ∂y ∂z 202
(1.8)
=y
=0
(1.9)
∂ 2u ∂x 2
=
∂ 2u ∂u −4 ∂t 2 ∂t
(1.10)
são equações em derivadas parciais (EDP). A partir deste momento, ao longo deste texto, as derivadas ordinárias serão escritas com a notação de Leibnitz, quociente de diferenciais, dy/dx , d 2 y /dx 2 , que explicita claramente as variáveis dependentes e independentes ou a notação poObservação 5.1.
tência de linhas, y′ , y′′ e y′′′ , usada para denotar as três primeiras derivadas. A partir da quarta derivada muda de configuração, y (4) , y (5) , . Existe uma terceira alternativa para representação das derivadas, as vezes usada em Física e Engenharia, chamada de notação ponto de Newton (conhecida como sujeira de mosca), assimy , y, denotam derivadas com relação avariável tempo. As derivadas parciais as vezes são denotadas em notação subescrito indicando as variáveis independentes, isto é,u x , u xt , . Classificação.
Classificaremos as equações diferenciais ordiná-
rias pela ordem e pelo grau. A ordem de uma equação diferencial (EDO ou EDP) é a ordem da derivada de maior ordem que aparece na equação. Dentre as equações enumeradas anteriormente, são de primeira ordem as equações (1.3) e (1.7), de segunda ordem são as equações (1.4) e (1.6) e de terceira ordem a equação (1.5). •
•
O grau de uma equação diferencial ordinária algébrica com relação a suas derivadas é o grau algébrico de sua derivada de maior ordem.
Considere a seguinte equação, 2 3
y 2 ddx
2
2
= 1dy +dx
.
(1.11)
Neste caso, a derivada de maior ordem éd 2 y /dx 2 , portanto a ordem da equação diferencial é dois. Elevando a sexta potência ambos membros da equação anterior (1.11), temos 203
dy2 dx 2
4
dy 2 = 1 + dx
3
(1.12)
.
Assim quatro, é o grau de d 2 y /dx 2 , logo é o grau da equação diferencial (1.11). As equações diferenciais (1.3), (1.4) e (1.7) são de primeiro grau; as equações diferenciais (1.5) e (1.6) são de segundo grau. A equação (1.6) é de segundo grau, poisd 2 y /dx 2 aparece elevado ao quadrado após eliminar a raiz quadrada. De maneira mais geral podemos expressar uma equação diferencial ordinária de ordem n pela seguinte relação ) F ( x, ,y ,y ′ ,y ′′ , )y=( n0,
onde
F
(1.13)
é uma função a valores reais de n + 2 variáveis.
Em adição a sua ordem e grau, é útil classificar uma equação diferencial ordinária como uma equação diferencial linear e não linear de acordo com a seguinte definição, Observação 5.2.
Linearidade. Uma equação diferencial ordinária (1.13) de ordem n n é linear se F for linear em y , y ′ , y ′′, , y ( n −1) , y ( ) . Isso signi-
fica que deve ser da forma bn x()y
b+ (x)ny−1
)( n
( 1)
n−
++ b ( x) 'y+( b) 1 x−y()h= 0x
0
ou bnx()
dy n dy b +x() n −1 dx n dx
n −1
dy
++n −1b()x + b() x1y=h(x) dx
0
. (1.14)
Na equação diferencial (1.14) reparamos que a variável dependente e todas as suas derivadas são de primeiro grau. Cada coeficiente depende no máximo da variável independente. Essas são características de uma equação diferencial ordinária e linear. Uma situação particular acontece quandoh( x) ≡ 0 , a equação diferencial ordinária dada em (1.14) é chamada de homogênea. Uma equação diferencial ordinárianão linear é aquela que não pode ser escrita como a relação (1.14). Funções não lineares na va204
riável dependente ou suas derivadas, como por exemplo, cos( y) ou exp( y′) , não podem aparecer em uma equação linear. Assim sendo, (1 −) y y ′4+ = y
(1.15)
ex
d2y +cos( y) = 0 dx 2 d3y dx 3
+ y3
(1.16)
=0
(1.17) são equações diferenciais ordinárias não lineares de primeira, segunda e terceira ordem respectivamente. A equação (1.15) possui o primeiro termo com coeficiente que depende da variável dependente, a segunda equação (1.16) possui um termo onde existe função não linear em y e finalmente a terceira equação (1.17) possui um termo onde a potência da variável dependente é diferente de um. Todos os termos mencionados em cada equação são termos não lineares. Tambem as equações yy ''−3 'y = x e
d5y + y2 dx5
= 0 são
equações diferenciais ordinárias não lineares de segunda e quinta ordens, respectivamente. Soluções de um a Equação Diferencial. Nosso objetivo é resolver
equações diferenciais e encontrar suas soluções, portanto definimos a seguir o que entendemos por solução. Qualquer função g a valores reais, definida em algum intervalo I ⊂ , quando substituída na equação diferencial, reduz a equação a uma identidade, é denominada solução da equação no intervalo I . Definição 5.1.
Em símbolos, podemos escrever do seguinte modo: uma solução para a equação diferencial ) F ( x, ,y ,y ′ ,y ′′ , )y=( n0,
é uma função equação,
g
(1.18)
que possui pelo menos n derivadas e satisfaz a
(n) F ( x, g( ), x g( ′ ),x ( g) ,x ′′, (g )) = x0,
(1.19) 205
para qualquer x ∈ I , onde I pode representar um intervalo aberto, fechado, infinito e assim por diante, segundo o contexto onde se esteja considerando a equação diferencial. Exemplo 5.1. A função de variável real definida em f ( x) = sen( x) é uma solução da equação diferencial linear, y ′′ + y 0, =
por
x ∈ I.=
Solução. Para verificar a afirmação proposta, calculamos as derivadas da relação y = f ( x ) , y′ =
d sen( x) = cos( ) x dx
d = y ′′ cos( ) = xs en(− ). dx
e
x
Substituindo na equação diferencial obtemos
para qualquer x ∈ . Exemplo 5.2 . Verificar que a função y = f ( x) =
ção da equação diferencial não-linear
x 3/2 1− x
é uma solu-
no intervalo ]0,1[ . Solução. Procedemos de maneira semelhante ao exemplo anterior. Derivando a relação y = f ( x) uma vez, e substituindo na equação diferencial, obtemos 32 22 2x3= y)(′3−+ y y
3x1/ 2 +x − + 2 1− x
x
=
3 x 7/ 2 1− x
+
3/ 2 x 3 2(1 −)x
2
3/ 2
9/ 2 x9/2 x −3/2 − 3/=2 (1 −)x (1 )− x
3/2x 3 x 1 −1x − x 7 /2
3x 1− x
0.
para todo x no intervalo ]0,1[ . Observação 5.3. Nos dois exemplos anteriores, a função constante nula, ( f ≡ 0 ), também é solução. Estas soluções são conhecidas como soluções triviais.
206
x
Nem toda equação diferencial que escrevemos possui necessariamente uma solução, por exemplo, a seguinte equação diferencial, ( y'') 2 +( y')
2
1. =
O gráfico de uma solução g de uma equação diferencial ordinária, é chamado deCurva Integral. Já que g é uma função diferenciável, então ela é contínua em seu intervalo de definição I . Com isto podemos perceber que pode existir uma Curva Integral.
g
g
diferença entre o da gráfico dagfunção o gráfico da intervalo solução I . Isto é, o domínio função não devee ser igual ao de definição da soluçãog . Será que o domínio da função g coincide com o intervalo da definição da solução?
1
Verificar e discutir se a funçãoy = g ( x) = é solux ção da equação diferencial, Exemplo 5.3.
Solução. A função g ( x) =
1
x
, está definida para todos os números
reais exceto o zero. Isto é, ela é descontínua no zero e também não é diferenciável no mesmo ponto, pois o eixoy com equação x = 0 se comporta como uma assíntota vertical do gráfico. Também a função g é uma solução da equação diferencial dada, isto se verifica por simples derivação, mas quando dizemos que se trata de uma solução estamos admitindo que ela é definida, diferenciável num intervalo I e satisfaz a equação diferencial. De modo mais claro, a função g é uma solução da equação diferencial em qualquer intervalo que não contenha o zero, embora ela esteja definida em todo x ≠ 0 . Tomando I tão grande quanto possível, podemos ter ] − ∞, 0[ ou ]0, ∞[ , assim temos intervalos de definição apropriados para a solução g . Isto nos diz que o domínio de definição não necessariamente coincide com o intervalo de definição. Assimy = g ( x ) é solução da EDO no intervalo I = ] − ∞,0[ ou ]0, ∞[ .
Estes conceitos são os mesmos de função explícita e implícita fornecidos no cálculo elementar. Uma solução na qual a variável dependente é expressa explicitamente em termos da variável independente e das constantes é chamada de solução explícita. Soluções Ex plícitas e I mplícitas.
207
Quando resolvemos uma equação diferencial os métodos de solução nem sempre nos levam para uma solução explícita,y = g ( x) . Em particular, isso é verdadeiro quando se resolve equações diferenciais não-lineares de primeira ordem. Em geral obtemos uma relação ou expressão G ( x, y) = 0 , que define implicitamente uma solução y = g ( x) . Para averiguar as condições sob as quais a relaçãoG ( x, y) = 0 define uma solução diferenciável g , temos que consultar o Teorema da função implícita nas referencias no final texto. Supondo que essas condições estejam satisfeitas, se a deste implementação formal de um método de solução levar a uma relação G ( x, y) = 0 , haverá pelo menos uma função g que satisfaça tanto a relação, G (x ,g x( )) = 0 , quando a equação diferencial num intervaloI . Se a solução implícita G ( x, y) = 0 for bem simples, podemos resolver y em termos de x e obter uma ou mais soluções explícitas. Família de Soluções. A solução g as vezes é chamada de Integral da equação diferencial. Quando resolvemos uma equação diferencial de primeira ordem F ( x, y, y)′= 0 , obtemos em geral
uma solução contendo uma única constante arbitrária ou parâmetro k . Uma solução dependendo de uma constante arbitrária representa um conjunto G (x ,y k, ) = 0 de soluções chamada família de soluções a um parâmetro. Ao resolver uma equação diferencial de ordem n , (n) F ( x, ,y ,y ′ , y)= 0 , encontraremos uma família de soluções a n parâmetros G (x ,y,k , 1 ,k )=n0 . Isto nos diz que uma equação diferencial possui infinitas soluções correspondentes a quantidade ilimitada de opções dos parâmetros. A família de soluções an parâmetros é também conhecida como soluçãogeral, ou completa, para a equação diferencial. A solução de uma equação diferencial que não dependa de parâmetros arbitrários é denominada desolução particula r. Existem situações onde a equação diferencial possui solução que não é membro de uma família de soluções da equação diferencial. Esta solução não é obtida atribuindo-se valores particulares aos parâmetros na família de soluções. Tal solução adicional é denominada de solução singula r. 208
5.2 Sistemas de Equações Diferenciais Nas aplicações e na teoria, nos defrontamos também com sistemas de equações diferenciais. Num sistema de equações diferenciais ordinárias aparecem duas ou mais funções, e suas derivadas, incógnitas de uma única variável independente. Umsistema de duas equações diferenciais ordináriasde primeira ordem é dado por dx dt
= f ( ,t , x) y
(1.20)
dy dt
= g( ,t , x )y
(1.21)
onde as funções incógnitas são x = x(t ) e y = y (t ) e t é a variável independente. Uma solução do sistema (1.20) e (1.21) é um par de funções diferenciáveis x = h1 (t ) , y = h2 (t ) , definidas num intervalo comum I , que satisfazem cada equação do sistema no intervaloI . É difícil estudar a equação (1.13) diretamente em casos gerais, por isso nos restringiremos às hipóteses do Teorema da função implícita, de maneira que se possa aplicar à (1.13). Isto significa que nesse, sempre será possível resolver a equação diferencial ordinária dada por (1.13), de forma única, para que a derivada mais alta y (n) se escreva em termos das n + 1 variáveis restantes, a fim de obter ) (n
y
= f( , x, ,y y, ′, y′′1)( ) y
n−
(1.22)
onde f é uma função contínua de valores reais. A equação diferencial (1.22) é conhecida por forma normal da equação (1.13). Devemos destacar que toda equação da forma normal (1.22) pode ser reduzida ao estudo de uma equação diferencial de primeira ordem.
209
Exercícios 1) Encontre a ordem e determine qual das seguintes equações são lineares e quais são homogêneas: a)
y' = 1+ t y
b)
y ' y = 1+ t
c)
sen( y ')
d)
y '' = y
e)
y '' = t 2
f)
( y)2'
=y
= − y1 +
2) Fazer o mesmo que no exercício anterior com as seguintes equações diferenciais: a)
b)
Encontre uma família de soluções de cada equação diferencial a 3) seguir: a) b) c) d) e)
y( ) = t 2 .
f)
4 y ( ) = t − 2.
3
4) Mude a variável dependente de maneira que cada problema abaixo se transforme problema de valor inicial com sua condição inicial dada emnum t = 0. a) c) 210
b)
5.3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem Denotamos por o conjunto dos números reais e Ω um domínio, isto é, um subconjunto aberto conexo e não vazio de 2 . Considere uma função f com valores reais definida e contínua emΩ . Considere a seguinte equação diferencial de primeira ordem dy = f( ,x) y dx
(1.23)
f
onde é uma função de duas variáveis. Por solução da equação diferencial (1.23) num intervalo aberto Ι ⊂ entendemos como uma função a valores reais continuamente diferenciável , definida em I , tal que os pontos para todo x ∈ I e se satisfaça, '( x) = (f , x( )), x
x. ∈ I
Ocasionalmente, será conveniente denotar uma solução pelo símbolo alternativo y ( x) . O intervalo I da definição anterior é também conhecido por intervalo de definição, intervalo de existência, intervalo de validade ou domínio da solução e pode ser um intervalo aberto(a, b) , um intervalo fechado[a, b] , intervalo infinito ]a, ∞[ , e assim por diante. Nosso problema é encontrar se tais funções existem e, em caso afirmativo, desenvolver métodos para encontrá-las. Infelizmente, para uma função arbitrária f , não existe método geral para resolver a equação em termos de funções elementares. Dado o ponto ( t, ) ∈ Ω , o problema de valor inicial para equação diferencial (1.23) é y′ = f( ,x) y
,
.
(1.24)
Uma função é solução de (1.24) se é uma solução da equação diferencial (1.23) em algum intervaloI contendo t e . Geometricamente, procuramos o gráfico de uma solução definida em algum intervalo I para uma equação diferencial, que passa pelo ponto fornecido. 211
Uma solução típica de um problema de valor inicialesta representada na seguinte figura y (ζ,ξ)
ξ
ϕ(t)
m
a
L
ζ
b
t
Figura 5.1
onde o intervalo de existência está representado porI = ] a,b[ e o símbolo m representa a inclinação da reta L que é igual ao valor f ( t, ( t)) . 5.3.1 E xistência e Unicidade
Duas perguntas fundamentais aparecem quando tratamos um problema de valor inicial: a solução desse problema existe? Se existir, será que é única? Em nosso problema de valor inicial particular (1.24), a questão sobre existência será formulada da seguinte maneira: a equação diferencial y′ = f( ,x) y possui solução? Alguma curva integral passa pelo ponto ? Sobre a unicidade podemos inquirir: quando podemos ter certeza que existe uma única curva integral passando pelo ponto ? Em geral, desejamos saber, antes de resolver um problema de valor inicial, se uma solução existe e se é a única solução para o problema. Segundo o Teorema de Picardtemos condições suficientes para garantir existência e unicidade de solução. Teorema 5.1. Seja R uma região retangular no plano xy definida por [a, b] [ ×c, d] , que contém o ponto em seu interior. Considere f ( x, y ) e ∂ y f ( x, y ) contínuas em R , então existe um intervalo I centrado em te uma única função definida em I que satisfaz o problema de valor inicial (1.24).
212
O Teorema de Picard estabelece algumas condições suficientes, mas não necessárias, para a existência e unicidade da solução.
d R
(ξ,ζ)
ξ c
0
ζ
a
b
Iζ Figura 5.2
Dado que as condições ou critérios de continuidade de f ( x, y ) e ∂ y f ( x, y ) são fáceis de ser verificados, então o Teorema 3.1 é muito utilizado para se verificar a existência e unicidade. Sobre o intervalo I no qual está definida a solução, teremos uma informação precisa quando é resolvida a equação diferencial. Exemplo 5.4. Considere o seguinte problema, 1
y ' = y,3 ()y 0t
= .
Verificar se as hipóteses do Teorema são satisfeitas. 1
Solução. Como f ( x, y ) = y 3 então é contínua, f satisfaz a hipótese de continuidade do Teorema 3.1. Também existe uma solução (que pode ser obtida pelo método de separação de variáveis). Podemos verificar que a função, 3
2(t − t ) 2 (t ) = 3 é uma solução. Porém esta solução não é única pois(t ) ≡ 0 é também solução. Isto acontece porque a função f(x,y) não possui continuidade em sua derivada parcial com relação a variável y . Assim, não existe uma única solução para esse problema. Exemplo 5.5. Consideremos a seguinte função, y '−= s( ),y
(=y) 0t ≥,
t
t
onde a função s( y ) possui a seguinte lei de correspondência 213
1, se y ≥ 0 . −1, se y < 0
s( y ) =
Esta equação não possui solução continuamente diferenciável, isto é, não é de classe C1 , pois a função s( y ) é descontínua. Neste caso a solução pode ou não existir no sentido como temos definido a solução de um PVI. Por outro lado se modificamos aequação diferencial para seguinte expressão y ' = s( ), y
(y) t0,=
t≥t
obtemos que esse problema de valor inicial possui uma única solução (t ) = t − tpara cada . Devemos distinguir entre a existência de uma solução e poder mostrar ou exibir tal solução. Isto não é contrário ao fato de encontrar uma solução exibindo-a, logo dizer que existe, mas por outro lado uma solução pode existir e não ser possível expressá-la. Observação 5.4.
As condições dadas no Teorema 3.1 são chamadas de suficientes, mas não de necessárias. Quando f ( x, y ) e ∂ y f ( x, y ) são contínuas numa região retangular R , segue-se que existe uma única solução para o problema de valor inicial quando é um ponto interior a R . Porém se uma das condições não ésatisfeita, então o problema de valor inicial ainda pode ter ou não solução, ter muitas ou uma única solução. No caso de não estarmos interessados na unicidade, o Teorema de Peano, ver Sotomayor [25], diz que a continuidade de f ( x, y ) em R é suficiente para garantir a existência de pelo menos uma solução para o problema de valor inicial passando pelo ponto interior a R . Podemos apresentar o problema de valor inicial (1.24) equivalentemente por uma equação integral da forma .
(1.25)
Para provar a equivalência, suponhamos primeiro que seja um solução do PVI (1.24). Disto decorre que e 214
. Integrando de t até x , obtemos,
logo
é uma solução da equação integral .
Reciprocamente, agora vamos a supor que seja solução da equação integral (1.25). Decorre por simples inspeção que . A seguir derivamos ambos os lados da equação (1.25) com relação a x para obter portanto, é também uma solução do problema de valor inicial (1.24). Observação 5.5. As demonstrações dos Teoremas de existência e
unicidade para o problema de valor inicial (1.24), em geral, utiliza a formulação integral (1.25) desse P.V.I. 5.3.2 Equações L ineares de Primeira Ordem
Consideremos a equação diferencial ordinária de primeira ordem y ′ + p ( x) y= q( ),x
∀ x∈I ,
onde p e q são funções contínuas definidas em I . Chamamos a q como função forçante ou externa. Se a função forçante,q , é zero, então a equação diferencial homogênea associada é: y ′ + p ()x =0, y
∀,x ∈ I
que também é chamada de equação complementar da equação não-homogênea. Equações Homogêneas
A seguir vamos calcular a solução da equação homogênea. Escrevemos a equação homogênea da seguinte forma 215
dy = − p( )x. dx y
Integrando indefinidamente temos = −∫ (p) x dx + K
ln y
onde
K
é uma constante arbitrária. Logo, de modo equivalente y ( x) =exp{ −
K
e ∫( p)+x=dx } K− exp{
∫
( ) }. p x dx
Se colocamos P ( x) =
∫(p )x dx
então podemos escrever a solução procurada assim y ( x) = Ce − P ( x )
onde C = e K e P( x) é uma primitiva de p( x) e não contém a constante de integração. Encontre as soluções da equação diferencial com coeficientes constantes Exemplo 5.6.
y ′ + py = 0
onde
p
é uma constante.
Solução. Resolvemos a seguinte equação desprezando a constante de integração P (= )x
∫=pdx
∫
=p. dx
px
Logo a solução procurada será, y ( x) = Ce − px
onde a constante C é arbitrária.
Baseados nos exemplos anteriores podemos considerar o problema de valor inicial y′ + p ()x =0, y
( )= y xo
,b
, ∀ x xo ∈ I
onde p é uma função contínua em I , b ∈ e xado de I . 216
x0
é um ponto fi-
Enunciamos o seguinte resultado fundamental: para qualquer constante real b , o problema de valor inicial y′ + p ()x =0, y
( )= y xo
, ∀ x xo ∈ I
,b
possui uma única solução y ( x ) = be − P ( x )
onde P ( )x
x
= ∫x ()p s ds . 0
Exemplo 5.7.Encontre a solução do problema de valor inicial com
coeficiente variável y ′ + 8 x y = 0,
onde
p( x) = 8 x
,
(0) y =1 3
é uma função linear e contínua.
Solução. De acordo ao resultado mostrado, teremos que calcular a seguinte integral x
P ()x =8
∫
0
2
sds 4
= x
O intervalo considerado dever conter o zero. Identificando que b = 13 podemos concluir que, y ( x) =13 e −4 x
2
é a solução do problema de valor inicial fornecido.
Exercícios 1) Encontre a solução única de cada um dos seguintes problemas de valor inicial associados com equações diferenciais: a) b)
' =10 y,
(0) y 1. =
c) d) 217
e) f)
2)
Encontre a família de soluções da equação diferencial onde p é uma constante, que satisfaz y (0) = 1.
3) Encontre uma família de soluções da equação diferencial t
Porque um PVI associado?
=0
o
é uma escolha não conveniente para
4) Considere a equação diferencial (1 − t²)y '(1− t ²)y+y'=
0
ea
família de soluções dada por
y (t ) = M
1− t
1/2
.
1+ t
Verifique que y (t ) é uma solução em cada intervalo que não contem os pontos t = 1 e t = −1 . 2
5) Mostre que a função1 − t e a função − t4
são duas soluções do
problema de valor inicial ( y')²
+ ty'− = y 0,
(2) =y−
1.
5.3.3 Equações Não-homogêneas
Consideremos a equação diferencial linear geral não-homogênea de primeira ordem y′ + p ( x) y= q( ).x
Suponhamos que yc seja a solução geral da equação homogênea associada L[ y] =' y +( ) p x0 y = e y p uma solução particular da equação diferencial não-homogênea. Vamos a fazer a seguinte afirmação, a função, y=y
p
+Ky
c
é uma solução da equação não-homogênea para qualquer escolha da constante K . Com efeito, substituindo y e y′ na equação diferencial 218
y '+ (p ) x =y '+ y+p' ()[ Kyc+ p ]x y p
Kyc
= +y p ' ()p+x+ y p K' () y=c p() x yc q x =0 = q (x )
Com isto provamos a nossa afirmação. A importância da dedução acima é que podemos encontrar famílias de soluções da equação não-homogênea incrementando uma solução específica para a equação não homogênea com a solução geral da equação diferencial homogênea. Por isso primeiro encontraremos a solução geral da equação homogênea e dedicamos nosso esforço para as soluções particulares da equação nãohomogênea. Existem muitos métodos que podem ser utilizados pare este fim.
Exercícios 1) Encontre a solução geral das seguintes equações diferenciais ordinárias. Em alguns problemas será necessário expressar a resposta em termos de integrais. a)
y '+ y = 2.
b)
y '+2 y =2. t
c) d) e) f)
2) Encontre as soluções dos problemas de valor inicial: a)
y ' =2 y −1,
(0) y 2=
.
b) c)
ty '+y= t y2
=(1) 10, >t
d) (1 + t²)y+' 2=ty
0.
t2=, (0) 1. 219
5.4 Método de Variação de Parâmetros Escolhemos um método para resolver problemas não homogêneos, que possa ser generalizado para equações diferenciais ordinárias de ordem superior e para sistemas lineares de equações diferenciais. Este método é chamado deVariação de Parâmetros. A seguir vamos enunciar alguns procedimentos deste método interessante. 1) Encontre a solução de equação diferencial homogênea associada e substitua a constante arbitrária K por uma função . Defina a seguinte função,
onde P( x)= ∫(p ) x dx . O nome deste método se srcina neste passo, pois esta construída a partir da solução da equação homogênea, substituindo o parâmetroK pela função ( x) . 2) Encontre a função ( x) de maneira que y p , dada no primeiro passo seja solução da equação diferencial não-homogênea. Executamos isto substituindo y p e y′p na equação diferencial geral linear não-homogênea, levando em conta que P '( x) = p( )x . Assim obtemos o seguinte raciocínio =y′p −v 'exp{ − P( x)}− v P'( )e x xp{ = v 'exp{ − −Px ( )}vpx − ( )ePxp{ x = v 'exp{−Px( )}px−y ( ) p
(P )}x ( )}
′ Isso mostra que y′p + p( x) y p = vexp{ −(P)}x . De maneira que y p é solução se e somente se,
. Finalmente, integramos a relação aciam para obter a função v . 3) Formar y p a partir de sua definição utilizando a expressão explícita de ( x) obtida no passo anterior. Este é o método de variação de parâmetros para equações diferenciais ordinárias de primeira ordem lineares. 220
Utilize o método de variação de parâmetros para encontrar a solução geral de Exemplo 5.8.
y ′ + 2 y = 4.
Solução. A solução da equação homogênea pode ser obtida facilmente. Primeiro encontramos a solução da equação homogênea, utilizando a discussão anterior, yc ( x ) = Ce −2 x
onde C é uma constante arbitrária. Agora procuramos uma solução particular da equação não homogênea, segundo o método de variação de parâmetros. Temos
onde a constante de integração se toma zero, pois necessitamos somente uma solução particular. Finalmente, a solução procurada é da seguinte forma y ( x)= (y)c x (+)=y p x
Ce 2. −2 x +
onde a constante C é arbitrária.
Exercícios 1) Encontre a solução geral das seguintes equações: a)
xy′ + 2 y = 0 .
b)
(1 − x)2 y′ −=y0
.
c)
.
d) 3 y′ + ky = 0 , k é constante. e)
2 y′ + 3 y = e − x .
f)
3 xy′ +3 y=ln
g)
di L + Ri = E, dt
h)
(3 x 2 +1) y ′ − 2 xy =6
1x +
. L,R,E constantes
L,R0≠
i = i (t ) .
x.
221
i)
( x 2 +1) y ′(1 −
j)
( x 2 +1) +y ′
−)x=2 y xe − x . xy = −(1 2 )
+ x 1 x2
.
2) Encontre uma solução particular da equaçãoxy′ − ( x) y= 0
no
intervalo ]0, +∞[ que passa pelo ponto (1, −1) .
3) Encontre a curva solução da equação: x dy +y=e dx
− x 2 /2
,
que
passa pelo ponto (2, −3) . Qual é a ordenada do ponto da curva solução correspondente ao ponto x = 1 ?
4) Encontre a inclinação da curva solução do exercício (1.c) no ponto (2, −3) .
222
5.5 Equações Diferenciais Lineares de segunda ordem com c oeficientes constantes Estudaremos agora como obter soluções para equações diferenciais lineares de ordem dois. Ainda que possamos resolver algumas equações não lineares de primeira ordem pelas técnicas da seção anterior, as equações não lineares de segunda ordem resistem à solução, pois não existem métodos pelos quais se possa obter a solução em termos de funções elementares ou outros tipos. Começamos esta seção examinando a teoria correspondente às equações diferenciais lineares e colocamos condições na equação diferencial sob as quasis podemos obter sua solução geral. Recordemos que uma solução geral contém todas as soluções para a equação em algum intervalo. A seguir desenvolvemos métodos para obter uma solução geral para uma equação linear com coeficientes constantes. Notamos quea nossa habilidade para resolver uma equação diferencial de segunda ordem (oun -ésima ordem) com coeficientes constantes depende de como lidamos para resolver uma equação característica (equação algébrica associada) de grau n . Finalmente abordamos métodos para obter uma solução particular para uma equação diferencial linear não homogênea. 5.5.1 Introdução e definições
Uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem é uma equação diferencial da forma b2 (t )y '' b+ (t)1y' b (+t) y 0 f (t) =
.
(1.1)
Sempre assumimos que b2t( ), b (t1 ),b t(e0) f t ( ) são funções contínuas em um intervalo e oI coeficiente principal . O intervalo I é chamado de intervalo de definição da equação diferencial. Quando f ≡ 0 , dizemos que (1) é homogênea. Quando f ≡/ 0 então (1) é chamada de não-homogênea. Se os coeficientes b2t( ), b (1t) e b t( )0 são constantes, dizemos que a equação (1.1) é umaequação diferencial linear com coeficientes constantes; caso contrário equação diferencial linear com coeficientes variáveis. 223
Exemplos de equações diferenciais lineares: •
•
•
(ordem 1, linear, coeficientes variáveis e não-homogênea).
(2)
y ''+2 y' +3 y = cos t (ordem 2, coeficientes constantes, não-homogênea e linear).
(3)
y ''− y = 0 (ordem 2, coeficientes constantes, linear e homogênea).
(4)
ty '−2 y t=,t 3 0 ≠
O termo linear se refere ao fato que cada termo na equação diferencial é de grau um ou grau zero nas variáveisy, y', y'' . Exemplos de equações diferenciais não lineares são: •
y ''+ y 2 =sen t
•
y ''+ yy ' = t
•
y ''+sen y =0
(pelo termo
y 2 ).
(por causa do termo yy ' ). y 3 y 5 sen y = −y + − 3! 5!
.
Uma função a valores reais y = g (t ) definida em algum intervalo I ⊂ é solução de uma EDO linear de segunda ordem, no intervalo I , se ela satisfaz a EDO para todo t em I . Definição de Solução 5.2.
O principal objetivo nesta seção é desenvolver elementos da teoria de soluções de equações diferenciais lineares e discutir métodos para obter sua solução geral. Aplicações: As equações diferenciais lineares aparecem em mui-
tos modelos da vida real. A segunda lei de Newton do movimento, por exemplo, envolve a segunda derivada (aceleração) e conseqüentemente a equação diferencial de segunda ordem é de interesse primário em problemas de movimento. 5.5.2 Independência linear e Wronskiano Uma questão importante é saber sobre o número de soluções de uma equação diferencial linear e a forma de encontrar ditas soluções. Nesta seção e nas próximas estudaremos como responder a questão: Quantas soluções pode ter umaequação diferenciallinear? 224
Uma coleção de funções f1 , f 2, , f n , definidas e contínuas em a ≤ t ≤ b é linearmente dependente (l.d), em , cm , não todas nulas, a ≤ t ≤ b , se existem constantes c1 , c2, tais que c1f 1 c+f2 2 + +c f = n n 0 ∀t ∈ [a, b] . Caso contrário às funções são chamadas de linearmente independentes (l.i) nesse intervalo. Definição 5.3.
Dito de outra maneira, um conjunto de funções élinearmente independente (l.i) num intervalo se as únicas constantes para as quais, c11f x() 2c + f x()
f (x+ ) n − nc f −()x=0 ++ 1c1
para todo x no intervalo, são c1 = c=2 = =
nn
0.
cn
Em um caso particular, para explicitar os conceitos acima vertidos para o caso de duas funções f1 e f 2 . Se as funções são linearmente dependentes (l.d) num intervalo, então existem duas constantes c1 e c2 , que não são ambas nulas, tais que, para todo x no intervalo c1f x1 ( ) c+ f 2x( ) 0 = . Portanto, se supomos que c1 ≠ 0 , segue-se que f1 ( )x
=−
c2 (f);2 x c 1
isto é, se duas funções são (l.d), então uma é uma constante múltipla da outra. Reciprocamente, se f1 ( )x = c2(f)2 x para alguma constante c2 , então ( −1)+ (f1) x
c(2=)f 20,x∈
. x
I
Logo as funções são (l.d), pois pelo menos uma das constantes, c1 = −1 não é nula. Concluímos que duas funções são (l.i) quando nenhuma delas é múltipla da outra em um intervalo. Exemplo 5.9. Em cada situação mostre que as funções
12 e)( 5=+f4 t são (l.d) em t 2 5 b) f1 ()t = t e () f 2² t = t são (l.i) em −1 ≤ t ≤ 1 .
a)
f1 )(t3 =+ t
;
Solução. Para mostrar (que ambas as funções do item a) são linearmente dependentes (l.d), devemos mostar que pelo menos uma 225
das duas constantes são não nulas. Isto é, as funções f1 e f 2 são linearmente dependentes em , pois c1f1 t (2)2c f+t 1 ()c =t 3
12 +1 c+ +t (5 =4) 5
0
é satisfeita para todo t real se c1 = 5 e c2 = −3 . (Lembre-se de substituir estes valores na equação acima). No caso (das funções do item b) no intevalo [ −1, 1] inspecionando seus gráficos, a reta diagonal de −1 ate 1 e a parábola nesse intervalo, convencemo-nos de que nenhuma função múltipla da outra. Logo para ter c1f t ( )c22+ f t 1(c)t= +1c(t)
( ²) = t0 ,∈−
[ 1, 1]
devemos escolher c1 = 0 e c2 = 0 . Concluimos assim que as funções f1 (t ) = t e f 2 (t ) = t 2 são linearmente independentes (l.i). Observação 5.6. Na determinação de dependência e independen-
cia linear, o intervalo dado no qual as funções estão definidas é muito importante. As funções g1 (t ) = t e g 2 (t ) = t definidas em são linearmente independentes (l.i) porém são linearmente dependentes (l.d) no intervalo ]0, ∞[ pois 2 cg1 t ()c2g +t (1c) t= c2()+t ( =) 0,t ∈ ]0, ∞
[ , é satisfeita se, por exemplo, as constantes assumem os valores c1 = 1 e c2 = −1 .
Se as funções f1 , , f n são soluções de uma equação diferencial linear homogênea, existe um teste simples para determinar quando elas são (l.i) ou não. Nota 5.1.
Sejam f1 , , f n , “n” funções junto com suas n − 1 primeiras derivadas contínuas em [a,b]. O wronskiano de f1 , f,2 , f n avaliado em t, é denotado por eé definido como o determinante Definição 5.4.
. Cada função que aparece neste determinante é avaliada emt . 226
Exemplo 5.10. Dado f1 (t ) = t ² , f 2 (t) = cos( t)
. Encontre W [f 1,f t;2] .
Solução. Utilizando a definição de Wronskiano, Wt t t 2 , cos;
=
t2 2t
cos t t−=t t −t −sen t
2 sen 2cos
obtemos o valor do determinante.
5.5.3 Critério de Independência Linear de Funções
Fornecemos uma ferramenta de natureza suficiente para a independência linear de n funções num intervalo. Com as mesmas hipóteses sobre as funções dadas pela definição anterior temos o seguinte Teorema, Se o Wronskiano, W f[ f,1 , 2 ,f ,f ]n−1 n for diferente de zero em pelo menos um ponto do intervalo I , então as funções f1 , f,2 , ,f n −1 f n serão linearmente independentes no intervalo. Teorema 5.2.
Demonstração. Mostraremos por contradição para o caso de n = 2 . Suponhamos que o Wronskiano,W [f 1(x 1 ),f 2x(1 )] 0 ≠ para algum x1 fixado no intervalo I e que f1 e f 2 sejam linearmente dependentes no intervalo. Isto significa que existem constantesk1 e k2 , não ambas nulas, para as quais k11f x( ) k+22f x( ) 0
=
para todo x em I . Derivando essa combinação membro a membro obtemos o seguinte sistema k11f x( ) k+22f (x) 0
=
k11f x'( ) k+ x'( ) 0 =. 22f
Mas a dependencia linear das funções f1 e f 2 implica que o sistema acima possui solução não trivial para cada x ∈ I . Logo, W [f 1(x ),f x (2 )] 0= para todo x em I . Isto é uma contradição a suposição W [f (1x)1 ,f 2x (1 ) ] 0≠ . Concluímos que f1 e f 2 são linearmente independentes.
Se as funções a valores reais f1 , f,2 , ,f n −1 f n possuem pelo menos n − 1 derivadas e são linearmente dependentes em I , então Corolário 5.1.
W [f x(1 f),x (2 ),f , x f x(n −),1 ( )]xn I0,
=
∈ . 227
5.5.4 S oluções para Equações Diferenciais Lineares Equações Homogêneas: Consideremos n -ésima ordem homogênea bn x()y
b + (x)ny−1
)( n
( 1)
a equação diferencial de
+n+− +b()x ' y ()b x10= y
0
.
A palavra homogênea neste contexto não se refere aoscoeficientes como sendo funções homogêneas. Os coeficientes são contínuos em algum intervalo I ; e a função bn é não nula para todo x no intervalo. Princípio de Superposição – Equações Homogêneas Para o caso das equações diferenciais homogêneas, vemos que a soma, ou superposição, de duas ou mais soluções é também uma solução e é isto que o próximo terema afirma. Teorema 5.3. Sejam y1 , y,2 , ,yn −1 yn soluções de uma equação diferencial linear de n -ésima ordem homogênea num intervalo I .
Então, a combinação linear, y = k11+ y 2+2 k + y
+ kn− ny −
1 1
nn
k y
onde k j são constantes arbitrarias, é também uma solução no intervalo I . A demonstração deste teorema é simples, pode verificar o leitor para o caso n = 2 . Observações 5.7. •
•
Uma equação diferencial lineare homogênea sempre possui a solução trivial, y = 0 . Um múltiplo y = k5 y5 de uma solução y5 de uma equação diferencial linear homogênea é também uma solução.
Soluções Linearmente Independentes Nosso interesse está agora em determinar quando n soluções para uma equação diferencial homogênea são linearmente independentes. Para surpressa geral temos uma condição necessaria e suficiente na qual intervem o Wronskiano. 228
5.5.5 Critério para testar independência linear de soluções
Sejam y1 , y,2 , ,yn −1 yn n soluções para a equação diferencial homogênea de n -ésima ordem num intervalo I . Então o conjunto de soluções é linearmente independente emI se e somente se W y[ y,1 , 2,y y, xn −;1 ] 0n ,x I≠ ∈ . Teorema 5.4.
Demonstração. Consideremos o caso n = 2 . Assim suponhamos W [ y, y] 0 ≠ x∈I 1 2 que todolinearmente , segue-se imediatamente pelo Teorema 1. que y1 epara y2 são independentes.
Agora supondo que se y1 e y1 são soluções linearmente independentes de uma equação diferencial linear homogênea de segunda ordem, então W y[ ,y1 x ;2 ] 0, ≠x I ∈ . Exemplo 5.11. Considere a equação diferencial linear homogênea y ''+ y = 0 e as funções y 1 = cos( t) , y 1 = sen(t ) soluções da mesma.
Mostre que são l.i. Solução. Aplicando o wronskiano . Utilizando o teorema anterior, obtemos que as duas soluções fornecidas são linearmente independentes, l.i. Exemplo 5.12. Considere a equação diferencial y ''− y = 0 y1 ()t = e,− t ()y2 t = et duas de suas soluções. Mostre que sãol.i.
e
Solução. Aplicando o wronskiano
. Pelo mesmo argumento do exemplo anterior temos que y1 e y2 são linearmente independentes.
Uma propriedade interessante do wronskiano, das soluções de uma equação diferencial, é que ele satisfaz uma equação diferencial linear de primeira ordem. Assim, temos que o wronskiano é nulo ou nunca se anula, pois a solução de uma Nota 5.2.
229
equação diferencial dessa forma é a função nula ou uma função que nunca se anula. Se cada uma das funções y1 , y2 são soluções da equação diferencial linear homogênea,b2t( )y '' +b (t)1 y' b (+t) y0 0 = , então para cada escolha de constantesc1 e c2 a combinação linear é também uma solução. c1y1 +c2 y2 Teorema 5.5.
A demonstração desse teorema é imediata.
Suponhamos que equação diferencial Definição 5.5.
e
y1
y2
b2t( )y '' + b (t)1 y' b (+ t) y0 0
são duas soluções da =
e suponhamos que essas soluções são l.i no intervalo de definição da equação diferencial. Dizemos que essas funções formam um conjunto fundamental (ou sistema fundamental) de soluções para essa equação diferencial. Exemplo 5.13. Considere as equações diferenciais y ''+ y = 0 e y ''− y = 0 . Exiba um conjunto fundamental de soluções para cada
uma dessas equações. Solução. Listando o primeiro conjunto temos ,
,
e logo o segundo conjunto y1 = e − t , y2
= et , → {e−t , et }
obtendo-se assim as duas listas pedidas.
Descobrir um conjunto fundamental de soluções de uma equação diferencial homogênea é importante, porque qualquer solução dela é combinação linear das soluções do conjunto fundamental. Nota 5.3.
Mais precisamente, se y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções para uma equação diferencial homogênea de segunda ordem, então, y = c1 y1 230
+1c2 y
onde c1 e c2 são constante arbitrárias, é a solução geral da equação diferencial em questão. Por solução geral se entende como o conjunto de todas as soluções da equação diferencial. Sejam y1 , y,2 , ,yn −1 yn n soluções lineramente independentes para a equação diferencial homogênea de n -ésima ordem num intervalo I . A solução geral para a equação diferencial no intervalo I é definida por Definição de Solução Geral 5.6.
y = k11+ y 2+2 k + y
+ kn − ny −
1 1
nn
k y
onde os k j são constantes arbitrarias. 5.5.6 Ex istência e Unicidade de Soluções
É animador saber que existe solução (existência) da equação diferencial que tentamos resolver. A situação é ainda melhor quando existe uma única solução (unicidade) para a equação diferencial. O resultado principal está resumido num teorema, que estabelece condições nos coeficientes que garantem a existência e unicidade de soluções do problema de valor inicial, PVI, associado à uma equação diferencial linear de segunda ordem. Teorema 5.6. (Existência e Unicidade): Sejam b0 (t ) , b1 (t ) , b2 (t ) e f (t ) definidas em a ≤ t ≤ b com b2 (t ) ≠ 0 para a ≤ t ≤ b . Considere t0 tal que a ≤ t0 ≤ b e sejam y0 , y1 constantes quaisquer. Então existe uma única funçãoy satisfazendo o problema de valor
inicial, PVI, b2 (t )y '' + b t( )y1 ' b +t( ) f0 t( ) = y (t0)
= 0y, '(0y ) t 1. = y .
Além disso, a soluçãoy está definida em todo o intervaloa ≤ t ≤ b . Exemplo 5.14. Considere o problema de valor inicial, PVI, y ''− y' 2 − y0= y (0) =1, y'(0) =8 −t
.
a) Mostre que as funções y1 (t ) = e e conjunto fundamental de soluções;
y2 (t ) = e 2 t
formam um
231
b) Encontre a solução geral; c) Encontre a solução única do PVI; d) Verifique as condições do teorema anterior para afirmar a existência e unicidade. Solução. Verificamos somente o item d); Identificando os elementos do teorema vemos que neste caso os coeficientes b2 (t ) = 1 , b1 (t ) = −1 , b0 (t ) = −2 e f (t ) = 0 , são constantes definidas em com b2 (t ) ≠ 0 . Também t0 = 0 ∈ e y0 = 1 , y1 = 8 . Pelo Teorema da Existência e Unicidade existe uma única funçãoy satisfazendo o problema de valor inicial, PVI, dado. As outras questões são aplicações diretas da definição e, portanto ficam como exercício para o leitor, o qual poderá verificar facilmente que a solução única é y = −2e − t + 3e 2t .
Exercícios 1) Encontre o Wronskiano de soluções das seguintes equações diferenciais: a)
b)
c)
d)
e)
f)
2) Se as funções
y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação diferencial ordinária, y′′ + p ( )x y′ +( )q x0y = mostre que os seguintes pares de funções y1 + y2 , y1 − y2 e y1 , y1 + y2 também formam um conjunto fundamental de soluções da equação diferencial.
Mostre que 3) y ′′ + p ( )x y ′ +( )q x0y =
duas soluções da equação diferencial formam um conjunto fundamental se e somente se elas não são proporcionais, isto é,y1 ≠ Ky2 para toda constante K .
232
4) Uma solução da equação diferencial y′′ + 2a y′ + a y = 0
éa função e . Encontre a segunda solução linearmente independente utilizando a definição e propriedades do Wronskiano. 2
− at
5.5.7 Equações diferenciais não-homogêneas
A equação geral diferencial linear não homogênea de segunda ordem possui a forma b2 (t )y '' +b (t)1y' b (+ t) y 0 f (t)
= . (1) A função f é chamada de termo não homogêneo da equação diferencial (1). Definição 5.7. Para a equação diferencial (1), a equação diferencial
homogênea associada é definida por = .
b2t( )y '' +b (t)1 y' b t( ) y0 0
(2)
Se duas funções y1 e y2 constituem o conjunto fundamental da equação diferencial homogênea (2), então a função yh definida por y h = k1 y1 +2k2 y , onde k1 e k2 são constantes arbitrárias, é chamada de solução homogênea para equação difeDefinição 5.8.
rencial (1). Algumas vezes a solução yh é chamada solução complementar yc . Equações Lineares Homogêneas com Coeficientes Constantes Quando resolvíamos uma EDO linear de primeira ordem com coeficientes constantes homogênea encontrávamos que a sua solução possui uma função exponencial em . Portanto será natural procurar por soluções exponenciais em ] − ∞, ∞ [ para equações diferenciais de maior ordem. O fato interessante é que todas as soluções para equação diferencial n byn )( b+ y n −(1)
n −1
+ +b y +by =1
'
0
0
são funções exponenciais ou construídas a partir de funções exponenciais. Iniciamos considerando o caso especial da equação diferencial de ordem dois b2y ''+b y1' b+ y 0 0 =
. 233
Equação Característica Se tentarmos uma solução da forma y = e x e subtituirmos ela e suas derivadas na equação diferencial de ordem dois obtem-se, e xb[ 2 b2 +b 1 +
0
] = 0.
Por outro lado sabemos que e x não se anula para todos os valores x ∈ , então a única maneira de fazer essa função exponencial satisfazer a equação diferencial proposta é escolher de tal maneira que ela seja raiz da equação quadrática, b2 2 + b1 + b0 = 0 . Esta ultima equação é chamada de equação característica da equação diferencial dada. Consideramos três casos: as soluções para a equação característica correspondem a raízes reais distintas, raízes reais iguais e raízes compexas conjugadas. Caso 1: Raízes Reais Distintas. Quando a equação característica possui duas raízes reais distintas 1 e 2 , encontramos duas so-
luções e y = e x .
y = e 1x
2
Vimos que essas funções soluções são linearmente independentes em e formam um conjunto fundamental. Segue-se que a solução geral para a equação diferencial linear homogênea de ordem dois é, y = k1e x + k2 e x . 1
2
Caso 2: Raízes Reais Iguais. Quando 1 = 2 , obtemos somente uma solução exponencial y1 = e x . Porém podemos obter a se1
gunda solução fazendo, −
y2
=e
1 x
∫
b1
x
e b2 dx = e 1 x dx = xe 1 x . e 2 1 x
∫
A solução geral para a equação diferencial linear homogênea dada será: y = k1e x + k 2 xe x . 1
1
Caso 3: Raízes Complexas Conjugadas.
complexas, então podemos escrever, 234
Se as raízes 1 e 2 são
e 2 = − i
1 = + i
onde ∈ , ∈ e i 2 = −1 . Formalmente não existe diferença com relação ao caso 1, logo podemos escrever, + ix y = k1e( )
+(k2)eix
−
.
Porém, na pratica é melhor trabalhar com funções reais em vez de exponenciais complexas, para este fim utilizamos a formula de Euler, ei
= cos() + isen( )
onde é qualquer numero real. Logo após uma contabilidade fácil temos que as funções e x cos( x) e e xsen( x) são soluções para equação diferencial linear homogênea de ordem dois. Aplicando o wrosnkiano para esas funções obtemos e2 x ≠ 0 se > 0 e daí podemos concluir que formam um conjunto fundamental de soluções para a equação diferencial em ] − ∞, ∞[ . Pelo princípio de superposição, a solução geral é, y = k1e x cos( x)
x + k2e sen( )x x = e k [ 1c os( x k ) +x sen( )] . 2
Exemplo 5.15. Encontre a solução geral homogênea para a equação diferencial y ''−3 y' +2 y =cos x .
Solução. Utilizando e resolvendo a equação característica, 2 −( 1)( − =2) 0 2 − 3+ =
obtemos raízes reais distintas. Então um conjunto fundamental é: } 2{e, =e }t
t
t
{e ,e1
2t
Logo, yh
= c1et + c2e 2t .
Se por algum outro meio, encontramos uma função que satisfaz a equação diferencial linear não homogênea, então a função solução é chamada de solução particular y p da equação diferencial linear não homogênea. Teorema 5.7.Se y1
e equação diferencial
y2
formam um sistema fundamental para a
235
b2y ''+b y1 b+ y 0
e se
yp
=0,
é qualquer solução particular da equação diferencial ,
b2y ''+b y1 b+ y 0 h=)t(
então a solução geral da equação diferencial linear não homogênea pode ser escrita na forma: y = y+h
=y p +[k1 y1 + 2k2 y
]
yp .
A partir do teorema anterior e das discussões sobre o sistema fundamental de soluções da equação diferencial linear homogênea, precisamos nos concentrar sobre métodos associados para encontrar uma solução particular y p . Existem essencialmente dois métodos populares para encontrar a solução particular: •
O método dos coeficientes a determinar;
•
O método da variação de parâmetros.
Na próxima seção estudaremos esses dois distintos procedimentos para calcular a solução particular.
Exercícios 1)
Dada a solução
y p (1) = 1 da equação diferencial encontre a solução geral dessa equa-
ção.
2)
Utilize a resposta do problema anterior para encontrar a solução dos seguintes problemas de valor inicial para , com: a) c) e)
236
b) d)
3) Suponhamos que y (t ) é uma solução da equação diferencial p
com a propriedade que Suponhamos que { y1( t), y2( )} t é um conjunto fundamental de soluções de sua equação homogênea associada. Mostre que y (t) = y(p) t +( )b1( t)1 y t(2) +2(b) t y t é solução com a propriedade que y (t0) =1 b, 0'(y)2t = b .
4) Encontre a solução geral das seguintes equações diferenciais a) b) c) d) e) f) 5.5.7 Método dos C oeficientes a Determinar
É utilizado para calcular uma solução particular para a equação diferencial
b2 (t )y '' b+ (t)1y' b (+t) y 0 f (t) =
.
(1)
onde b2 (t ) = b2 , b1 (t ) = b1 e b0 (t ) = b0 são constantes e f (t) é uma combinação linear de funções dos seguintes tipos: 1)
t , ∈ + ,1, = {0 2,...}
2)
e t, com
3)
cos( t)
com
constante;
4)
sen( t)
com
constante;
;
constante;
5) um produto (finito) de dois ou mais funções dos tipos 1 a 4. Exemplo 5.16. A função
é uma combinação linear de funções do tipo (1) – (5). Por outro 1
lado as funções e t
ln t
não são desses tipos.
237
Observação 5.8. A observação principal que faz com que o méto-
do dos coeficientes a determinarfuncione, está no fato de que não somente f(t) como também qualquer derivada de qualquer termo de f(t) é uma combinação linear de funções do tipo (1) – (5). Por exemplo, qualquer derivada de3x 2 é uma combinação linear de funções x 2 , x e 1, as quais são funções do tipo (1). Utilizamos ou simbolizamos
3 x²
→{ x², ,x1} para denotar que
função 3x 2
qualquer derivada da é combinação linear das funções x 2 , x e 1 no lado direito. Também dizemos que as funções x 2 , x e 1 geram as derivadas da função3 x 2 . Mais ilustrações, temos:
Falando a grosso modo, uma solução particular da equação diferencial (1) é uma combinação linear das funções do tipo (1) – (5) que geram todas as derivadas def (t). Os coeficientes destas combinações lineares são os coeficientes a determinar (nome do método) e que serão calculados substituindo a solução particular suposta na equação diferencial (1) e igualando coeficientes de termos semelhantes.
O seguinte exemplo possui as características típicas do método de coeficientes a determinar, e sugerimos ao leitor estudar oexemplo com muito cuidado. Exemplo 5.17.Calcular a solução particular da EDO y ''− y=− 2 5t+2 +2
et .
(2)
Solução. Os coeficientes da equação dada sãob2 (t ) = 1 , b1 (t ) = 0 , b0 (t ) = −1 e f (t) =−2 ² t+5 +2 et onde f é uma combinação linear de funções t 2 , 1, et (dos tipos (1), (1) e (2), respectivamente).
238
Primeiro calculamos as funções que geram as derivadas de cada um dos três termos da função f. Com as notações prévias, temos
−2t² →{1, t², }t 5 → {1} 2et
→ {et }
(derivadas de 2et ). Assim, as derivadas de f são geradas pelas funções nos conjuntos {t²,t ,1}e e{ }t {1} . O. conjunto é omitido pois ele está contido no conjunto {t ², t,1} Agora se nenhuma das funções nos conjuntos {t²,t ,1}e e{ }t é uma solução da equação diferencial homogênea associada à equação diferencial, ( y'' − y') , então a solução particular da equação diferencial (2) é da forma yp
= At +2 +Bt + C Det .
onde A, B, C e D são coeficientes a determinar. Por outro lado se qualquer uma das funções em qualquer dos conjuntos {t²,t ,1}e e{ }t é uma solução da equação diferencial associada homogênea, então todos os elementos de tal conjunto devem ser multiplicados por uma mesma potência inteira det, de maneira que o novo conjunto resultante não contenha qualquer função que seja solução da equação diferencial homogênea associada à equação diferencial (2). Porém, no conjunto {t ², t,1} nenhuma função é solução de y ''− y = 0 e, portanto, o conjunto permanece da mesma forma. Porém, o conjunto {et } possui a função et que é solução de ( y'' − y' =0) , e por isso devemos multiplicar a função neste conjunto pela menor potência inteira de t, de maneira que a função resultante não seja solução da equação y ''− y = 0 . Como et é solução, tet não é solução de y ''− y = 0 , multiplicaremos t por et obtendo {tet } . Assim a solução particular da equação diferencial (2) é a combinação linear das funções nos conjuntos{t²,t ,1}e e{ }t , isto é, da forma: 2 y p = At + +Bt + C tDet .
239
Para obter os coeficientesA, B, C e D calculamos que
= 2 At+ +B +Det Dtet
y 'p
e y '' 2 A + De p = +
t
t + De= 2+Dte 2 +t A t
t
De
Dte
.
Substituindo esses resultados na equação diferencial (2) obtemos (2 A 2 + Det+t Dte ) (−²
+At+ t + Bt ) =C − 2²t 5+Dte 2+
t
e.
Igualando os coeficientes de termos semelhantes, obtemos o sistema de equações: 2A − C
=5
2D = 2
−B = 0 − A = −2 . Assim, A = 2 , B = 0 , C = −1 , D = 1 e a solução particular da equação diferencial (2) é: yp
= 2t 2 − 1 + tet .
No método anterior assumimos uma forma adequada como solução particular (tet em vez de et ). Se assumirmos uma forma não adequada como solução particular, uma contradição pode acontecer no sistema resultante de equações quando tentamos calcular os coeficientes indeterminados. Além disso, pode suceder que coeficientes desnecessários sejam nulos. Nota 5.4.
Solução abreviada. A procura da solução particular da equação y ''− y=− 2 5t+2 +2 et pode ser abreviada de acordo com o seguinte formato:
−2t² →{ t², t,1} 5 → {1} t 2e →{e} t{ → te}
t
( et é solução da associada homogênea ete t não é). 2 Então y p = At + +Bt + C Dtet é a forma correta para a solução particular da equação diferencial (2).
240
Exemplo 5.18. Encontre
a forma de uma solução particular da
equação diferencial, y ''+2 ' y−3
2t =3y +t 2+et esen + +t2
3t
t.
Solução. Como et é solução da homogênea associada porém tet não é, temos:
Assim, a forma da solução particular é:
Exemplo 5.19. Calcular a solução geral da equação
. Solução. A solução geral da equação diferencial não homogênea é y = yh + y p . Primeiro calculamos a solução homogênea yh associada à y ''− y' − 2 y0= . A equação característica é = 0 ² − − 2= 0⇔ (− 2)( + 1) , onde as raízes são e . Logo, yh = c1 e2 t + c2 e − t . Para calcular y p , observamos que:
e como nenhuma das funções é solução da equação diferencial associada homogênea, segue que a solução particular é da forma . Substituindo y p na EDO dada e igualando coeficientes de termos 1 semelhantes, encontramos A = 0 e B = , logo 10
.
241
Portanto, a solução geral da equação diferencial dada é: . Exemplo 5.2 0. Calcular uma solução particular da equação y ''−2 ' y+ =y2 − 3et e−t .
Solução. Temos que 2et
→{e }t {→ te² }
t
et tet (pois e ,t 2 et não são soluções da EDO homogênea é) 3e −t
→ {e−t } .
Assim, yp
= At 2et + Be−t .
Logo, y 'p
= 2 Atet + At 2 et − Be−t
y '' p =2 Ae + t4
t +Ate +
t
Be− .
Att 2 e
Substituindo y p , y ' p e y '' p na EDO dada, temos t t −t 2 Ae3t 4t+ Ate + t² +At e−)2(2 Be +
t
t3 t ²− Ae+ )( ²At + e =) Be−
t − = 2e−t 3 e⇒ 2 tAe +4 Bt =et2 −3t e− e
−
At e
Be −
.
Igualando os coeficientes de et e igualando os coeficientes de e − t , 3
obtemos A = 1 e B = − ; assim, 4
yp
3
= t 2 et − e − t . 4
Exemplo 5.2 1. Resolver o problema de valor inicial
y (0) = 0, y'(0) = 1, y−''(0) =
1
.
Solução. A solução geral é dada pela expres são y = yn + y p
.
Aqui o polinômio característico é: P () 242
= +3 = ( 1+ =) 2 ( +) ( − ) i i .
Então as raízes são 1 = 0 , 2 = i e 3 = −i . Logo a solução homogênea é dada por, yh
= c1e0t + c2e t + c3e t 3
2
Utilizando a fórmula de Euler, a solução homogênea pode ser escrita da seguinte maneira, yh
= c1t + c2 cos(t) + c3sen( t) .
No lado direito da equação diferencial, o termo2 + sen t fornece os seguintes conjuntos: 2 →{1}
→{ }t (pois 1 é solução da homogênea associada)
(pois, sen( t) e cos(t) são soluções da homogênea associada). Conseqüentemente, tomamos y p da forma, . Logo,
. Substituindo y ' p e y ''' p na equação diferencial, obtemos: . 1
Então A = 2 , B = − , C = 0 e 2
. Então a solução geral da equação diferencial é . Finalmente, usamos as condições iniciais para calcularc1 , c2 e c3 . 243
Derivando a solução geral
. Agora y (0) =0
⇒ +c1 =c20
y '(0) =1 ⇒ c+3 2= 1 y ''(0) =1−
.
⇒ − c2−1 = −1
Assim, c1 = 0 , c2 = 0 , c3 = −1 , e a solução única do problema de valor inicial, PVI, é:
.
Exercícios 1) Encontre uma solução particular para cada equação diferencial a) c) e)
.
b)
.
d) .
. .
f)
.
2) Encontre a solução de cada problema de valor inicial a) b)
.
y ''+4 +y' =4 y ²,= t (0) y =0, '(0) y 1 /2
.
c)
y ''+4 −'y =5− y 2 25=², t (0) y = 0, '(0)y 0
d) e)
.
244
. .
5.5.8 Método de Variação de Parâmetros
É utilizado para calcular a solução particular da equação diferencial não-homogênea y ''+ a1'y
onde a1 e
ao
+ a0 y =)( f t
são constantes.
O método é aplicado quando não podemos aplicar o método dos coeficientes indeterminados. Este método na teoria “sempre funciona” e é construído seguindo o seguinte raciocínio: suponhamos que já conhecemos a solução homogênea yh
= c1 y1 +2c2 y
da equação diferencial homogênea associada y "+ a1 y '+ a0 y = 0 .
É possível tratar as constantes ci como funções ui e impor condições apropriadas sobre essas funções de maneira que a expressão u1y1 +u2 2y seja uma solução particular da equação diferencial não-homogênea? A pergunta da questão anterior nos leva para um resultado significativo e é exposto no seguinte teorema. Teorema 5. 8. Se y1 e y2 são soluções para a equaçãoy "+ a1 y '+ a0 y = 0 e se as funções u1 e u2 satisfazem o sistema de equações: y1 u1 '+2 y2 u ' = 0 y1 '1u'
Então
y = u1 y1 +2u2 y y1 '''+ a1 y' + a0 y =() f t .
(3)
+2 y'2 ' u ()= f t .
é uma solução particular da equação
Método (Algoritmo):
1) Encontre a solução geral da equação diferencial homogênea associada; 2) Usando as funções yi , monte e resolva o sistema (3) parau '1 e u '2 ; 245
3) Integre cada função u '1 e u '2 para encontrar u1 e u2 (nestas integrações não perdemos em generalidade se as constantes de integração são nulas) e finalmente y p = u1 y1 +2u2 y é a solução particular desejada. Podemos aplicar o método de variação de parâmetros para equações diferenciais não-homogêneas não importando a natureza dos coeficientes a 1 ’ a0 e f (t). Nota 5.5.
A razão para introduzir o método de coeficientes indeterminados é que ele é fácil e rápido de aplicar. O método de coeficientes indeterminados envolve a diferenciação e o método de variação de parâmetros envolve integração e, em alguns, casos diferenciar é mais fácil que integrar. Exemplo 5.22. Resolver ordem y ''+ y = cosec( t) .
a equação diferencial linear de segunda
Solução. Considere o polinômiocaracterístico P( ) = ² 1+ e suas raízes que são os números complexos ±i . Então a solução geral da equação diferencial homogênea é yh = c1 sen t + c2cos t . As funções u1 e u2 são calculadas do sistema
Utilizando propriedade de derterminantes podemos resolver o sistema anterior para calcular em termos deu1 e u2 . Assim temos as soluções u1 ' = cos( t) cosec(t) =
cos(t) sen(t)
e u2 ' = −1
e integrando temos que u1 = ln sen( t) e u2 = −t . Logo, a solução particular:
e a solução geral é:
.
246
Exercícios 1) Utilizando o método de variação de parâmetros obtenha uma solução particular de cada equação diferencial ordinária abaixo a) b) c) d) e) f) g)
Resumo Abordamos principalmente as equações diferenciais ordinárias de primeira o ordem homogêneas e não homogêneas com coefientes constantes e variáveis. Também estudamos as equações diferenciais ordinárias de segunda ordem homogêneas e não homogêneas. Em todos os casos se fornecem métodos para resolvê-las.
247
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