APOSTILA DE CÁLCULO

DIFERENCIAL E INTEGRAL II

dq

ρ senf

ρ

dρ

f

q

x

y

z

ρ df

ρ dqsenf

Colaboradores para elaboração da apostila:

Elisandra Bär de Figueiredo, Enori Carelli, Ivanete Zu hi Siple, Marnei Luis Mandler,

Rogério de Aguiar

Versão atual editada por Elisandra Bär de Figueiredo

Para omentários e sugestões es reva para elisandra.�gueiredo�udes .br

Home-page: http://www.joinville.udes .br/portal/professores/elisandra/

Joinville, julho de 2014

Horário de Monitoria

Iní io Final Segunda Terça Quarta Quinta Sexta

07:30 08:20

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Horário de Atendimento dos Professores

Iní io Final Segunda Terça Quarta Quinta Sexta

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i

Conteúdo

1 INTEGRAL DEFINIDA 1

1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Partição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Soma Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.4 Soma Inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Função Integrável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.5.10 Teorema do Valor Médio para Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.6 Teorema Fundamental do Cál ulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.6.6 Fórmulas Clássi as para Resolver Integrais (Revisão) . . . . . . . . . 20

1.7 Integrais Impróprias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.8 Integral de uma função des ontínua num ponto c ∈ [a, b] . . . . . . . . . . . 23

1.9 Área em oordenadas retangulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.10 Área delimitada por urvas es ritas em equações paramétri as (op ional) . . 32

1.11 Área de um setor urvilíneo em oordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . 34

1.12 Comprimento de Ar o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.12.1 Comprimento de Ar o em Coordenadas Cartesianas . . . . . . . . . . 38

1.12.3 Comprimento de um ar o em oordenadas paramétri as . . . . . . . . 41

1.12.7 Comprimento de ar o em oordenadas polares . . . . . . . . . . . . . 43

1.13 Volume de um Sólido de Revolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.13.5 Rotação em torno de uma Reta Paralela a um Eixo Coordenado . . . 48

1.14 Exer í ios Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1.15 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

1.16 Revisão de Coordenadas Polares no R2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2 FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS E DIFERENCIAÇ�O PARCIAL 69

2.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.2 Função de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.2.5 Grá� o de uma Função de Várias Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.2.12 Curvas e Superfí ies de Nível . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.2.14 Distân ias e Bolas no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.3 Limite de uma Função de duas Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

2.3.9 Propriedades dos Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.4 Continuidade de uma Função de duas Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.5 Derivadas Par iais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

2.5.7 Interpretação Geométri a das derivadas par iais . . . . . . . . . . . . 89

2.6 Derivada de uma Função Composta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

2.7 Derivada Par ial omo Taxa de Variação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

2.8 Diferen ial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

2.9 Derivadas Par iais de Ordem Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

ii

2.10 Extremos de uma Função de duas Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

2.10.1 Ponto Críti o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

2.10.3 Ponto de Máximo e Ponto de Mínimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

2.11 Derivadas de Funções Implí itas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

2.12 Exer í ios Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

2.13 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

3 INTEGRAIS DUPLAS 123

3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

3.2 Interpretação Geométri a da Integral Dupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

3.3 Cál ulo da Integral Dupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

3.4 Integrais Duplas em Coordenada Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

3.5 Exer í ios Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

3.6 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

4 INTEGRAIS TRIPLAS 142

4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

4.2 Interpretação Geométri a da Integral Tripla . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

4.3 Cál ulo da Integral Tripla em Coordenadas Retangulares . . . . . . . . . . . 144

4.4 Integrais Triplas em Coordenadas Cilíndri as . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

4.5 Integrais Triplas em Coordenadas Esféri as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4.6 Exer í ios Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

4.7 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

5 SEQUÊNCIAS E SÉRIES 170

5.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

5.2 Sequên ias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

5.2.3 Limite de uma Sequên ia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.2.7 Sequên ias Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

5.3 Subsequên ias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

5.4 Sequên ia Limitada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

5.5 Sequên ias Numéri as Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

5.6 Séries Numéri as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

5.6.4 Soma de uma Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

5.6.7 Séries Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

5.7 Condição ne essária para Convergên ia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

5.8 Séries Espe iais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

5.8.1 Série harm�ni a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

5.8.3 Série geométri a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

5.9 Critérios de Convergên ia de Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

5.9.1 Critério da integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

5.9.4 Série p ou Série Hiper-harm�ni a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

5.9.8 Critério da omparação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

5.9.11 Critério de D'Alambert ou Critério da Razão . . . . . . . . . . . . . 188

5.9.15 Critério de Cau hy ou Critério da Raíz . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

5.10 Séries de Termos Positivos e Negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

5.10.3 Convergên ia de uma série alternada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

5.11 Série de Termos de Sinais Quaisquer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

5.12 Séries absolutamente onvergente e ondi ionalmente onvergentes . . . . . . 193

iii

5.13 Séries de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

5.13.2 Convergên ia de séries de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

5.14 Séries de Potên ias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

5.14.4 Pro esso para determinar o intervalo e o raio de onvergên ia de uma

série de potên ias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

5.14.8 Série de potên ias entrada em x = a . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

5.14.11Continuidade da soma de uma Série de Funções. . . . . . . . . . . . . 200

5.14.13Derivação de uma série de funções ontínuas . . . . . . . . . . . . . . 200

5.15 Diferen iação e Integração de Séries de Potên ias . . . . . . . . . . . . . . . 201

5.16 Séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

5.17 Série de Ma laurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

5.18 Fórmula geral do bin�mio de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

5.19 Exer í ios Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

5.20 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

iv

Capítulo 1

INTEGRAL DEFINIDA

Objetivos (ao �nal do apítulo espera-se que o aluno seja apaz de):

1. De�nir integral inferior e integral superior;

2. Cal ular o valor da integral de�nida por de�nição;

3. Apli ar o teorema fundamental do ál ulo e suas propriedades;

4. Cal ular integral de�nida por substituição de variáveis;

5. Resolver exer í ios que envolvam integrais impróprias;

6. Resolver exer í ios que envolvam integrais impróprias de funções des ontínuas;

7. Cal ular áreas delimitadas por funções em oordenadas retangulares;

8. Cal ular áreas delimitadas por funções em oordenadas polares;

9. Cal ular áreas delimitadas por funções em oordenadas paramétri as;

10. Cal ular volume de um sólido de revolução;

11. Cal ular o omprimento de um ar o em oordenadas retangulares, paramétri as e po-

lares;

12. Cal ular a superfí ie de um sólido de revolução;

13. Resolver problemas através da integral nas áreas de físi a, produção, e onomia entre

outras apli ações;

14. Resolver exer í ios usando uma ferramenta te nológi a.

A prova será omposta por questões que possibilitam veri� ar se os objetivos foram atin-

gidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação

das questões é o modelo adotado na formulação dos exer í ios e no desenvolvimento teóri o

desse apítulo nessa apostila.

1

1.1 Introdução

Neste apítulo estudaremos a integral de�nida. Uma das prin ipais apli ações da integral

de�nida en ontra-se em problemas que envolvem ál ulo de área e volumes. Por exemplo,

seja f : [a, b] → R uma função ontínua tal que f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b]. Nosso

propósito é determinar a área da região delimitada pela urva y = f(x), pelo eixo x e pelas

retas x = a e x = b, onforme Figura 1.1 abaixo:

a y b

x

f

Figura 1.1: Área da região R

Estimando o valor da área R: Sabemos omo al ular a área de um retângulo (base

× altura). A área de um polígono podemos obter subdividindo-o em triângulos e retângulos.

No entanto, não é tão fá il en ontrar a área de uma região om lados urvos. Assim, parte do

problema da área é utilizar uma ideia intuitiva do que é a área de uma região. Re ordemos

que, para de�nir uma tangente, primeiro aproximamos a in linação da reta tangente por

in linações de retas se antes e então tomamos o limite dessas aproximações. Utilizaremos

uma ideia semelhante para obter áreas.

Por exemplo para al ular a área da região R vamos dividir o intervalo [a, b] em 2 su-

bintervalos de omprimento ∆x = b−a2. Denotamos os extremos destes subintervalos por xi,

onde i ∈ {0, 1, 2}. Veja que, neste aso, temos x0 = a, x1 = c e x2 = b. Na Figura 1.2,

onsidere os retângulos de largura ∆x e altura Mi =Max{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]}.

a y c b

x

f

Figura 1.2: Estimativa por soma de áreas de retângulos

Deste modo obtemos um polígono ir uns rito a região R uja área é dada pela soma

da área dos dois retângulos. Como a base é a mesma, podemos dizer que a área é dada

por

2∑

i=1

Mi∆x, onde Mi = Max{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]}. Vo ê a ha que podemos omparar a

2

área da região R representada pela Figura 1.1 e a região formada pelos retângulos da Figura

1.2? A diferença é muito grande? O que a onte eria om esta diferença se dividíssemos o

intervalo [a, b] em n subintervalos om n = 3, 4, 5, 6, · · ·?A de�nição formal de integral de�nida envolve a soma de muitos termos pequenos (dife-

ren iais), om a �nalidade de obter-se uma quantidade total após esta operação. Assim há

uma onexão entre o ál ulo integral e diferen ial, onde o Teorema Fundamental do Cál ulo

rela iona a integral om a derivada. As integrais estão envolvidas em inúmeras situações:

usando a taxa (derivada) podemos obter a quantidade (integral) de óleo que vaza de um

tanque durante um erto tempo; utilizando a leitura do velo ímetro de um �nibus espa ial é

possível al ular a altura atingida por ele em um dado intervalo de tempo. Assim, pode-se

usar a integral para resolver problemas on ernentes a volumes, omprimentos de urvas,

predições popula ionais, saída de sangue do oração, força sobre uma represa, potên ia on-

sumida e a energia usada em um intervalo de tempo na idade de Joinville, et .

O Cál ulo da Área

Primeiramente aproximaremos a área da região R delimitada por grá� os de funções por

soma de áreas de retângulos ins ritos ou ir uns ritos para então tomarmos o limite das

áreas desses retângulos, à medida que se aumenta o número destes, onforme a Figura 1.3.

y

xa b ba x

y

Figura 1.3: Aproximando áreas om n retângulos

E desta forma, a área total desejada será obtida pela soma das áreas retangulares quando

suas bases se tornam ada vez menores, isto é, quando∆x → 0 (ou equivalentemente, quando

o número de retângulos se torna ada vez maior, isto é, n→ ∞). Vo ê onsegue formalizar,

matemati amente, este resultado?

Para dar iní io a essa formalização, veremos algumas de�nições auxiliares.

1.2 Partição

DEFINIÇ�O 1.2.1 Seja [a, b] um intervalo. Denominamos partição de [a, b] ao onjunto

ordenado de pontos

P = {x0, x1, x2, ..., xi, ..., xn}tais que

a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b

e que dividem [a, b] em n-subintervalos, a saber,

[x0, x1] , [x1, x2] , [x2, x3] , ..., [xi−1, xi] , ..., [xn−1, xn] ,

3

denominados intervalos da partição. Além disso, denotamos o omprimento de ada subin-

tervalo por

|[x0, x1]| = x1 − x0 = ∆x1|[x1, x2]| = x2 − x1 = ∆x2|[x2, x3]| = x3 − x2 = ∆x3

· · ·|[xi−1, xi]| = xi − xi−1 = ∆xi

· · ·|[xn−1, xn]| = xn − xn−1 = ∆xn.

EXEMPLO 1.2.2 Considerando o intervalo [1, 12], o onjunto de pontos P = {1, 2, 4, 8, 12} é

uma partição de [1, 12]. Os intervalos dessa partição são [1, 2], [2, 4], [4, 8] e [8, 12].Naturalmente, temos 1 = x0 < 2 = x1 < 4 = x2 < 8 = x3 < 12 = x4.

DEFINI�O 1.2.3 Seja [a, b] um intervalo e onsidere

P = {x0, x1, x2, · · · , xi, · · · , xn} e Q = {x0, x1, x2, · · · , y0, · · · , xi, · · · , xn}

duas partições de [a, b]. Dizemos que a partição Q é um re�namento da partição P se P ⊂ Q.

EXEMPLO 1.2.4 Consideremos o intervalo [1, 12]. Os onjuntos de pontos

P = {1, 2, 4, 8, 12} e Q = {1, 2, 3, 4, 5, 8, 10, 12}

são duas partições de [1, 12] om P ⊂ Q. Então, Q é um re�namento de P.

1.3 Soma Superior

Consideraremos sempre uma função ontínua f : [a, b] → R de�nida num intervalo fe hado

[a, b] e limitada nesse intervalo, isto é, existem m,M ∈ R tais que m ≤ f (x) ≤ M para todo

x ∈ [a, b] .

DEFINIÇ�O 1.3.1 Seja f : [a, b] → R uma função limitada e seja P = {x0, x1, x2, ..., xi, ..., xn}uma partição de [a, b], om a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b. Seja Mi o valor supremo de fno intervalo [xi−1, xi] , onde i = 1, 2, 3, · · · , n. Denominamos soma superior de f em relação

à partição P e denotamos por S(f, P ) à expressão:

S(f, P ) =M1(x1 − x0) +M2(x2 − x1) + ..+Mn(xn − xn−1) =

n∑

i=1

Mi(xi − xi−1). (1.3.1)

EXEMPLO 1.3.2 Considere a função f : [0, 2] → R de�nida por f (x) = xsenx. Na Figura

1.4 podemos ver o grá� o de uma soma superior referente a uma partição omposta por 15

pontos. Já uma soma superior referente a uma partição om maior número de pontos (80

pontos), é ilustrada pela Figura 1.5.

Note que, onforme aumentamos o número de pontos da partição, aqui uniformemente

distribuídos, a soma superior S(f, P ) vai se aproximando da área sob o grá� o de f (x) =x sin x, no intervalo [0, 2] .

4

y

x

f(x)=xsen x

Figura 1.4: Soma Superior, S(f, P ), P om 15 pontos: A = 1, 863 u.a.

y

x

f(x)=xsen x

Figura 1.5: Soma Superior, S(f, P ), P om 80 pontos: A = 1, 746 u.a.

1.4 Soma Inferior

DEFINIÇ�O 1.4.1 Seja f : [a, b] → R uma função limitada e seja P = {x0, x1, x2, ..., xi, ..., xn}uma partição de [a, b], onde a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b. Seja mi o valor ín�mo de fno intervalo [xi−1, xi] para i = 1, 2, 3, ..., n. Denominamos soma inferior de f em relação à

partição P e denotamos por S(f, P ) à expressão:

S(f, P ) = m1(x1 − x0) +m2(x2 − x1) + ... +mn(xn − xn−1) =

n∑

i=1

mi(xi − xi−1). (1.4.1)

EXEMPLO 1.4.2 Considere a função f : [0, 2] → R de�nida por f (x) = xsenx. Na Figura

1.6 podemos ver o grá� o de uma soma inferior referente a uma partição omposta por um

número reduzido de pontos (15 pontos) e na Figura 1.7 de uma soma inferior referente a

uma partição om maior número de pontos (80 pontos).

Note que, aumentando o número de pontos de [a, b] a soma inferior S (f, P ) vai se apro-ximando da área sob o grá� o de f (x) = x sin x no intervalo [0, 2].

5

y

x

f(x)=xsen x

Figura 1.6: Soma Inferior, S(f, P ), P om 15 pontos: A = 1, 642 u.a.

y

x

f(x)=xsen x

Figura 1.7: Soma Inferior, S(f, P ), P om 80 pontos: A = 1, 718 u.a.

1.5 Função Integrável

DEFINIÇ�O 1.5.1 Seja f : [a, b] → R uma função limitada. Dizemos que f é integrável se

limn→+∞

S(f, P ) = limn→+∞

S(f, P )

ou seja, se

limn→+∞

n∑

i=1

mi(xi − xi−1) = limn→+∞

n∑

i=1

Mi(xi − xi−1),

sendo P = {x0, x1, x2, · · · , xn} qualquer partição de [a, b].

No aso de uma função integrável, denotaremos a integral de�nida de f de a até bpor ∫ b

a

f (x) dx = limn→+∞

n∑

i=1

f (wi) (xi − xi−1), onde wi ∈ [xi−1, xi] .

OBSERVAÇ�O 1.5.2 As somas superiores e inferiores a ima de�nidas são asos parti ulares

de Somas de Riemann, que são quaisquer expressões da forma S =n∑

i=1

f (wi)∆xi, onde

wi ∈ [xi−1, xi] não é ne essariamente um máximo ou um mínimo de f em ada subintervalo

6

da partição onsiderada, nem ∆xi é ne essariamente onstante. No entanto, em nossos

propósitos, não iremos onsiderar esses asos mais gerais.

Ainda, omo f(x) pode ser negativa, ertos termos de uma soma superior ou inferior

também podem ser negativos. Consequentemente, nem sempre S(f, P ) e S(f, P ) irão repre-

sentar uma soma de áreas de retângulos. De forma geral, estas somas representam a soma

das áreas dos retângulos situados a ima do eixo-x (onde f ≥ 0) om o negativo das áreas

dos retângulos que estão situados abaixo deste eixo (onde f ≤ 0).

OBSERVAÇ�O 1.5.3 Para al ular integrais de�nidas usando a de�nição de somas superiores

ou inferiores, serão usadas as seguintes expressões:

(i) 1 + 1 + 1 + ...+ 1︸ ︷︷ ︸ = k

k vezes

(ii) 1 + 2 + 3 + ...+ k =(1 + k)k

2

(iii) 12 + 22 + 32 + ... + k2 =k (k + 1) (2k + 1)

6

(iv) 13 + 23 + 33 + ... + k3 =k2 (k + 1)2

4

(v) 14 + 24 + 34 + ...+ k4 =k (k + 1) (6k3 + 9k2 + k − 1)

30

EXEMPLO 1.5.4 Usando a de�nição de soma superior, en ontre a área delimitada pelas urvas

y = x2 + 1, x = 0, x = 4 e y = 0 (sabendo que a função é integrável).

Solução: Tomamos P = {x0,x1, x2, ..., xn} uma partição do intervalo [0, 4], onforme ilustra

a Figura 1.8

y

x

Figura 1.8: Soma Superior de f(x) = x2 + 1 om 10 retângulos

Como os subintervalos da partição podem ser quaisquer, podemos admitir que todos

possuem o mesmo diâmetro, isto é, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn. Portanto, temos que

∆x =4− 0

n=

4

ne podemos atribuir valores para ada xi ∈ P omo sendo

x0 = 0, x1 = ∆x, x2 = 2∆x, x3 = 3∆x, ..., xn = n∆x.

7

Seja Mi o supremo de f(x) = x2 + 1 no intervalo [xi−1, xi]. Como neste exemplo temos

uma função res ente, o máximo de f em ada subintervalo o orre no seu extremo direito,

ou seja, Mi = f(xi). Assim, a soma superior de f é dada por

S(f, P ) = M1∆x+M2∆x+M3∆x+ .... +Mn∆x

= f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ f(x3)∆x+ ...+ f(xn)∆x

= f(∆x)∆x+ f(2∆x)∆x+ f(3∆x)∆x+ ... + f(n∆x)∆x

= ∆x[(∆x)2 + 1 + (2∆x)2 + 1 + (3∆x)2 + 1 + ...+ (n∆x)2 + 1]

= ∆x[1 + 1 + ...+ 1 + (∆x)2 + 4(∆x)2 + 9(∆x)2 + ... + n2(∆x)2]

= ∆x[n +∆x2(1 + 22 + 32 + ...+ n2)]

= ∆x

(n+∆x2

n(n + 1)(2n+ 1)

6

)

=4

n

(n+

42

n2

n(n + 1)(2n+ 1)

6

)

= 4 +64

6

(n + 1)(2n+ 1)

n2

= 4 +32

3

(2 +

3

n+

1

n2

)= 4 +

64

3+

32

n+

32

3n2.

Portanto, a área desejada é dada por

∫ 4

0

(x2 + 1)dx = limn→+∞

(4 +

64

3+

32

n+

32

3n2

)=

76

3.

Agora, se desejarmos en ontrar a soma inferior de f, quais modi� ações deveremos efetuar

nos ál ulos a ima? Sugere-se que o estudante refaça este exer í io, prestando bastante

atenção no que o orre om as alturas dos retângulos ins ritos e nas onsequên ias deste fato.

EXEMPLO 1.5.5 Usando a de�nição de soma inferior, en ontre a área delimitada pelas urvas

y = 16− x2, x = 1, x = 4 e y = 0 (sabendo que a função é integrável).

Solução: Tomamos P = {x0,x1, x2, ..., xn} uma partição do intervalo [1, 4], onforme ilustra

a Figura 1.9

y

x

Figura 1.9: Soma Inferior de f(x) = 16− x2 om 10 retângulos

8

Como os subintervalos da partição podem ser quaisquer, podemos admitir que todos

possuem o mesmo diâmetro, isto é, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn. Portanto, temos que

∆x =4− 1

n=

3

ne podemos atribuir valores para ada xi ∈ P omo sendo

x0 = 1, x1 = 1 +∆x, x2 = 1 + 2∆x, x3 = 1 + 3∆x, · · · , xn = 1 + n∆x.

Seja mi o ín�mo de f(x) = 16 − x2 no intervalo [xi−1, xi]. Como no intervalo [1, 4] afunção é de res ente, o mínimo de f em ada subintervalo o orre no seu extremo direito, ou

seja, mi = f(xi). Assim, a soma inferior de f é dada por

S(f, P ) = m1∆x+m2∆x+m3∆x+ ....+mn∆x

= f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ f(x3)∆x+ ...+ f(xn)∆x

= f(1 + ∆x)∆x + f(1 + 2∆x)∆x+ f(1 + 3∆x)∆x + ...+ f(1 + n∆x)∆x

= [16− (1 + ∆x)2 + 16− (1 + 2∆x)2 + 16− (1 + 3∆x)2 + · · ·+ 16− (1 + n∆x)2]∆x

= 16n∆x− [1 + 2∆x+ (∆x)2 + 1 + 2 · 2∆x+ (2∆x)2 + 1 + 2 · 3∆x+ (3∆x)2 +

+ · · ·+ 1 + 2 · n∆x + (n∆x)2]∆x

= 16n∆x− n∆x− 2(1 + 2 + 3 + · · ·+ n)(∆x)2 − (12 + 22 + 32 + · · ·+ n2)(∆x)3

= 15n∆x− 2 · n(n+ 1)

2· (∆x)2 − n(n+ 1)(2n+ 1)

6· (∆x)3

= 15n · 3n− 9 · n

2 + n

n2− 9 · 2n

3 + 3n2 + n

2n3

= 45− 9− 9

n− 9− 27

2n− 9

2n2= 27− 45

2n− 9

2n2

Portanto, a área desejada é dada por

∫ 4

1

(16− x2)dx = limn→+∞

(27− 45

2n− 9

2n2

)= 27.

OBSERVAÇ�O 1.5.6 Até o momento não exigimos que a função seja ontínua. Isso porque a

ondição de ontinuidade não é ne essária para que uma função seja integrável. Daqui para

frente só trabalharemos om funções ontínuas. A integrabilidade de funções não ontínuas,

usando a de�nição, não será objeto do nosso estudo.

Propriedades das Integrais

Se f, g : [a, b] → R são funções integráveis, então são válidas as seguintes propriedades:

i. Se f(x) é uma função onstante, isto é, f(x) = c, então

∫ b

a

cdx = c(b− a).

ii. Se k é uma onstante, então

∫ b

a

kf (x) dx = k

∫ b

a

f (x) dx.

iii.

∫ b

a

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

∫ b

a

f (x) dx+

∫ b

a

g (x) dx.

iv. Se f (x) ≤ g (x) para todo x ∈ [a, b] , então

∫ b

a

f (x) dx ≤∫ b

a

g (x) dx.

9

v. Se m ≤ f(x) ≤M para todo x ∈ [a, b] , então m (b− a) ≤∫ b

a

f (x) dx ≤M (b− a) .

vi. Se c ∈ [a, b] , então

∫ b

a

f (x) dx =

∫ c

a

f (x) dx+

∫ b

c

f (x) dx.

vii. A tro a dos limitantes de integração a arreta a mudança no sinal da integral de�nida,

ou seja, ∫ b

a

f (x) dx = −∫ a

b

f (x) dx.

viii.

∫ a

a

f(x)dx = 0.

EXEMPLO 1.5.7 Determine a soma superior e a soma inferior para f(x) = x2 − 2x + 2 no

intervalo [−1, 2]. A seguir, utilize-as para al ular a área da região situada abaixo do grá� o

de f e entre as retas y = 0, x = −1 e x = 2.

Solução: A Figura 1.10 ilustra o grá� o da soma superior de f referente a uma partição

omposta de 15 pontos. Observe que as alturas dos retângulos ir uns ritos não possuem

o mesmo omportamento em todo o intervalo. Isso o orre porque a função é de res ente

no intervalo [−1, 1] e res ente em [1, 2]. Para obter a expressão para a soma superior de fusaremos a Propriedade vi. Tomaremos uma partição para o intervalo [−1, 1] e outra para

o intervalo [1, 2].

y

x

Figura 1.10: Soma Superior de f(x) = x2 − 2x+ 2 om 15 retângulos

Soma Superior para o intervalo [−1, 1]

Seja P = {x0,x1, x2, ..., xn} uma partição do intervalo [−1, 1], de tal forma que todos os

subintervalos de P possuam o mesmo diâmetro, isto é, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = · · · = ∆xn.

Portanto, temos que a base de ada um dos retângulos é dada por ∆x =1− (−1)

n=

2

ne

assim podemos atribuir valores para ada xi ∈ P omo sendo

x0 = −1, x1 = −1 + ∆x, x2 = −1 + 2∆x, x3 = −1 + 3∆x, · · · , xn = −1 + n∆x.

Agora vamos determinar as alturas dos retângulos ir uns ritos. Seja Mi o supremo de

f(x) = x2 − 2x+ 2 no subintervalo [xi−1, xi]. Como neste intervalo a função é de res ente o

10

máximo de f em ada subintervalo o orre no seu extremo esquerdo, ou seja, Mi = f(xi−1).Assim, a soma superior de f é dada por

S(f, P ) = M1∆x+M2∆x+M3∆x+ · · ·+Mn∆x

= f(x0)∆x+ f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn−1)∆x

= f(−1)∆x+ f(−1 + ∆x)∆x+ f(−1 + 2∆x)∆x + · · ·+ f(−1 + (n− 1)∆x)∆x

= ∆x{5 +[(−1 + ∆x)2 − 2(−1 + ∆x) + 2

]+[(−1 + 2∆x)2 − 2(−1 + 2∆x) + 2

]+

+ · · ·+[(−1 + (n− 1)∆x)2 − 2(−1 + (n− 1)∆x) + 2

]}

= ∆x{5 +[(1− 2∆x+ (∆x)2) + 2− 2∆x+ 2

]+[1− 4∆x+ 22(∆x)2 + 2− 4∆x+ 2

]+

+ · · ·+[1− 2(n− 1)∆x+ (n− 1)2(∆x)2 + 2− 2(n− 1)∆x+ 2

]}

= ∆x{5 +[5− 4∆x+ (∆x)2

]+[5− 8∆x+ 22(∆x)2

]+

+ · · ·+[5− 4(n− 1)∆x+ (n− 1)2(∆x)2

]}

= ∆x[5n− 4∆x (1 + 2 + · · ·+ (n− 1)) + (∆x)2

(1 + 22 + · · ·+ (n− 1)2

)]

=2

n·[5n− 4 · 2

n· n(n− 1)

2+

(2

n

)2

· (n− 1)n (2n− 1)

6

]

=2

n·[5n− 4(n− 1) +

2

3·(2n2 − 3n+ 1

n

)]

= 2 +8

n+

4

3·(2− 3

n+

1

n2

)=

14

3+

4

n+

4

3n2.

Soma Superior para o intervalo [1, 2]

Seja Q = {x0,x1, x2, ..., xn} uma partição do intervalo [1, 2], de tal forma que todos os

subintervalos de Q possuam o mesmo diâmetro, isto é, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = · · · = ∆xn.

Portanto, temos que a base de ada um dos retângulos é dada por ∆x =2− 1

n=

1

ne assim

podemos atribuir valores para ada xi ∈ Q omo sendo

x0 = 1, x1 = 1 +∆x, x2 = 1 + 2∆x, x3 = 1 + 3∆x, · · · , xn = 1 + n∆x.

Como neste intervalo a função é de res ente as alturas dos retângulos ir uns ritos, Mi,o orre no extremo direito de ada subintervalo, i.e., Mi = f(xi). Assim a soma superior de

f em [1, 2] relativa a partição Q é dada por

S(f,Q) = M1∆x+M2∆x+M3∆x+ · · ·+Mn∆x

= f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ f(x3)∆x+ · · ·+ f(xn)∆x

= [f(1 + ∆x) + f(1 + 2∆x) + f(1 + 3∆x) + · · ·+ f(1 + n∆x)]∆x

= {[(1 + ∆x)2 − 2(1 + ∆x) + 2] + [(1 + 2∆x)2 − 2(1 + 2∆x) + 2] +

+[(1 + 3∆x)2 − 2(1 + 3∆x) + 2] + · · ·+ [(1 + n∆x)2 − 2(1 + n∆x) + 2]}∆x= {[1 + (∆x)2] + [1 + (2∆x)2] + [1 + (3∆x)2] + · · ·+ [1 + (n∆x)2]}∆x= n∆x+ (12 + 22 + 32 + · · ·+ n2)(∆x)3

= n · 1n+n(n + 1)(2n+ 1)

6·(1

n

)3

=4

3+

1

2n+

1

6n2

Portanto, a soma superior de f em [−1, 2] é

S(f, P ∪Q) = 14

3+

4

n+

4

3n2+

4

3+

1

2n+

1

6n2= 6 +

9

2n+

3

2n2.

11

Para determinar a soma inferior de f, basta en ontrar as alturas dos retângulos ins ritos.A Figura 1.11 ilustra o grá� o da soma inferior de f referente a uma partição omposta de

15 pontos. Observe que as alturas dos retângulos ins ritos não possuem o mesmo omporta-

mento em todo o intervalo. Isso o orre porque a função é de res ente no intervalo [−1, 1] e res ente em [1, 2]. Para obter a expressão para a soma inferior de f usaremos novamente a

Propriedade vi, tomando uma partição para o intervalo [−1, 1] e outra para o intervalo [1, 2].

y

x

Figura 1.11: Soma Inferior de f(x) = x2 − 2x+ 2 om 15 retângulos

Soma Inferior para o intervalo [−1, 1]

Considere a partição P tomada a ima. A altura dos retângulos ins ritos, mi, o orre noextremo direito de ada subintervalo [xi−1, xi], i.e., mi = f(xi).

Assim, a soma inferior de f em [−1, 1], relativa a partição P, é dada por

S(f, P ) = m1∆x+m2∆x+m3∆x+ · · ·+mn∆x

= f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ f(x3)∆x+ · · ·+ f(xn)∆x

= f(−1 + ∆x)∆x+ f(−1 + 2∆x)∆x+ f(−1 + 3∆x)∆x+ · · ·+ f(−1 + n∆x)∆x

= ∆x{ [

(−1 + ∆x)2 − 2(−1 + ∆x) + 2]+[(−1 + 2∆x)2 − 2(−1 + 2∆x) + 2

]+

+ · · ·+[(−1 + n∆x)2 − 2(−1 + n∆x) + 2

] }

= ∆x{ [

1− 2∆x+ (∆x)2 + 2− 2∆x+ 2]+[1− 4∆x+ 22(∆x)2 + 2− 4∆x+ 2

]+

+ · · ·+[1− 2n∆x+ n2(∆x)2 + 2− 2n∆x+ 2

] }

= ∆x{[

5− 4∆x+ (∆x)2]+[5− 8∆x+ 22(∆x)2

]+ · · ·+

[5− 4n∆x+ n2(∆x)2

]}

= ∆x[5n− 4∆x (1 + 2 + · · ·+ n) + (∆x)2

(1 + 22 + · · ·+ n2

)]

=2

n·[5n− 4 · 2

n· (n+ 1)n

2+

(2

n

)2

· n(n + 1) (2n+ 1)

6

]

=2

n·[5n− 4(n+ 1) +

2

3·(2n2 + 3n+ 1

n

)]

= 2− 8

n+

4

3·(2 +

3

n+

1

n2

)=

14

3− 4

n+

4

3n2.

12

Soma Inferior para o intervalo [1, 2]

Considere a partição Q tomada a ima. A altura dos retângulos ins ritos, mi, o orre noextremo esquerdo de ada subintervalo [xi−1, xi], i.e., mi = f(xi−1).

Assim, a soma inferior de f em [1, 2], relativa a partição Q, é dada por

S(f,Q) = m1∆x+m2∆x+m3∆x+ · · ·+mn∆x

= f(x0)∆x+ f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn−1)∆x

= f(1)∆x+ f(1 + ∆x)∆x+ f(1 + 2∆x)∆x+ · · ·+ f(1 + (n− 1)∆x)∆x

= ∆x{1 +[(1 + ∆x)2 − 2(1 + ∆x) + 2

]+[(1 + 2∆x)2 − 2(1 + 2∆x) + 2

]+

+ · · ·+[(1 + (n− 1)∆x)2 − 2(1 + (n− 1)∆x) + 2

]}

= ∆x{1 + [1 + (∆x)2] + [1 + (2∆x)2] + · · ·+ [1 + ((n− 1)∆x)2]}= n∆x+ [12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2](∆x)3

= n · 1n+

(n− 1)n(2n− 1)

6·(1

n

)3

=4

3− 1

2n+

1

6n2.

Portanto, a soma inferior de f em [−1, 2] é

S(f, P ∪Q) = 14

3− 4

n+

4

3n2+

4

3− 1

2n+

1

6n2= 6− 9

2n+

3

2n2.

Finalmente, utilizando a soma superior de f, obtemos que a área da região desejada é

dada por

A =

∫ 1

−1

(x2 − 2x+ 2)dx+

∫ 2

1

(x2 − 2x+ 2)dx

= limn→+∞

(14

3+

4

n+

4

3n2

)+ lim

n→+∞

(4

3+

1

2n+

1

6n2

)=

14

3+

4

3= 6.

Note que obteríamos o mesmo resultado utilizando a soma inferior de f.

EXEMPLO 1.5.8 Utilize a de�nição de integral de�nida para determinar a área da região

R delimitada por f(x) = 9 e g(x) = x2, om x ≤ 0, sabendo que f e g são funções

integráveis.

Solução: A região R está sombreada na Figura 1.12.

Figura 1.12: Região R

13

A área da região R pode ser interpretada omo sendo a área da região R1 menos a área da

região R2, onde R1 é a região retangular limitada pelas urvas y = g(x), y = 0, x = −3 e

x− 0 e R2 é a região limitada pelas urvas y = f(x), y = 0, x = −3 e x− 0.

Área de R1 : AR1=

∫ 0

−3

9dx = 9[0 − (−3)] = 27u.a. (usando as propriedades de integral

de�nida).

Área de R2 : Os retângulos ins ritos na região R2 estão representados na Figura 1.13. A

Figura 1.13: Soma inferior da região R2 om 7 retângulos

área de R2 é dada por AR2=

∫ 0

−3

x2dx usando somas de áreas de retângulos ins ritos to-

mamos uma partição P = {x0, x1, x2, · · · , xn} do intervalo [−3, 0], de tal forma que todos

os subintervalos de P possuam o mesmo diâmetro, isto é, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn.

Portanto, temos que a base de ada um dos retângulos é dada por ∆x =0− (−3)

n=

3

ne

assim podemos atribuir valores para ada xi ∈ P omo sendo

x0 = −3, x1 = −3 + ∆x, x2 = −3 + 2∆x, · · · , xn = −3 + n∆x.

Agora vamos determinar as alturas dos retângulos ins ritos. Como neste exemplo temos uma

função de res ente, ada retângulo ins rito atinge sua altura no ponto xi, i = 1, 2, · · · , n,ou seja, a altura de ada retângulo é g(xi) = x2i . Assim, a soma de Riemann de g relativa a

partição P e om as alturas de�nidas é dada por

S(g, P ) =

n∑

i=1

g(xi)∆x =

n∑

i=1

x2i∆x = (x21 + x22 + · · ·+ x2n)∆x

= [(−3 + ∆x)2 + (−3 + 2∆x)2 + · · ·+ (−3 + n∆x)2]∆x

=[(9− 6∆x+ (∆x)2

)+(9− 6 · 2∆x+ (2∆x)2

)+ · · ·+

(9− 6 · n∆x+ (n∆x)2

)]∆x

= 9n∆x− 6(∆x)2(1 + 2 + · · ·+ n) + (∆x)3(12 + 22 + · · ·+ n2)

= 27− 54

n2

n(n+ 1)

2+

27

n3

n(n+ 1)(2n+ 1)

6

= 27− 27

(1 +

1

n

)+

9

2

(2 +

3

n+

1

n2

)

= 9 +27

2n+

9

2n2

14

Portanto, usando retângulos ins ritos obtemos que

AR2= lim

n→+∞

(9 +

27

2n+

9

2n2

)= 9u.a..

Logo, a área da região R é

AR = AR1−AR2

= 27− 9 = 18u.a..

EXEMPLO 1.5.9 Utilize soma de áreas de retângulos ins ritos para al ular

∫ 4

0

(−x2 − 1)dx.

Solução: O grá� o de f(x) = −x2 − 1 e os retângulos ins ritos na região de integração Rda integral desejada estão representados na Figura 1.14.

Figura 1.14: Retângulos ins ritos na região R

Para al ular

∫ 4

0

(−x2 − 1)dx usando somas de áreas de retângulos ins ritos tomamos uma

partição P = {x0, x1, x2, · · · , xn} do intervalo [0, 4], de tal forma que todos os subintervalos

de P possuam o mesmo diâmetro, isto é, ∆x = ∆x1 = ∆x2 = ... = ∆xn. Portanto, temos

que a base de ada um dos retângulos é dada por ∆x = 4−(0)n

= 4ne assim podemos atribuir

valores para ada xi ∈ P omo sendo

x0 = 0, x1 = ∆x, x2 = 2∆x, · · · , xn = n∆x.

Agora vamos determinar as alturas dos retângulos ins ritos. Como neste exemplo temos

uma função de res ente e negativa, ada retângulo ins rito atinge sua altura no ponto xi−1,i = 1, 2, · · · , n, ou seja, a altura de ada retângulo é f(xi−1). Assim, a soma de Riemann de

15

f relativa a partição P e om as alturas de�nidas é dada por

S(f, P ) =

n∑

i=1

f(xi−1)∆x

= [f(x0) + f(x1) + f(x2) + · · · f(xn−i)]∆x

={−1 + [−(∆x)2 − 1] + [−(2∆x)2 − 1] + · · ·+ [−((n− 1)∆x)2 − 1]

}∆x

= −n∆x− [12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2](∆x)3

= −n · 4n− (n− 1)n(2n− 1)

6·(4

n

)3

= −4− 32(2n2 − 3n + 1)

3n2= −4− 64

3+

32

n− 32

3n2

Portanto, usando áreas de retângulos ins ritos obtemos que

∫ 4

0

(−x2 − 1)dx = limn→+∞

(−76

3+

32

n− 32

3n2

)= −76

3.

1.5.10 Teorema do Valor Médio para Integrais

TEOREMA 1.5.11 Se f : [a, b] → R é ontínua, então existe c ∈ [a, b] tal que

∫ b

a

f (x) dx =

f (c) (b− a).

EXEMPLO 1.5.12 No Exemplo 1.5.4 obtemos que

∫ 4

0

(x2 + 1)dx =76

3. Determine, se existir,

um número que satisfaça o teorema do valor médio para esta integral.

Solução: Como f(x) = x2+1 é uma função ontínua no intervalo [0, 4] o Teorema do Valor

Médio para Integrais garante que existe c ∈ (0, 4) de modo que

∫ 4

0

(x2 + 1)dx = f(c)(4− 0).

Assim,

c2 + 1 =76

4 · 3 ⇒ c2 =16

3⇒ c = ±4

√3

3.

Observe que c = −4√3

3não está no intervalo que pro uramos a solução. Portanto, c =

4√3

3satisfaz a on lusão do Teorema 1.5.11.

O Teorema do Valor Médio para Integrais tem uma interpretação geométri a interessante

se f(x) ≥ 0 em [a, b]. Neste aso

∫ b

a

f(x)dx é a área sob o grá� o de f de a até b, e o número

f(c) do Teorema 1.5.11 é a ordenada do ponto P do grá� o de f om abs issa c (veja a

Figura 1.15) Traçando-se uma reta horizontal por P a área da região retangular limitada

por essa reta, pelo eixo x e pelas reta x = a e x = b é f(c)(b−a) e que, pelo Teorema 1.5.11,

é a mesma que a área sob o grá� o de f de a até b.

OBSERVAÇ�O 1.5.13 O número c do Teorema 1.5.11 não é ne essariamente úni o. De fato,

se f for uma função onstante então qualquer número c pode ser utilizado.

OBSERVAÇ�O 1.5.14 O número

1

b− a

∫ b

a

f(x)dx é dito valor médio de f em [a, b].

16

y

xca b

P(c, f(c))

y=f(x)

Figura 1.15: Interpretação geométri a do Teorema 1.5.11

1.6 Teorema Fundamental do Cál ulo

Seja f : [a, b] → R uma função ontínua integrável. Vamos �xar o limite inferior a e variaro limite superior. De�niremos a função

F (x) =

∫ x

a

f (t) dt ∀x ∈ [a, b].

Caso f (t) seja sempre positiva, então F (x) será numeri amente igual a área do trapezóide

urvilíneo da Figura 1.16.

y

x

f(x)

a x x+ x

F(x)

F(x+ x)

Figura 1.16: Representação geométri a de F (x)

TEOREMA 1.6.1 Seja f : [a, b] → R uma função ontínua no intervalo [a, b], então a

função F (x) =

∫ x

a

f (t) dt é uma primitiva da função f , ou seja, F ′ (x) = f (x).

17

DEMONSTRAÇ�O: Utilizando a de�nição de derivada, temos que

F ′ (x) = lim∆x→0

F (x+∆x)− F (x)

∆x

= lim∆x→0

1

∆x

[∫ x+∆x

a

f (t) dt−∫ x

a

f (t) dt

]

= lim∆x→0

1

∆x

[∫ x

a

f (t) dt+

∫ x+∆x

x

f (t) dt−∫ x

a

f (t) dt

]

= lim∆x→0

1

∆x

∫ x+∆x

x

f (t) dt,

porém, pelo Teorema 1.5.11, sabemos que existe c ∈ [x, x+∆x] tal que

∫ x+∆x

x

f (t) dt = f (c) (x+∆x− x) = f(c)∆x

e portanto

F ′ (x) = lim∆x→0

f (c)

quando ∆x → 0 temos que c → x omo f é ontínua, obtemos que f (c) → f(x) e assim

� a demonstrado que

F ′ (x) = lim∆x→0

F (x+∆x)− F (x)

∆x= f (x) .

Uma onsequên ia desse teorema é o orolário que segue:

COROLÁRIO 1.6.2 Se f : [a, b] → R for ontínua no intervalo [a, b], então F : [a, b] → R é

derivável em (a, b) e F ′ (x) = f (x) .

A função F : [a, b] → R, de�nida a ima, é denominada primitiva de f : [a, b] → R e pelo

Teorema 1.6.1 toda função ontínua num intervalo [a, b] possui primitiva em [a, b].

TEOREMA 1.6.3 Se f : [a, b] → R for ontínua em [a, b] , então

∫ b

a

f(x)dx = G(b)−G(a)

onde G é qualquer primitiva de f, isto é, uma função tal que G′ = f.

DEMONSTRA�O: Seja F (x) =

∫ x

a

f(t)dt. Pelo Teorema 1.6.1 sabemos que F ′(x) = f(x),

isto é, F é uma primitiva de f. Se G for qualquer outra primitiva de f em [a, b], então elas

diferem por uma onstante, isto é,

G(x) = F (x) + c.

Assim,

G(b)−G(a) = [F (b) + c]− [F (a) + c] =

∫ b

a

f(t)dt−∫ a

a

f(t)dt =

∫ b

a

f(t)dt

18

Tro ando t por x obtemos ∫ b

a

f(x)dx = G(b)−G(a)

omo queríamos demonstrar.

A notação usual é

∫ b

a

f(x)dx = G(x)

∣∣∣∣∣

b

a

.

O teorema fundamental do ál ulo permite que sejam determinadas as integrais de�nidas

das funções ontínuas em intervalos fe hados sem usar o método visto para en ontrar somas

superiores e inferiores.

EXEMPLO 1.6.4 Utilizando o Teorema Fundamental do Cál ulo en ontre a área sob o grá� o

de f : [0, 4] → R de�nida por f (x) = x2 + 1.

Solução: Pelo Teorema 1.6.3 a área desejada é dada por

A =

∫ 4

0

(x2 + 1)dx =x3

3+ x

∣∣∣∣4

0

=64

3+ 4 =

76

3.

Compare este resultado om o resultado obtido no Exemplo 1.5.4.

EXEMPLO 1.6.5 Cal ule a área da região situada entre o eixo x e a urva f(x) = 18(x2−2x+8),

om x no intervalo de [−2, 4].

Solução: Uma representação grá� a pode ser visualizada na �gura 1.17.

y

x

Figura 1.17: Área sob o grá� o de f(x) = 18(x2 − 2x+ 8)

Pelo teorema fundamental do ál ulo temos que

A =

∫ 4

−2

1

8(x2 − 2x+ 8)dx =

1

8(x3

3− x2 + 8x)

∣∣∣∣4

−2

=1

8

[43

3− 42 + 8(4)−

((−2)3

3− (−2)2 + 8(−2)

)]

=1

8

[64

3− 16 + 32 +

8

3+ 4 + 16

]=

60

8=

15

2u.a.

19

1.6.6 Fórmulas Clássi as para Resolver Integrais (Revisão)

Para utilizar o teorema fundamental do ál ulo, é essen ial que se saiba obter a primitiva

(anti-derivada) de uma função. Vamos então relembrar, do ál ulo I, alguns pro essos lás-

si os de integração que serão muito úteis na resolução de problemas que envolvem integral

de�nida.

i. Mudança de Variável

TEOREMA 1.6.7 Sejam f : [a, b] → R uma função ontínua e g : [α, β] → R uma função

derivável tal que g′ é integrável e g ([α, β]) ⊂ [a, b] e, além disso g (α) = a e g (β) = b. Então

∫ b

a

f (x) dx =

∫ β

α

f (g (t)) g′ (t) dt.

DEMONSTRAÇ�O: Sejam f : [a, b] → R uma função ontínua e g : [α, β] → R uma função

derivável om g′ integrável e g ([α, β]) ⊂ [a, b] om g (α) = a e g (β) = b. Então f possui

uma primitiva F : [a, b] → R e, pelo Teorema Fundamental do Cál ulo, temos

∫ b

a

f (x) dx = F (g (β))− F (g (α)) .

Por outro lado, pela regra da adeia temos que

(F ◦ g)′ (t) = F ′ (g (t)) g′ (t) = f (g (t)) g′ (t)

para todo t ∈ [α, β], onsequentemente,

(F ◦ g) (t) : [α, β] → R

é uma primitiva da função integrável f (g (t)) g′ (t). Portanto, obtém-se:

∫ β

α

f (g (t)) g′ (t) dt = F (g (β))− F (g (α)) =

∫ b

a

f (x) dx.

EXEMPLO 1.6.8 Cal ular a integral de�nida

∫ 5

1

√x− 1

xdx, usando o Teorema 1.6.7.

Solução: Primeiro vamos en ontrar a função g (t). Seja t =√x− 1 (note que t ≥ 0), então

podemos es rever x = t2 + 1 e assim obtemos g (t) = t2 + 1, uja derivada é g′ (t) = 2t.Vamos agora determinar os valores de α e β. Como temos que g (α) = a = 1 e g (β) = b = 5segue que

α2 + 1 = 1 ⇒ α2 = 0 ⇒ α = 0

β2 + 1 = 5 ⇒ β2 = 4 ⇒ β = 2.

Na sequên ia, determinaremos f (g (t)). Como f (x) =

√x− 1

x, obtemos

f (g (t)) =

√g (t)− 1

g (t)=

√t2 + 1− 1

t2 + 1=

t

t2 + 1.

20

Finalmente, vamos determinar o valor da integral, usando o Teorema 1.6.7, obtemos:

∫ 5

1

√x− 1

xdx =

∫ 2

0

t

t2 + 12tdt = 2

∫ 2

0

t2

t2 + 1dt = 2

∫ 2

0

t2 + 1− 1

t2 + 1dt =

= 2

∫ 2

0

t2 + 1

t2 + 1− 1

t2 + 1dt = 2

∫ 2

0

dt− 2

∫ 2

0

dt

t2 + 1=

= 2t

∣∣∣∣∣

2

0

− 2 arctan t

∣∣∣∣∣

2

0

= 4− 2 arctan 2.

ii. Integração por partes

TEOREMA 1.6.9 Sejam f, g : [a, b] → R funções que possuem derivadas integráveis, então

∫ b

a

f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)

∣∣∣∣∣

b

a

−∫ b

a

f ′(x)g(x)dx.

Na práti a, ostumamos hamar

u = f(x) ⇒ du = f ′(x)dxdv = g′(x)dx ⇒ v = g(x)

e substituindo na igualdade a ima, obtemos:

∫ b

a

udv = uv

∣∣∣∣∣

b

a

−∫ b

a

vdu.

EXEMPLO 1.6.10 Determine o valor da integral

∫ π3

0

sin3 xdx.

Solução: Nesse aso, fazemos:

u = sin2 x ⇒ du = 2 sin x cosxdxdv = sin xdx ⇒ v =

∫sin xdx = − cosx

e en ontramos

∫ π3

0

sin3 xdx = sin2 x(− cos x)

∣∣∣∣∣

π3

0

−∫ π

3

0

− cosx(2 sin x cosx)dx

= − sin2 x cosx

∣∣∣∣∣

π3

0

+ 2

∫ π3

0

cos2 x sin xdx

= (− sin2 x cosx− 2

3cos3 x)

∣∣∣∣∣

π3

0

= −3

4· 12− 1

12+

2

3=

5

24.

21

1.7 Integrais Impróprias

DEFINIÇ�O 1.7.1 Seja f : [a,∞) → R uma função ontínua para todo x ∈ [a,+∞). De�-

nimos ∫ +∞

a

f (x) dx = limb→+∞

∫ b

a

f (x) dx,

desde que o limite exista.

EXEMPLO 1.7.2 En ontre o valor numéri o da integral

∫ +∞

0

1

1 + x2dx.

y

x

Figura 1.18: Área sob o grá� o de f(x) = 11+x2

Solução: Veja o grá� o de f na Figura 1.18. Pela de�nição 1.7.1 temos que

∫ +∞

0

1

1 + x2dx = lim

b→+∞

∫ b

0

1

1 + x2dx = lim

b→+∞arctan x

∣∣∣∣∣

b

0

= limb→+∞

(arctan b− arctan 0) = limb→+∞

arctan b =π

2.

DEFINIÇ�O 1.7.3 Seja f : (−∞, b] → R uma função ontínua para todo x ∈ (−∞, b].De�nimos ∫ b

−∞f (x) dx = lim

a→−∞

∫ b

a

f (x) dx,

desde que o limite exista.

EXEMPLO 1.7.4 En ontre o valor numéri o da integral

∫ 0

−∞

1

1 + x2dx.

Solução: Pela de�nição 1.7.3 temos que

∫ 0

−∞

1

1 + x2dx = lim

a→−∞

∫ 0

a

1

1 + x2dx = lim

a→−∞arctanx

∣∣∣∣∣

0

a

= lima→−∞

[arctan 0− arctan a] = − lima→−∞

arctan a = −(−π2

)=π

2.

DEFINIÇ�O 1.7.5 Seja f : (−∞,∞) → R uma função ontínua para todo x ∈ (−∞,+∞).De�nimos ∫ +∞

−∞f (x) dx = lim

a→−∞

∫ c

a

f (x) dx+ limb→+∞

∫ b

c

f (x) dx,

desde que os limites existam.

22

EXEMPLO 1.7.6 En ontre o valor numéri o da integral

∫ +∞

−∞

1

1 + x2dx.

Solução: Pela de�nição 1.7.5, tomando c = 0, obtemos

∫ +∞

−∞

1

1 + x2dx = lim

a→−∞

∫ 0

a

1

1 + x2dx+ lim

b→+∞

∫ b

0

1

1 + x2dx

= lima→−∞

arctanx

∣∣∣∣∣

0

a

+ limb→+∞

arctanx

∣∣∣∣∣

b

0

= lima→−∞

(arctan 0− arctan a) + limb→+∞

(arctan b− arctan 0)

= lima→−∞

arctan a + limb→+∞

arctan b

= −(−π2

)+π

2= π.

1.8 Integral de uma função des ontínua num ponto c ∈[a, b]

DEFINIÇ�O 1.8.1 Seja f : [a, b] → R uma função ontínua no intervalo [a, b], ex eto no

ponto c ∈ [a, b]. De�nimos

∫ b

a

f (x) dx = limα→c−

∫ α

a

f (x) dx+ limβ→c−

∫ b

β

f (x) dx,

desde que os limites a ima existam.

EXEMPLO 1.8.2 En ontre o valor numéri o da integral

∫ 1

−1

1

x2dx.

y

x

Figura 1.19: Área sob o grá� o de f(x) = 1x2

23

Solução: O integrando é ontínuo em todo ponto perten ente ao intervalo [−1, 1] , ex etoem x = 0 (observe a Figura 1.19). Pela de�nição 1.8.1, temos que

∫ 1

−1

1

x2dx = lim

α→0−

∫ α

−1

1

x2dx+ lim

β→0+

∫ 1

β

1

x2dx

= limα→0−

−1

x

∣∣∣∣∣

α

−1

+ limβ→0+

−1

x

∣∣∣∣∣

1

β

= limα→0−

[−1

α−(−1

−1

)]+ lim

β→0+

[−1−

(−1

β

)]

= [+∞− 1] + [−1 +∞] = +∞

Consequentemente, a função f(x) =1

x2não é integrável no intervalo [−1, 1].

OBSERVAÇ�O 1.8.3 Quando os limites que apare em nas de�nições anteriores existem e são

�nitos, dizemos que a integral imprópria onverge. Caso ontrário, ou seja, quando um dos

limites não existir, dizemos que a integral imprópria diverge.

EXEMPLO 1.8.4 Classi�que as integrais abaixo em onvergente ou divergente.

(a)

∫ +4

−∞|x|exdx;

(b)

∫ π

0

sin x

cos2 xdx.

Solução (a):

∫ +4

−∞|x|exdx = lim

a→−∞

∫ 0

a

−xexdx+∫ 4

0

xexdx

= lima→−∞

−xex

∣∣∣∣∣

0

a

−∫ 0

a

−exdx

+ xex

∣∣∣∣∣

4

0

−∫ 4

0

exdx

= lima→−∞

(0 + aea + e0 − ea

)+ 4e4 − 0− (e4 − 1)

= lima→−∞

aea − lima→−∞

ea + 3e4 + 1

= lima→−∞

a

e−a+ 3e4 + 1 = lim

a→−∞

1

−e−a+ 3e4 + 1 = 3e4 + 1

ou seja, a integral onverge.

Solução (b):

∫ π

0

sin x

cos2 xdx = lim

a→π2

−

∫ a

0

sin x

cos2 xdx+ lim

b→π2

+

∫ π

b

sin x

cos2 xdx

= lima→π

2

−

[1

cosx

∣∣∣∣∣

a

0

]+ lim

b→π2

+

[1

cosx

∣∣∣∣∣

π

b

]

= lima→π

2

−

[1

cos a− 1

]+ lim

b→π2

+

[−1 − 1

cos b

]

= +∞− 2 +∞ = +∞ou seja, a integral diverge.

24

1.9 Área em oordenadas retangulares

Vimos que, se uma função f for não negativa, isto é, f (x) ≥ 0 para todo x no intervalo

[a, b], então a área da região delimitada pelas urvas x = a, x = b, y = 0 e y = f (x) é dadapor

A =

∫ b

a

f (x) dx.

No aso mais geral, estaremos interessados em al ular a área da região situada entre os

grá� os de duas funções f e g, om f(x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], de a ordo om a Figura

1.20.

y

xba

y=f(x)

y=g(x)

Figura 1.20: Região entre duas urvas

Nesta situação, devemos utilizar uma diferença de áreas e obter que

A =

∫ b

a

f(x)dx−∫ b

a

g(x)dx =

∫ b

a

[f(x)− g(x)] dx.

Na expressão a ima, o termo f(x)− g(x) orresponde à altura de um retângulo in�nite-

simal de base dx.Note que, se uma função g for negativa, isto é, se g(x) < 0 para todo x ∈ [a, b], a área

da região situada entre as urvas x = a, x = b, y = 0 e y = g (x) será dada por

A =

∫ b

a

[0− g(x)] dx = −∫ b

a

g(x)dx.

EXEMPLO 1.9.1 Cal ule a área da região situada entre o eixo x e o grá� o da função f (x) =2x, om x no intervalo [−2, 2] .

Solução: A representação grá� a de f pode ser observada na Figura 1.21. Como esta função

tem imagem negativa no intervalo [−2, 0] e não negativa no intervalo [0, 2], devemos pro eder

omo segue

A =

∫ 0

−2

(0− 2x)dx+

∫ 2

0

(2x− 0)dx =

∫ 0

−2

−2xdx+

∫ 2

0

2xdx = −x2∣∣∣∣∣

0

−2

+ x2

∣∣∣∣∣

2

0

= 8 u.a.

Logo, a área sob o grá� o da função f (x) = 2x, no intervalo [−2, 2] , é igual a 8 unidades de

área.

25

x

y

Figura 1.21: Área entre o eixo x e o grá� o de f(x) = 2x

EXEMPLO 1.9.2 Cal ule a área da região delimitada pelas urvas y = x2 e y =√x.

Solução: Nesse exemplo não foi espe i� ado o intervalo em que está situada a região deli-

mitada pelas urvas. Devemos determinar este intervalo en ontrando os pontos de interseção

das urvas.

Para isso, basta resolver o sistema de equações

{y = x2

y =√x

. É fá il ver que a solução

vem da igualdade x2 =√x e os valores de x que tornam essa sentença verdadeira são x = 0

e x = 1. Desse modo, a região delimitada pelas urvas y = x2 e y =√x � a determinada se

x ∈ [0, 1].

y

x

Figura 1.22: Região delimitada por y = x2 e y =√x.

De a ordo om a Figura 1.22, podemos observar que a área desejada pode ser obtida

através da diferença entre as áreas das regiões situadas sob o grá� o de y =√x e sob o

grá� o de y = x2, om x ∈ [0, 1] .Assim, temos que

A =

∫ 1

0

(√x− x2

)dx =

2

3x

3

2 − 1

3x3

∣∣∣∣∣

1

0

=2

3− 1

3=

1

3u.a.

Portanto, a área desejada é igual a

1

3unidades de área.

EXEMPLO 1.9.3 Cal ule a área da região ha hurada na Figura 1.23.

Solução: Primeiro vamos identi� ar a lei que de�ne as funções lineares presentes no grá� o.

Uma reta passa pelos pontos (0,0) e (1,1) e a outra passa pelos pontos (0, 0) e (2, 12). Portanto

26

x

y

Figura 1.23: Região ha hurada do Exemplo 1.9.3

as equações destas retas são y = x e y = x4, respe tivamente. Existem várias maneiras de

al ular esta área, uma delas está apresentada a seguir:

A =

∫ 1

0

(x− 1

4x

)dx+

∫ 2

1

(1

x− 1

4x

)dx

=3

4

∫ 1

0

xdx+

∫ 2

1

1

xdx− 1

4

∫ 2

1

xdx

=3

8x2∣∣∣∣1

0

+

(ln |x| − 1

8x2)∣∣∣∣

2

1

=3

8+ ln(2)− 1

2−(ln(1)− 1

8

)

=4

8− 1

2+ ln(2) = ln(2) u.a.

Portanto, a área desejada é igual a ln(2) unidades de área.

EXEMPLO 1.9.4 A har a área da região delimitada pelos grá� os de y + x2 = 6 e y + 2x = 3.

Solução: Ini ialmente, en ontramos as interseções das urvas:

{y = 6− x2

y = 3− 2x⇒ 6− x2 = 3− 2x ⇒ x2 − 2x− 3 = 0 ⇒ x = −1 ou x = 3.

A seguir, fazemos a representação grá� a da área delimitada, onforme ilustra a Figura

1.24.

Podemos então obter a área desejada al ulando a área sob a parábola e des ontando a

área sob a reta, no intervalo de [−1, 3], ou seja,

A =

∫ 3

−1

[(6− x2)− (3− 2x)]dx

=

∫ 3

−1

(3− x2 + 2x)dx

= 3x− x3

3+ x2

∣∣∣∣3

−1

= 9− 27

3+ 9− (−3 +

1

3+ 1) =

32

3u.a.

27

y

x

Figura 1.24: Área delimitada por y + x2 = 6 e y + 2x = 3.

Portanto, a área desejada é igual a

32

3unidades de área.

EXEMPLO 1.9.5 En ontre o valor da área delimitada pelas urvas y = x2, y = 2 − x2 e

y = 2x+ 8.

Solução: Ini ialmente vamos fazer uma representação grá� a, onforme ilustra a Figura

1.25. Na sequên ia, vamos en ontrar as interseções das urvas.

Figura 1.25: Região delimitada por y = x2, y = 2− x2 e y = 2x+ 8

Para a reta e a parábola, temos o sistema

{y = x2

y = 2x+ 8 ujas soluções são x = 4, y =

16 e x = −2, y = 4.

Para as duas parábolas, temos os sistemas

{y = x2

y = 2− x2 ujas soluções são x = 1, y =

1 e x = −1, y = 1.Como o orre duas tro as no limitante inferior da região, devemos dividir a área desejada

28

em três partes, a saber:

A1 =

∫ −1

−2

(2x+ 8)− (x2)dx =

∫ −1

−2

(2x+ 8− x2)dx =8

3,

A2 =

∫ 1

−1

(2x+ 8)− (2− x2)dx =

∫ 1

−1

(2x+ 6 + x2)dx =38

3,

A3 =

∫ 4

1

(2x+ 8)− (x2)dx = 18.

Portanto, a área desejada é dada por

A = A1 + A2 + A3 =8

3+

38

3+ 18 =

100

3u.a.

EXEMPLO 1.9.6 Cal ule, de duas formas distintas, a área da região delimitada pelas urvas

x = y + 1 e x = y2 − 1.

Solução: Ini iamos om a representação geométri a da região, que está esboçada na Figura

1.26. A seguir, devemos en ontrar os pontos de interseção entre as urvas, igualando suas

x

y

Figura 1.26: Região entre as urvas x = y + 1 e x = y2 − 1

equações, obtendo

y2 − 1 = y + 1 ⇒ y2 − y − 2 = 0 ⇒ y = −1 e y = 2

e ainda,

y = −1 ⇒ x = 0 e y = 2 ⇒ x = 3.

Uma primeira forma de al ular a área desejada é pro eder omo nos exemplos anteriores,

onde tomamos x omo variável de integração. Para isso, devemos isolar y em função de x,obtendo

y = x− 1 e y = ±√x+ 1.

Note que o sinal positivo na última equação orresponde à porção da parábola situada

a ima do eixo x e o sinal negativo orresponde a parte situada abaixo do eixo.

29

Como o orre tro a na limitação inferior da região, devemos tomar uma soma de integrais

para al ular sua área, onforme segue

A =

∫ 0

−1

√x+ 1− (−

√x+ 1)dx+

∫ 3

0

√x+ 1− (x− 1)dx

=

∫ 0

−1

2√x+ 1dx+

∫ 3

0

(√x+ 1− x+ 1)dx

=4

3

√(x+ 1)3

∣∣∣∣∣

0

−1

+2

3

√(x+ 1)3 − x2

2+ x

∣∣∣∣∣

3

0

=4

3+

16

3− 9

2+ 3− 2

3=

9

2u.a.

Uma segunda maneira de al ular esta área é mantendo y omo variável independente e

tomar a integração em relação a y. Neste aso, a urva superior está situada à direita,ou seja,é a reta x = y+1 e a urva inferior está situada à esquerda, ou seja, é a parábola x = y2−1.Como desta forma não o orre tro a de limitação, podemos al ular a área tomando uma

úni a integral

A =

∫ 2

−1

(y + 1)− (y2 − 1)dy

=

∫ 2

−1

(y − y2 + 2)dy =y2

2− y3

3+ 2y

∣∣∣∣∣

2

−1

= 2− 8

3+ 4−

(1

2− 1

3− 2

)=

9

2u.a.

Observe que a tro a da variável de integração resultou numa expressão uja integral

era mais simples de ser resolvida. Desta forma, é importante saber es rever integrais que

permitem al ular áreas tomando tanto x quanto y omo variáveis de integração, para depois

optar por resolver aquela que se mostrar mais simples.

EXEMPLO 1.9.7 Es reva a(s) integral(is) que permite(m) al ular a área da região delimitada

simultaneamente pelas urvas de equações y =√x− 2, x+ y = 2 e x+ 2y = 5, tomando:

(a) integração em relação a x. (b) integração em relação a y.

Solução: Ini iamos om a representação geométri a da região, esboçada na Figura 1.27.

Note que temos apenas o ramo superior da parábola, pois y =√x− 2 ≥ 0.

O próximo passo é obter as interseções entre as urvas.

Entre as duas retas, temos o sistema

{x+ y = 2x+ 2y = 5

, uja solução é x = −1, y = 3.

Entre a parábola e uma das retas, temos o sistema

{y =

√x− 2

x+ y = 2, uja solução é x = 2,

y = 0.

E entre a outra reta e a parábola, temos o sistema

{y =

√x− 2

x+ 2y = 5, uja solução é x = 3,

y = 1.Agora podemos montar as integrais que permitem al ular a área desejada.

(a) Tomando integração em relação a x, devemos isolar y em função de x,obtendo y =5− x

2

30

x

y

Figura 1.27: Região delimitada por y =√x− 2, x+ y = 2 e x+ 2y = 5

para a reta superior, y = 2−x para a reta inferior e y =√x− 2 para a parábola, que também

é um limitante inferior. Como o orre tro a na limitação inferior em x = 2, pre isamos de

duas integrais.

A =

∫ 2

−1

[(5− x

2

)− (2− x)

]dx+

∫ 3

2

[(5− x

2

)−(√

x− 2)]dx

=

∫ 2

−1

1 + x

2dx+

∫ 3

2

(5− x

2−√x− 2

)dx.

(b) Tomando integração em relação a y, devemos isolar x em função de y, obtendo x = 5−2ypara a reta superior, x = 2 − y para a reta inferior e x = y2 + 2 para a parábola, que neste

aso também é um limitante superior. Como o orre tro a na limitação superior em y = 1,ne essitamos também de duas integrais.

A =

∫ 1

0

[(y2 + 2)− (2− y)

]dy +

∫ 3

1

[(5− 2y)− (2− y)]dy

=

∫ 1

0

(y2 + y)dy +

∫ 3

1

(3− y) dy.

Neste exemplo, as duas expressões obtidas envolvem soma de integrais. Mesmo assim,

é fá il notar que a expressão na qual y é a variável independente é a mais simples de ser

resolvida. Assim, se o enun iado soli itasse que fosse al ulado o valor numéri o da área em

questão, deveríamos optar por resolver esta expressão.

EXEMPLO 1.9.8 A área de uma determinada região R pode ser al ulada pela expressão

A =

∫ 2

1

[(2x2)− (2

√x)]dx+

∫ 4

2

[(−2x+ 12)− (2

√x)]dx.

(a) Represente geometri amente a região R.

(b) Es reva a área de R usando y omo variável independente.

Solução (a): Interpretando a expressão da área dada a ima temos: Quando x varia de 1

até 2 a limitação superior é y = 2x2 e a limitação inferior é y = 2√x e enquanto x va-

ria de 2 até 4 o limitante superior é y = −2x + 12 e o inferior ontinua sendo y = 2√x.

31

Figura 1.28: Região R

Logo, temos que a região R é delimitada superiormente pelas urvas y = 2x2, y = −2x+12e inferiormente por y = 2

√x e sua representação geométri a está sombreada na Figura 1.28.

Solução (b): Os pontos de interseção são

A :

{y = 2x2

y = 2√x

⇒ (1, 2); B :

{y = 2x2

y = −2x+ 12⇒ (2, 8) e

C :

{y = −2x+ 12y = 2

√x

⇒ (4, 4).

Logo, usando y omo variável independente para es rever a área de R temos

A =

∫ 4

2

(y2

4−√y

2

)dy +

∫ 8

4

(12− y

2−√y

2

)dy.

1.10 Área delimitada por urvas es ritas em equações pa-

ramétri as (op ional)

Seja y = f (x) uma função ontínua no intervalo [a, b], ujo grá� o delimita uma região R.A seguir, vamos obter uma nova expressão para a área da região R, utilizando as equações

paramétri as x = φ (t) e y = ψ (t), om t ∈ [α, β] , da urva des rita por f. Para isto, basta

lembrar que a área de uma região retangular é dada por

A =

∫ b

a

f (x) dx =

∫ b

a

ydx.

Agora, fazendo a substituição y = ψ (t) e dx = φ′(t)dt e supondo que a = φ(α) e

b = φ(β) obtemos a expressão para o ál ulo de área em oordenadas paramétri as:

A =

∫ β

α

ψ(t)φ′(t)dt.

32

EXEMPLO 1.10.1 En ontre a área delimitada pela elipse

x2

a2+y2

b2= 1.

Solução: As equações paramétri as da elipse dada são

x = φ (t) = a cos t e y = ψ (t) = b sin t.

Desse modo, temos que

dx = φ′ (t) dt = −a sin tdtVamos agora determinar os valores de α e β. Utilizando a quarta parte da área desejada,

temos que x varia de 0 até a. Assim, podemos fazer x = φ (α) = 0 e x = φ (β) = a. Logo

φ (α) = 0 ⇒ a cosα = 0 ⇒ cosα = 0 ⇒ α =π

2φ (β) = a⇒ a cos β = a⇒ cos β = 1 ⇒ β = 0.

Agora, para obter a área total interna à elipse basta utilizar a simetria da região e obter

que

A = 4

∫ 0

π2

b sin t(−a sin t)dt = −4ab

∫ 0

π2

sin2 tdt

= 4ab

∫ π2

0

1

2(1− cos 2t) dt = 2ab

(t− 1

2sin 2t

) ∣∣∣∣∣

π2

0

= 2ab

(π

2− 1

2sin π − 0

)= abπ.

EXEMPLO 1.10.2 Cal ular a área da região que é interior a elipse E1 =

{x = 2 cos ty = 4 sin t

e

exterior a elipse E2 =

{x = 2 cos ty = sin t

.

Figura 1.29: Região entre as elipses.

Solução: A região uja área desajamos al ular pode ser vista na Figura 1.29. Novamente,

podemos utilizar argumentos de simetria e al ular a área da região situada no primeiro

quadrante do plano xy e multipli ar o resultado por quatro. Neste quadrante, temos que

x ∈ [0, 2]. No entanto

x = 0 ⇒ 2 cos t = 0 ⇒ t = π2

x = 2 ⇒ 2 cos t = 2 ⇒ cos t = 1 ⇒ t = 0,

33

logo, para des rever a região que nos interessa, em oordenas paramétri as, devemos integrar

de t = π2até t = 0. Assim, notando que neste exemplo devemos tomar a diferença entre as

áreas sob as elipses E1 e E2, obtemos

A = 4

∫ 0

π2

[4 sin t(−2 sin t)dt− 4

∫ 0

π2

sin t(−2 sin t)]dt

=

∫ 0

π2

(−32 sin2 t+ 8 sin2 t)dt =

∫ 0

π2

−24 sin2 tdt

= 24

∫ π2

0

1

2(1− cos 2t)dt =

(12t− 12

2sin 2t

) ∣∣∣∣∣

π2

0

= 6π u.a.

1.11 Área de um setor urvilíneo em oordenadas polares

Nesta seção trabalharemos om áreas de regiões típi as polares e no �nal deste apítulo é

apresentada uma breve revisão sobre oordenadas polares.

Seja r = f (θ) uma função ontínua que des reve uma urva em oordenadas polares, no

intervalo [α, β]. Como nosso interesse é determinar a área da região delimitada por r = f (θ)vamos tomar uma partição do intervalo [α, β], onforme ilustra a Figura 1.30.

Figura 1.30: Região Polar, om ∆θi = θi − θi−1 e ri = f(θi).

Seja X = {θ0, θ1, θ2, θ3, ..., θn} uma partição de [α, β] em que

α = θ0 < θ1 < θ2 < θ3 < ... < θn = β.

Sejam ∆θ1, ∆θ2, ∆θ3,..., ∆θn os subar os da partição X e seja ri o omprimento do raio

orrespondente a um ângulo ξi ∈ ∆θi, isto é, θi−1 ≤ ξi ≤ θi.A área do setor ir ular de raio ri e ar o ∆θi é dada por

Ai =1

2(ri)

2∆θi

e a área aproximada área da região delimitada por r = f (θ) é dada por

An =n∑

i=1

12(ri)

2∆θi.

34

Seja |∆θ| o subintervalo de maior diâmetro da partição X . Então, se n tender a in�nito

teremos que |∆θ| tenderá a zero. Desse modo poderemos es rever

A = limn→∞

An = lim|∆θ|→0

n∑

i=1

1

2(ri)

2∆θi =1

2

∫ β

α

r2dθ

ou seja,

A =1

2

∫ β

α

r2dθ, (1.11.1)

que nos forne e uma expressão para o ál ulo de áreas delimitadas por urvas em oordenadas

polares.

EXEMPLO 1.11.1 Determine a área da região que é simultaneamente exterior à ardióide r =1− cos θ e interior ao ír ulo r = 1.

Solução: A Figura 1.31 ilustra a região onsiderada.

Figura 1.31: Região delimitada por um ardióide e por uma ir unferên ia.

Como esta região é simétri a em relação ao eixo x, podemos al ular o dobro da área

da porção situada no primeiro quadrante do plano xy. Neste quadrante, temos que o ângulo

polar θ varia no intervalo [0, π2]. Ainda, devemos notar que a área desejada é dada, em

oordenadas polares, pela diferença entres as áreas da ir unferên ia e da ardióide. Assim,

usando a expressão 1.11.1, obtemos

A =2

2

∫ π2

0

12dθ − 2

2

∫ π2

0

(1− cos θ)2dθ =

∫ π2

0

(2 cos θ − cos2 θ)dθ

=

∫ π2

0

2 cos θ − 1

2(1 + cos 2θ)dθ = 2 sin θ − 1

2θ − 1

4sin 2θ

∣∣∣∣∣

π2

0

= 2− π

4.

Portanto, a área desejada é igual 2− π

4unidades de área.

EXEMPLO 1.11.2 Es reva, em oordenadas polares, a integral que al ula a área da região

simultaneamente exterior à ir unferên ia r = 1 e interior a rosá ea r = 2 cos(2θ).

Solução: A Figura 1.32 ilustra a região desejada. Para determinar os pontos de interseção

das duas urvas fazemos

2 cos(2θ) = 1 ⇒ cos 2θ =1

2⇒ 2θ =

π

3⇒ θ =

π

6( no 1o quadrante).

35

Figura 1.32: Região delimitada por uma rosá ea e uma ir unferên ia

Vamos al ular a área da região delimitada om θ no intervalo de [0, π6] e multipli ar por

8, já que as demais áreas são simétri as. Utilizando a Fórmula 1.11.1 e veri� ando que a

área desejada é igual a área da rosá ea menos a área da ir unferên ia, obtemos

A = 8 · 12

∫ π6

0

[(2 cos(2θ))2 − (1)2]dθ = 4

∫ π6

0

(4 cos2(2θ)− 1)dθ.

EXEMPLO 1.11.3 Es reva a integral que permite al ular a área da região que é simultanea-

mente interior as urvas r = 5 cos θ e r = 5√3 sin θ.

Solução: Ini ialmente, devemos identi� ar as urvas dadas. Utilizando as relações polares

x = r cos θ, y = r sin θ e r2 = x2 + y2, obtemos que

r = 5 cos θ ⇒ r2 = 5r cos θ ⇒ x2 + y2 = 5x⇒(x− 5

2

)2

+ y2 =25

4

r = 5√3 sin θ ⇒ r2 = 5

√3r sin θ ⇒ x2 + y2 = 5

√3y ⇒ x2 + (y − 5

√3

2)2 =

75

4

e assim, vemos que a região que nos interessa está situada no interior de duas ir unferên ias,

de entros deslo ados da origem, onforme ilustra a Figura 1.33.

Figura 1.33: Região situada entre ir unferên ias

A seguir, devemos determinar a interseção entre as urvas

5√3 sin θ = 5 cos θ ⇒

√3 tan θ = 1 ⇒ tan θ =

√3

3⇒ θ =

π

6.

Finalmente, observamos que ao des rever a região desejada, devemos onsiderar r =

5√3 sin θ para θ ∈ [0,

π

6] e r = 5 cos θ para θ ∈ [

π

6,π

2]. Portanto, omo o orre tro a de

36

limitação para o raio polar, ne essitamos de uma soma de integrais para al ular a área

desejada

A =1

2

∫ π6

0

(5√3 sin θ)2dθ +

1

2

∫ π2

π6

(5 cos θ)2dθ

=1

2

∫ π6

0

75 sin2 θdθ +1

2

∫ π2

π6

25 cos2 θdθ.

EXEMPLO 1.11.4 A área de uma determinada região R pode ser al ulada, em oordenadas

polares, pela expressão

I = 2

[1

2

∫ π4

0

(2 sen(θ))2 dθ +1

2

∫ π2

π4

(√2)2 dθ

].

(a) Represente geometri amente a região R.

(b) Es reva a expressão que determina a área desta região usando oordenadas artesianas

em relação: (i) à variável x; (ii) à variável y.

( ) Cal ule o valor da área da região R.

Solução (a): A partir da integral dada vemos que a região R possui simetria, há tro a de

limitação do raio polar em θ = π4e as funções que delimitam a área são ρ = 2 senθ e ρ =

√2.

Estas urvas são, respe tivamente, as ir unferên ias x2 + (y− 1)2 = 1 e x2 + y2 =√2. Na

Figura abaixo estão representados os grá� os destas urvas e R é a região simultaneamente

interior as duas ir unferên ias que está sombreada na Figura 1.34.

Figura 1.34: Região R

Solução (b): Interseção de ρ = 2 sin θ e ρ =√2 é a solução de:

{ρ = 2 sin θ

ρ =√2

=⇒ θ =π

4ou

3π

4

(esta interseção é dada na integral I). Em oordenadas artesianas os pontos de interseção

das urvas são (−1, 1) e (1, 1).

37

(i) Integração em relação à variável x :

I =

∫ 1

−1

(√2− x2 − 1 +

√1− x2) dx ou I = 2

∫ 1

0

(√2− x2 − 1 +

√1− x2) dx

(ii) Integração em relação à variável y :

I = 2

∫ 1

0

√2y − y2 dy + 2

∫ √2

1

√2− y2 dy

Solução ( ): Para al ular o valor da área da região R usaremos a expressão I dada

em oordenadas polares. Assim,

A = 2

[1

2

∫ π4

0

(2 sen(θ))2 dθ +1

2

∫ π2

π4

(√2)2 dθ

]

=

∫ π4

0

4 sen

2θ dθ +

∫ π2

π4

2 dθ

= 4

∫ π4

0

1− os(2θ)

2dθ + 2θ

∣∣∣∣∣

π2

π4

= 2

(θ − sen(2θ)

2

) ∣∣∣∣∣

π4

0

+π

2= (π − 1) u.a.

1.12 Comprimento de Ar o

1.12.1 Comprimento de Ar o em Coordenadas Cartesianas

Seja y = f (x) uma função ontínua no intervalo [a, b] , ujo grá� o des reve o ar o AB, onforme ilustra a Figura 1.35.

a bxi

Mn

xi-1x1

Δs

M0

Δx

f(xi)

Δy

y

x

f(xi-1) M1

Mi-1

Mi

Figura 1.35: Comprimento de ar o

Vamos dividir o ar o AB em subar os por meio da partição

X = {M0, M1, M2, ..., Mn}

38

em que

A =M0 < M1 < M2 < ... < Mn = B

ujas abs issas são

x0, x1, x2, ..., xn.

Tra emos as ordas

M0M1, M1M2, · · · , Mi−1Mi, · · · , Mn−1Mn

e designemos os seus omprimentos por

∆S1, ∆S2, · · · , ∆Si, · · · , ∆Sn.

Obtém-se então a linha poligonal

AM0M1 · · ·Mn−1B

ao longo do ar o AB ujo omprimento aproximado é dado por

ln = ∆S1 +∆S2 + · · ·+∆Si + · · ·+∆Sn

ou seja,

ln =n∑

i=1

∆Si. (I)

Mas ∆Si é a hipotenusa do triângulo de lados ∆xi e ∆yi, de modo que podemos es rever

(∆Si)2 = (∆xi)

2 + (∆yi)2 ,

dividindo tudo por ∆xi obtemos

(∆Si

∆xi

)2=(

∆xi

∆xi

)2+(

∆yi∆xi

)2

ou seja,

∆Si

∆xi=

√1 +

(∆yi∆xi

)2

e assim

∆Si =

√1 +

(∆yi∆xi

)2

∆xi. (II)

Agora, omo

∆xi = xi − xi−1 e ∆yi = f (xi)− f (xi−1)

segue que

∆yi∆xi

=f (xi)− f (xi−1)

xi − xi−1

e pelo teorema de Lagrange, sabemos que existe ξi ∈ [xi−1, xi] tal que

f (xi)− f (xi−1)

xi − xi−1= f ′ (ξi) .

Portanto, obtemos que

39

∆yi∆xi

= f ′ (ξi) . (III)

Substituindo (II) em (I) resulta que

ln =n∑

i=1

√1 +

(∆yi∆xi

)2∆xi (IV )

e substituindo (III) em (IV ) resulta que

ln =n∑

i=1

√1 + (f ′ (ξi))

2∆xi.

Seja |∆x| o intervalo de maior diâmetro de ada partição de AB. Então, se n→ ∞, segueque |∆x| → 0 e (ξi) → x. Assim:

l = limn→∞

ln = lim|∆x|→0

n∑i=1

√1 + (f ′ (ξi))

2∆xi =

∫ b

a

√1 + (f ′ (x))2dx.

Portanto, o omprimento do ar o AB no intervalo [a, b] é dado por

l =

∫ b

a

√1 + (f ′ (x))2dx. (1.12.1)

EXEMPLO 1.12.2 Determinar o omprimento do ar o da urva des rita por y =√x, om x

no intervalo [0, 4] .

Solução: A Figura 1.36 ilustra o omprimento de ar o onsiderado.

y

x

Figura 1.36: Ar o de f(x) =√x

Como y = f (x) =√x temos que f ′ (x) = 1

2√x. Apli ando a fórmula 1.12.1, obtemos

l =

∫ b

a

√1 + (f ′ (x))2dx =

∫ 4

0

√1 +

(1

2√x

)2

dx

=

∫ 4

0

√1 +

1

4xdx =

∫ 4

0

√4x+ 1

4xdx =

1

2

∫ 4

0

√4x+ 1√x

dx.

Note que esta última integral é imprópria, pois o integrando não é ontínuo em x = 0. Noentanto, neste exemplo não será pre iso apli ar limites para resolver a integral, pois podemos

utilizar uma mudança de variáveis. Fazendo a substituição t2 = x, en ontramos dx = 2tdt e omo x ∈ [0, 4], obtemos que t ∈ [0, 2] . Logo

l =1

2

∫ 2

0

√4t2 + 1√t2

2tdt =

∫ 2

0

√4t2 + 1dt.

40

Como o novo integrando agora é ontínuo no intervalo de integração, podemos utilizar o

teorema fundamental do ál ulo e a té ni a de substituições trigonométri as para en ontrar

que

l =1

2t√4t2 + 1 +

1

4ln(2t+

√4t2 + 1

) ∣∣∣∣∣

2

0

=√17 +

1

4ln(4 +

√17) u.c.

1.12.3 Comprimento de um ar o em oordenadas paramétri as

Sejam x = φ (t) e y = ψ (t) , om t ∈ [α, β] , as equações paramétri as da urva des rita

por y = f (x) . Então, omo dx = φ′ (t) dt e dy = ψ′ (t) dt, podemos es rever

f ′(x) =dy

dx=ψ′ (t) dt

φ′ (t) dt=ψ′ (t)

φ′ (t).

Substituindo na fórmula 1.12.1 obtemos

l =

∫ b

a

√1 + (f ′ (x))2dx

=

∫ β

α

√1 +

(ψ′ (t))2

(φ′ (t))2φ′ (t) dt

=

∫ β

α

√(φ′ (t))2 + (ψ′ (t))2

φ′ (t)2φ′ (t) dt

=

∫ β

α

√(φ′ (t))2 + (ψ′ (t))2

φ′ (t)φ′ (t) dt

=

∫ β

α

√(φ′ (t))2 + (ψ′ (t))2dt.

Portanto, o omprimento de ar o em oordenadas paramétri as é dado por

l =

∫ β

α

√(φ′ (t))2 + (ψ′ (t))2dt. (1.12.2)

EXEMPLO 1.12.4 Mostre, usando oordenadas paramétri as, que o omprimento de uma ir-

unferên ia de raio r é igual a 2πr.

Solução: Em oordenadas paramétri as, a ir unferên ia é des rita por

{x(t) = r cos ty(t) = r sin t

om t ∈ [0, 2π].

O seu omprimento de ar o, em paramétri as, de a ordo om 1.12.2 é dado por

l =

∫ 2π

0

√(−r sin t)2 + (r cos t)2dt =

∫ 2π

0

√r2(sin2 t+ cos2 t)dt =

∫ 2π

0

rdt = rt|2π0 = 2πr.

EXEMPLO 1.12.5 Cal ule o omprimento de ar o da astróide des rita por

41

y

x

3

3-3

-3

Figura 1.37: Astróide

φ (t) = 3 cos3 t, ψ(t) = 3 sin3 t om t ∈ [0, 2π].

Solução: A urva pode ser visualizada na Figura 1.37.

Como há simetria, podemos en ontrar o omprimento do subar o situado no primeiro

quadrante, tomando t ∈ [0, π2] e multipli ar o resultado obtido por quatro.

Como φ′ (t) = −9 cos2 sin t e ψ′ (t) = 9 sin2 t cos t, substituindo na fórmula 1.12.2, obtemos

l = 4

∫ π2

0

√(−9 cos2 t sin t)2 +

(9 sin2 t cos t

)2dt = 4 · 9

∫ π2

0

√cos4 t sin2 t+ sin4 t cos2 tdt

= 36

∫ π2

0

√cos2 t sin2 t

(cos2 t+ sin2 t

)dt = 36

∫ π2

0

cos t sin tdt = 18 sin2 t

∣∣∣∣∣

π2

0

= 18 u.c.

Portanto, o omprimento de ar o da astróide dada é 18 unidades de omprimento.

EXEMPLO 1.12.6 As equações paramétri as do movimento de uma partí ula no plano são

dadas por x = 3t e y = 2t3

2 . Qual será a distân ia per orrida pela partí ula entre os instantes

t = 0 e t = 1?

Solução: A distân ia per orrida pela partí ula é igual ao omprimento de ar o da urva

que des reve a sua trajetória. Apli ando a fórmula 1.12.2 para

x = φ(t) = 3t e y = ψ(t) = 2t3

2

om t ∈ [0, 1], obtemos

l =

∫ 1

0

√32 + (3t

1

2 )2dt =

∫ 1

0

√9 + 9tdt

= 3

∫ 1

0

√1 + tdt = 2(1 + t)

3

2

∣∣∣∣∣

1

0

= 2(2)3

2 − 2(1)3

2 = 4√2− 2 u. .

Portanto, a distân ia per orrida pela partí ula entre os instantes t = 0 e t = 1 é igual a

4√2− 2 unidades de omprimento.

42

1.12.7 Comprimento de ar o em oordenadas polares

Sejam φ (θ) = r cos θ e ψ (θ) = r sin θ as oordenadas polares da urva r = f (θ), om θ ∈[α, β]. Substituindo r por f (θ) nas equações paramétri as vem

φ (θ) = f (θ) cos θ e ψ (θ) = f (θ) sin θ

e assim

φ′ (θ) = f ′ (θ) cos θ − f (θ) sin θ = r′ cos θ − r sin θ

ψ′ (θ) = f ′ (θ) senθ + f (θ) cos θ = r′senθ + r cos θ.

Agora

(φ′ (t))2+ (ψ′ (t))

2= (r′ cos θ − rsenθ)

2+ (r′senθ + r cos θ)

2

que após apli ar os produtos notáveis e simpli� ar, resulta em

(φ′ (t))2+ (ψ′ (t))

2= (r′)

2+ r2.

Substituindo na equação 1.12.2, obtemos a fórmula para o ál ulo do omprimento de

ar o em oordenadas polares, que é dada por

l =

∫ β

α

√(r′)2 + r2dθ. (1.12.3)

EXEMPLO 1.12.8 En ontrar o omprimento de ar o do ardióide r = a (1 + cos θ).

Solução: Por simetria, podemos determinar o omprimento do ar o situado no primeiro

e segundo quadrante e multipli ar por dois. Como r = a (1 + cos θ) tem-se r′ = −a sin θ.Substituindo na fórmula 1.12.3 vem

l =

∫ β

α

√(r′)2 + r2dθ

= 2

∫ π

0

√(−a sin θ)2 + (a (1 + cos θ))2dθ

= 2a

∫ π

0

√sin2 θ + 1 + 2 cos θ + cos2 θdθ

= 2a

∫ π

0

√2 + 2 cos θdθ

= 2a · 2∫ π

0

cosθ

2dθ

= 4a · 2 sin 1

2θ

∣∣∣∣∣

π

0

= 8a u.c.

Logo, o omprimento de ar o do ardióide r = a (1 + cos θ) é igual a 8a u.c.

EXEMPLO 1.12.9 Determine o omprimento de ar o da porção da espiral r = 2e2θ ( om θ ≥ 0)que está situada dentro da ir unferên ia r = a, onde a > 2.

Solução: Ini ialmente, vamos obter os limitantes de integração. Na interseção da espiral

om a ir unferên ia, temos que

43

2e2θ = a ⇒ e2θ =a

2⇒ 2θ = ln

a

2⇒ θ =

1

2lna

2

Portanto, a porção da espiral que nos interessa é des rita por θ ∈[0, 1

2ln a

2

]. Ainda,

omo temos r = 2e2θ segue que r′ = 4e2θ e assim, substituindo na expressão 1.12.3 obtemos

o omprimento em oordenada polares

l =

∫ 1

2ln a

2

0

√(4e2θ)2 + (2e2θ)2dθ =

∫ 1

2ln a

2

0

√20e4θdθ

=

∫ 1

2ln a

2

0

2√5e2θdθ =

√5e2θ

∣∣∣∣∣

1

2ln a

2

0

=√5(a2− 1)u.c.

1.13 Volume de um Sólido de Revolução

Considere o sólido T gerado pela rotação da urva y = f(x) em torno do eixo x, nointervalo [a, b] omo na Figura 1.38

x

y

z

a b

y=f(x)

r=f(x)

dx

Cálculo do elemento de volume

dV= r dx

dV= f(x) dx

π ²

π ²[ ]

x

y

a b

y=f(x)

Área plana

Figura 1.38: Rotação de uma urva em torno do eixo x

Seja P = {x0, x1, · · · , xn} uma partição do intervalo [a, b] e sejam ∆x1, ∆x2, · · · , ∆xnos subintervalos da partição. Se ξi ∈ ∆xi, então o volume do ilindro de raio f (ξi) e altura∆xi é dado por

Vi = π [f (ξi)]2∆xi

e o volume aproximado do sólido será dado pela soma dos volumes dos n− cilindros, isto é,

Vn =

n∑

i=1

π [f (ξi)]2∆xi.

Seja |∆θ| o subintervalo de maior diâmetro, então se n→ ∞, segue que |∆θ| → 0, ξi → xe o volume V do sólido T será dado por

V = limn→∞

Vn = lim|∆θ|→0

n∑

i=1

π [f (ξi)]2∆xi = π

∫ b

a

[f (x)]2 dx.

Portanto, o volume de um sólido de revolução (em torno do eixo x) é al ulado pela

expressão

V = π

∫ b

a

[f (x)]2 dx. (1.13.1)

44

EXEMPLO 1.13.1 A �m de que não haja desperdí io de ração e para que seus animais estejam

bem nutridos, um fazendeiro onstruiu um re ipiente om uma pequena abertura na parte

inferior, que permite a reposição automáti a da alimentação, onforme mostra a Figura 1.39.

Determine, usando sólidos de revolução, a apa idade total de armazenagem do re ipiente,

em metros úbi os.

2m

4m

6m

cilindro

cone

Figura 1.39: Forma do re ipiente.

Solução: Vamos en ontrar o volume do ilindro (V1) e do one (V2.) Assim, o volume total

será dado por V = V1 + V2.Para determinar V1 vamos rota ionar a reta y = 2 em torno do eixo x (Figura 1.40).

x

y

-2

y

z

x

Figura 1.40: Cilindro de Revolução

Apli ando a expressão 1.13.1, obtemos

V1 = π

∫ 4

0

22dx = 4π · 4 = 16π.

Já para o one, omo temos um raio r = 2 e altura h = 6, obtemos a reta y = 13x para

rota ionar em torno do eixo x (Figura 1.41).

y

x

y

z

x

Figura 1.41: Cone de Revolução

Apli ando a expressão 1.13.1 mais uma vez, obtemos

V2 = π

∫ 6

0

1

9x2dx =

1

27πx3

∣∣∣∣∣

6

0

=63π

27= 8π.

Portanto o volume desejado é dado por V = 16π + 8π = 24π u.v.

45

EXEMPLO 1.13.2 Cal ule o volume do sólido gerado pela rotação da urva f(x) = x3, om xno intervalo [1,2℄, em torno do eixo x.

Solução: O sólido desejado pode ser visualizado na Figura 1.42.

x

y

x

r

y

z

Figura 1.42: Sólido gerado pela rotação de y = x3 em torno do eixo x

E o volume desejado é dado por

V = π

∫ 2

1

(x3)2dx = π

∫ 2

1

x6dx =πx7

7

∣∣∣∣2

1

=127π

7u.v.

EXEMPLO 1.13.3 Determinar o volume do sólido gerado pela revolução da região delimitada

pelas urvas y = x2 e y = x+ 2 em torno do eixo x (veja a Figura 1.43).

x

y

x

y

z

Figura 1.43: Sólido gerado pela rotação de uma região plana em torno do eixo x

Solução: Nesse exemplo não foi espe i� ado o intervalo em que está situada a região delimi-

tada pelas urvas. Para determinar este intervalo, devemos en ontrar os pontos de interseção

das urvas dadas. Igualando suas equações, obtemos

x2 = x+ 2 ⇒ x2 − x− 2 = 0 ⇒ x = −1 e x = 2.

A Figura 1.43 indi a que o sólido desejado está situado entre duas superfí ies. Assim,

seu volume é dado pela diferença entre os volumes externo e interno. De a ordo om 1.13.1,

46

temos que

V = π

∫ 2

−1

(x+ 2)2dx− π

∫ 2

−1

(x2)2dx

= π

∫ 2

−1

(x2 + 4x+ 4− x4)dx

= π

(1

3x3 + 2x2 + 4x− 1

5x5) ∣∣∣∣∣

2

−1

=72

5π u.v.

EXEMPLO 1.13.4 En ontre o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da urva

(x− 2)2 + y2 = 1 em torno do eixo y.

Solução: Observe na Figura 1.44 a ir unferên ia geratriz do sólido.

y

1

1 2 3-1

-1

x

Figura 1.44: ir unferên ia (x− 2)2 + y2 = 1

Isolando a variável x na equação da ir unferên ia, obtemos

(x− 2)2 = 1− y2 ⇒ x = 2±√1− y2

Observe que o volume do sólido desejado é formado pelo volume obtido pela rotação da

urva x = 2 +√1− y2 em torno do eixo y, menos o volume obtido pela rotação da urva

x = 2−√

1− y2. Portanto, o volume desejado é igual a

V = V1 − V2,

onde

V1 = π

∫ 1

−1

(2 +√1− y2)2dy

e

V2 = π

∫ 1

−1

(2−√

1− y2)2dy

ou seja,

V = π

∫ 1

−1

[(2 +√1− y2)2 − (2−

√1− y2)2]dy = π

∫ 1

−1

8√

1− y2dy.

Para resolver esta integral, utilizamos a substituição trigonométri a y = sin θ, om dy =cos θdθ e assim, obtemos que

47

V = π

∫ π2

−π2

8√

1− sin2 θ cos θdθ

= 8π

∫ π2

−π2

cos2 θdθ = 4π

∫ π2

−π2

(1 + cos 2θ)dθ

= π[4θ + 2 sin (2θ)]

∣∣∣∣∣

π2

−π2

= 4π2.

Portanto, o volume desejado é igual a 4π2unidades de volume.

1.13.5 Rotação em torno de uma Reta Paralela a um Eixo Coorde-

nado

Até agora onsideremos somente sólidos gerados por rotações de urvas em torno de um

dos eixos oordenados, onde y = f(x) ou x = g(y) eram os raios dos ilindros de revolução

(elementos de volume).

No aso mais geral, podemos rota ionar a urva y = f(x), om x ∈ [a, b], em torno da

reta y = c, de a ordo om a Figura a 1.45.

y

r

y=c

y=f(x)

xba

y

r

y=c

y=f(x)

x

z

ba

Figura 1.45: Sólido obtido pela rotação y = f(x) em torno da reta y = c

Neste aso, o raio do ilindro in�nitesimal é igual à distân ia entre a urva e o eixo de

revolução, ou seja, é dado por

r = c− f(x)

e o volume do sólido resultante é dado por

V = π

∫ b

a

(c− f(x))2dx.

De forma semelhante, se a urva x = g(y), om y ∈ [a, b], for rota ionada em torno da

reta x = c, o volume do sólido resultante é dado por

V = π

∫ b

a

(c− g(y))2dy.

Note que quando c = 0 temos novamente a revolução em torno dos eixos oordenados.

48

EXEMPLO 1.13.6 Cal ule o volume do sólido obtido quando a porção da pará bola y = 2− x2

que está situada a ima do eixo x é rota ionada em torno da reta y = 3.

Solução: Na Figura 1.46 podemos observar a urva geratriz, o eixo de revolução e o sólido

de revolução obtido.

y

x

y

xz

Figura 1.46: Curva geratriz e sólido de revolução obtido pela rotação de y = 2−x2 em torno

de y = 3.

Como rota ionamos em torno de uma reta paralela ao eixo das abs issas, devemos efetuar

a integração em relação a x. O intervalo de integração, de�nido aqui pela parte da parábola

situada a ima do eixo x, é des rito por x ∈ [−√2,√2].

Já o raio de rotação, dado pela distân ia entre a urva e o eixo de rotação, é dado por

r = 3− (2− x2) = 1 + x2

e assim, o volume desejado é dado por

V = π

∫ √2

−√2

(1 + x2)2dx = π

∫ √2

−√2

(1 + 2x2 + x4)dx =94

15

√2π.

EXEMPLO 1.13.7 Es reva as integrais que permitem al ular o volume do sólido obtido quando

a região situada entre as urvas y = x2 e y = 2x é rota ionada em torno:

(a) do eixo y; (b) da reta y = 5; ( ) da reta x = 2.

Solução: A região a ser rota ionada está representada na Figura 1.47.

y

x

Figura 1.47: Região a ser rota ionada

As interseções entre as urvas são dadas por

49

x2 = 2x ⇒ x(x− 2) = 0 ⇒ x = 0, x = 2 ⇒ y = 0, y = 4.

No item (a), rota ionamos em torno do eixo das ordenadas e, por isso, devemos tomar a

integração em relação a y. Como o só lido resultante será vazado, devemos tomar a diferença

entre os volumes dos sólidos externo e interno.

O raio externo, de�nido pela parábola, é dado por x =√y. O raio interno é de�nido pela

reta e é dado por x =y

2. Assim, o volume desejado é al ulado pela integral

V = π

∫ 4

0

(√y)2 − π

∫ 4

0

(y

2)2dy = π

∫ 4

0

(y − y2

4

)dy.

Já no item (b), omo rota ionamos em torno de uma reta paralela ao eixo das abs issas,

devemos tomar a integração em relação a x. Novamente o sólido resultante será vazado e

devemos tomar a diferença entre os volumes dos sólidos externo e interno.

O raio externo, de�nido pela distân ia entre a parábola e o eixo de rotação, é dado por

r = 5 − x2 e o raio interno, de�nido pela distân ia entre a reta e o eixo de rotação, é dado

por r = 5− 2x. O volume do novo sólido é al ulado pela integral

V = π

∫ 2

0

(5− x2)2dx− π

∫ 2

0

(5− 2x)2dx

= π

∫ 2

0

(25− 10x2 + x4)− (25− 20x+ 4x2)dx

= π

∫ 2

0

(−14x2 + x4 + 20x)dx.

Por �m, omo no item ( ) rota ionamos em torno de uma reta paralela ao eixo das

ordenadas, devemos tomar a integração em relação a y. Mais uma vez devemos tomar a

diferença entre os volumes dos sólidos externo e interno.

O raio externo, neste aso, é de�nido pela reta e é dado por r = 2 − y

2e o raio interno,

agora de�nido pela parábola, é dado por r = 2−√y.

Assim, o último volume desejado é al ulado pela integral

V = π

∫ 4

0

(2− y

2)2dy − π

∫ 4

0

(2−√y)2dy

= π

∫ 4

0

(4− 2y +y2

4)− (4− 4

√y + y)dy

= π

∫ 4

0

(−3y +y2

4+ 4

√y)dy.

EXEMPLO 1.13.8 Seja R a região sob o grá� o de f(x) =1√xe a ima do eixo x om x ∈ [0, 4].

Determine:

(a) a área da região R, se existir;

(b) o volume do sólido obtido pela rotação da região R em torno do eixo x, se existir.

( ) o volume do sólido obtido pela rotação da região R em torno do eixo y, se existir.

50

Solução (a):

A =

∫ 4

0

1√xdx = lim

a→0+

∫ 4

a

x−1

2 dx = lima→0+

2√x

∣∣∣∣∣

4

a

= lima→0+

(2√4− 2

√a) = 2u.a.

Solução (b):

V = π

∫ 4

0

(1√x

)2

dx = π lima→0+

∫ 4

a

1

xdx = π lim

a→0+ln x

∣∣∣∣∣

4

a

= lima→0+

(ln 4− ln a) = +∞

Portanto o sólido obtido não tem volume �nito.

Solução ( ):

V = π

∫ 1

2

0

(4)2 dy + π

∫ +∞

1

2

(1

y2

)2

dy = π · 16 · 12+ π lim

b→+∞

∫ b

1

2

y−4 dy

= 8π + π limb→+∞

(− 1

3x3

) ∣∣∣∣∣

b

1

2

= 8π + π limb→+∞

(− 1

3b3+

8

3

)=

32π

3u.v.

51

1.14 Exer í ios Gerais

1. Dadas as funções f, g : [1, 3] → R de�nidas por f (x) = x+2 e g (x) = x2 + x en ontre

S (f, P ) e S (g, P ) .

2. Dada a função f : [−2, 5] → R de�nida por f (x) = x2 + 2 en ontre S(f, P ) .

3. Determine as expressões para a soma superior e para a soma inferior de f(x) =5− x2, onsiderando x ∈ [1, 2].

4. Utilize somas superiores para al ular a área da região situada entre as urvas y =x4 + 2, x = 0, x = 1 e y = 0.

5. Utilize a de�nição de integral de�nida, om retângulos ins ritos, para al ular

∫ 3

1

(x2−2x)dx.

6. Utilize soma de áreas de retângulos ir uns ritos para al ular

∫ 4

0

(−x2 − 1)dx.

7. Utilize soma de áreas de retângulos ir uns ritos para determinar a área sob o grá� o

de f(x) = x3 + 1, para x ∈ [0, b], onde b > 0 é arbitrário.

8. Cal ule, usando somas superiores, a área da região situada entre o grá� o de f(x) = ex

e o eixo x, entre as retas x = −1 e x = 2.

9. Utilize somas inferiores para al ular a área da região situada entre a urva x = y2 eo eixo y, om y ∈ [0, 2].

10. Considere a integral I =

∫ 3

−1

(4− x2)dx.

(a) Usando a de�nição de integral de�nida, om retângulos ins ritos na região de

integração, em quantas par elas devemos separar a resolução de I? Justi�que suaresposta.

(b) Es olha uma das par elas obtidas no item (a) para resolver a integral orrespon-

dente usando retângulos ins ritos na região de integração.

( ) A integral I al ula a área da região de integração? Justi�que sua resposta.

11. Considere f : [a, b] → R uma função ontínua. Mostre que:

(a) Se f é uma função par, então

∫ a

−af(x)dx = 2

∫ a

0f(x)dx.

(b) Se f é uma função ímpar, então

∫ a

−af(x)dx = 0.

(c) Interprete geometri amente os itens anteriores.

12. Um metereologista estabele e que a temperatura T (em

oF ), num dia de inverno é dada

por T (t) = 120t(t− 12)(t− 24), onde o tempo t é medido em horas e t = 0 orresponde

à meia-noite. A he a temperatura média entre as 6 horas da manhã e o meio dia.

Sugestão: utilize o teorema do valor médio para integrais.

13. En ontre uma função f ontínua, positiva e tal que a área da região situada sob o seu

grá� o e entre as retas x = 0 e x = t seja igual a A(t) = t3, para todo t > 0.

52

14. Determine uma função f diferen iável, positiva e tal que

∫ x

0

f(t)dt = [f(x)]2 para todo

x ∈ R+.

15. Seja f : R → R uma função ontínua e de�na uma nova função g : R → R por

g(x) =

∫ x5

x3

f(t)dt. Cal ule o valor de g′(1), sabendo que f(1) = 2.

16. (ENADE) Considere g : R → R uma função om derivada

dg

dt ontínua e f a função

de�nida por f(x) =

∫ x

0

dg

dt(t)dt para todo x ∈ R.

Nessas ondições avalie as a�rmações que seguem.

I A função f é integrável em todo intervalo [a, b], a, b ∈ R, a < b.

II A função f é derivável e sua derivada é a função g.

III A função diferença f − g é uma função onstante.

É orreto o que se a�rma em

(a) I, apenas.

(b) II, apenas.

( ) I e III, apenas.

(d) II e III, apenas.

(e) I, II e III.

Justi�que sua resposta.

17. Seja f : [0, 1) → R de�nida por f (x) =1√

1− x2. Veri�que se

∫ 1

0

f (x) dx existe.

18. Determine o valor das seguintes integrais, se possível.

(a)

∫ √2

1

xe−x2

dx (b)

∫ 1

−1

x2√x3 + 9

dx (c)

∫ π4

0

tan2 x sec2 xdx

(d)

∫ 1

0

x sin xdx (e)

∫ 4

3

3

4

1

x√1 + x2

dx (f)

∫ 3

0

x√x+ 1

dx

(g)

∫ 2

1

(√x+

13√x+ 4

√x

)dx (h)

∫ π3

0

tan xdx (i)

∫ 4

1

x√2 + 4x

dx

19. En ontre, se existir, o valor de ada uma das seguintes integrais:

(a)

∫ 1

0

(x+

√x− 1

3√x

)dx (e)

∫ 0

−∞xexdx (i)

∫ 4

0

x√16− x2

dx (m)

∫ 1

−∞exdx

(b)

∫ 2

0

x2 ln(x)dx (f)

∫ ∞

−∞xe−|x−4|dx (j)

∫ +∞

0

xe−xdx (n)

∫ 1

−1

1

x4dx

(c)

∫ +∞

1

1

x2cos

(1

x

)dx (g)

∫ 5

1

1√5− x

dx (k)

∫ +∞

1

1

x√x2 − 1

dx (o)

∫ 1

0

1

x3dx

(d)

∫ √2

2

0

1√1− x2

dx (h)

∫ +∞

0

e−xdx (l)

∫ 1

0

1√1− x

dx (p)

∫ +∞

−2

1

(x+ 1)2dx

53

20. Os engenheiros de produção de uma empresa estimam que um determinado poço pro-

duzirá gás natural a uma taxa dada por f(t) = 700e−1

5tmilhares de metros úbi os,

onde t é o tempo desde o iní io da produção. Estime a quantidade total de gás natural

que poderá ser extraída desse poço.

21. Determine todos os valores de p para os quais

∫ +∞

1

1

xpdx onverge.

22. Determine para quais valores de p ∈ R a integral

∫ +∞

e

1

x(ln x)pdx onverge.

23. Cal ule, se possível, as seguintes integrais impróprias:

(a)

∫ +∞

1

xe−x2

dx (b)

∫ +∞

−∞

arctan x

x2 + 1dx (c)

∫ π2

−∞sin(2x)dx

(d)

∫ 1

0

x lnxdx (e)

∫ 9

0

e√x

√xdx (f)

∫ π

0

cosx√1− sin x

dx

(g)

∫ +∞

1

ln(x−1)

x2dx (h)

∫ 6

3

1

x3√x2 − 9

dx (i)

∫ 3

1

√x2 − 6x+ 13dx

24. Em equações diferen iais, de�ne-se a Transformada de Lapla e de uma função f por

L(f(x)) =

∫ +∞

0

e−sxf(x)dx,

para todo s ∈ R para o qual a integral imprópria seja onvergente. En ontre a Trans-

formada de Lapla e de:

(a) f(x) = eax (b) f(x) = cosx (c) f(x) = sin x

25. A função gama é de�nida para todo x > 0 por

Γ(x) =

∫ +∞

0

tx−1e−tdt.

(a) Cal ule Γ(1) e Γ(2).

(b) Mostre que, para n inteiro positivo, Γ(n+ 1) = nΓ(n).

26. (ENADE) Considere a função f : R → R de�nida por y = f(x) = x4 − 5x2 + 4, para ada x ∈ R. A área da região limitada pelo grá� o da função y = f(x), o eixo Ox e as

retas x = 0 e x = 2 é igual a:

(a)

16

15unidades de área.

(b)

38

15unidades de área.

( )

44

15unidades de área.

(d)

60

15unidades de área.

(e)

76

15unidades de área.

54

27. En ontre a área da região limitada pelas urvas:

(a) y = sin x, y = cosx , x = 0 e x = π2.

(b) y − x = 6, y − x3 = 0 e 2y + x = 0.

(c) y = −x2 + 9 e y = 3− x.

(d) y = sin x, y = x sin x, x = 0 e x = π2.

(e) 28− y − 5x = 0, x− y − 2 = 0, y = 2x e y = 0.

28. Represente geometri amente a região uja área é al ulada por

A =

∫ 2

0

[(y + 6)− (

√4− y2)

]dy.

29. Cal ule a área de ada região delimitada pelas urvas dadas abaixo através de:

(i) integração em relação a x (ii) integra ção em relação a y.

(a) y = x+ 3 e x = −y2 + 3.

(b) 2x+ y = −2, x− y = −1 e 7x− y = 17.

(c) y = x2 − 1, y = 2x2 e y = 32x2.

(d) y + x = 6, y =√x e y + 2 = 3x.

30. Represente geometri amente a região uja área é al ulada pela expressão

A =

∫ 2

1

[(2x2)−(2

x

)]dx+

∫ 4

2

[(62− 15x

4

)−(2

x

)]dx.

A seguir, rees reva esta expressão utilizando y omo variável independente.

31. Estabeleça a(s) integral(is) que permite(m) al ular a área da região ha hurada na

�gura abaixo, delimitada simultaneamente pelas urvas y = x, y = x2 e y =4

x− 1,

mediante:

(a) integração em relação a x. (b) integração em relação a y.

y

x

32. En ontre uma reta horizontal y = k que divida a área da região ompreendida entre

as urvas y = x2 e y = 9 em duas partes iguais.

33. A área de uma determinada região R pode ser al ulada pela expressão

A =

∫ √2

2

−√

2

2

(√1− x2 −

√2x2)dx.

Rees reva esta expressão, utilizando:

(a) integração em relação a y; (b) oordenadas paramétri as.

55

34. Represente geometri amente a região uja área, em oordenadas paramétri as, é dada

por

A = 2

∫ 0

π

3 sin t(−3 sin t)dt− 2

∫ 0

π

3 sin t(−2 sin t)dt.

35. Uma i lóide é uma urva que pode ser des rita pelo movimento do ponto P (0, 0) deum ír ulo de raio a, entrado em (0, a), quando este ír ulo gira sobre o eixo x. Pode-se representar esta i lóide através das equações x = a(t− sin t) e y = a(1− cos t), omt ∈ [0, 2π]. Determine a área da região delimitada pela i lóide.

36. Uma urva de equação x2

3 + y2

3 = a2

3é hamada astróide. Cal ule a área da região

delimitada pela astróide obtida quando a = 5.

37. Cal ule a área da região situada simultaneamente no interior dos seguintes pares de

urvas:

(a) r = 3 cos θ e r = 1 + cos θ;

(b) r = 1 + cos θ e r = 1;

(c) r = sin θ e r = 1− cos θ;

(d) r2 = cos(2θ) e r2 = sin(2θ);

(e) r = 2 (1 + sin θ) e r = 2 (1 + cos θ) .

38. En ontrar a área simultaneamente interior ao ír ulo r = 6 cos θ e exterior a r =2(1 + cos θ).

39. Cal ule a área da região simultaneamente interior à urva r = 4 + 4 cos θ e exterior à

r = 6.

40. Cal ule a área da região simultaneamente interior à urva r = 1 + cos θ e exterior à

r = 2 cos θ.

41. Cal ule a área da região simultaneamente interior às urvas r = sin(2θ) e r = sin θ.

42. Determine a área da região simultaneamente interior às rosá eas r = sin(2θ) e r =cos(2θ).

43. Es reva a integral que permite al ular a área sombreada entre as urvas r = sin(2θ)e r =

√3 cos(2θ), dada na �gura abaixo.

44. Seja R a porção da região simultaneamente interior às urvas r = 2 cos θ e r = 4 sin θque está situada no exterior da urva r = 1. Es reva as integrais que permitem al ular:

(a) a área da região R;

(b) o omprimento de ar o da fronteira da região R.

56

45. Cal ule a área das regiões sombreadas nas �guras abaixo:

(a) r = 1 e r = 2 cos(2θ) (b) r = 2e1

4θ

( ) r = sin(3θ) e r = cos(3θ)

46. Represente geometri amente a região uja área, em oordenadas polares, é dada por

I = 2

[1

2

∫ π6

0

sin2 θdθ +1

2

∫ π4

π6

cos2(2θ)dθ

].

47. Monte a(s) integral(is) que permite(m) al ular a área ha hurada na �gura abaixo,

delimitada pelas urvas r = 2 + 2 cos θ, r = 4 cos(3θ) e r = 2.

48. Cal ule o omprimento de ar o das urvas dadas por:

(a) x = 13y3 + 1

4y, om 2 ≤ y ≤ 5;

(b) x = 3 + t2 e y = 6 + 2t2, om 1 ≤ t ≤ 5;

( ) x = 5t2 e y = 2t3, om 0 ≤ t ≤ 1;

(d) x = et cos t e y = et sin t, om 0 ≤ t ≤ π2;

(e) r = e−θ, om 0 ≤ θ ≤ 2π;

(f) r = cos2 12θ, om 0 ≤ θ ≤ π;

49. Determine a distân ia per orrida por uma partí ula que se deslo a entre os pontos

A(2, 3) e B(0, 3) uja posição, no instante t, é dada por x(t) = 1 + os(3√t) e

y(t) = 3− sen(3√t).

50. A posição de uma partí ula, num instante t, é dada por x(t) = 2 cos t+2t sin t e y(t) =2 sin t − 2t cos t. Cal ule a distân ia per orrida por esta partí ula entre os instantes

t = 0 e t = π2.

51. Suponha que as equações x(t) = 4t3 + 1 e y(t) = 2t9

2des revam a trajetória de uma

partí ula em movimento. Cal ule a distân ia que esta partí ula per orre ao se deslo ar

entre os pontos A(5, 2) e B(33, 32√2).

57

52. Cal ule a distân ia per orrida por uma partí ula que se deslo a, entre os instantes

t = 0 e t = 4, de a ordo om as equações x(t) = 1 + 2 cos(3t5

2 ) e y(t) = 5− 2 sin(3t5

2 ).

53. A urva des rita por x(t) = 3e−t cos 6t e y(t) = 3e−t sin 6t, hamada de espiral logarít-

mi a e está representada geometri amente na Figura 1.48. Mostre que o ar o des rito

por esta espiral, quando t ∈ [0,+∞), possui omprimento �nito.

y

x

Figura 1.48: Espiral logarítmi a

54. En ontre o omprimento das urvas que limitam a região formada pela interseção das

urva r =√3 sin θ e r = 3 cos θ, situada no primeiro quadrante.

55. Represente gra� amente o ar o ujo omprimento é al ulado pela integral

l =

∫ π6

0

√48 cos2 θ + 48 sin2 θdθ +

∫ π2

π6

√16 sin2 θ + 16 cos2 θdθ.

56. Monte as integrais que permitem al ular o omprimento do ar o da fronteira da região

que é simultaneamente interior à r = 1 + sin θ e r = 3 sin θ.

57. Cal ule o volume do sólido obtido pela revolução da urva yx2 = 1, om x ≥ 1, emtorno do eixo x.

58. Determinar o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da urva

x2

a2+y2

b2= 1

em torno do eixo x.

59. Determinar o volume do toro gerado pela rotação do ír ulo de equação x2+(y − b)2 =a2 em torno do eixo x, supondo 0 < a < b.

60. Obtenha o volume do sólido obtido pela revolução da região delimitada por:

(a) y =√4− x, 3y = x e y = 0, em torno do eixo x;

(b) y = |x| + 2, y = x2, x = −2 e x = 1 em torno do eixo x;

( ) y = x2 e y = 2, em torno da reta y = 2;

(d) y = 1− x2 e x− y = 1, em torno da reta y = 3;

(e) x+ y = 3 e y + x2 = 3, em torno da reta x = 2.

61. Determine o volume do sólido obtido quando a região situada sob a urva y = ex e

a ima do eixo x, om x ≤ 0, é rota ionada em torno da reta y = 2.

62. Um hiperbolóide de uma folha de revolução pode ser obtido pela rotação de uma

hipérbole em torno do seu eixo imaginário. Cal ule o volume do sólido delimitado

pelos planos x = −3, x = 3 e pelo hiperbolóide obtido pela rotação de 9y2 − 4x2 = 36em torno do eixo x.

58

63. Quando uma determinada região R é rota ionada em torno do eixo y, o volume do

sólido resultante pode ser al ulado pela expressão

V = π

∫ 2

1

3

[(7− 3y

2

)2

−(1

y

)2]dy.

Represente geometri amente a região R e, a seguir, al ule o volume do sólido obtido

quando R é rota ionada em torno da reta y = 3.

64. Considere a região R delimitada simultaneamente pelas urvas y = x3 e x = y3.

(a) Obtenha a(s) integral(is) que permite(m) al ular o perímetro da região R.

(b) Cal ule o volume do sólido obtido quando a região R é rota ionada em torno do

eixo y.

( ) Es reva as integrais que permitem al ular o volume do sólido obtido quando a

região R é rota ionada em torno da reta y = 1.

65. Es reva as integrais que permitem al ular o volume do sólido obtido quando a região

delimitada pelas urvas y = x2 − 4 e y = x− 2 é rota ionada em torno:

(a) do eixo x (b) da reta y = 2 ( ) da reta x = −3.

66. Considere a região R delimitada pelas urvas y = x3 e y = 2x, que está situada no

primeiro quadrante e abaixo da reta y = 2− x.

(a) Determine o volume do sólido obtido quando a região R é revolu ionada em torno

do eixo x.

(b) Es reva as integrais que permitem al ular o volume do sólido obtido quando a

região R é revolu ionada em torno da reta x = −1.

67. Mostre, via volume de sólidos de revolução, que o volume de um one de raio r e altura

h é V =πr2h

3.

68. Mostre, via volume de sólidos de revolução, que o volume de uma esfera de raio a é

V =4

3πa3.

59

1.15 Respostas

1. S (f, P ) = 8 +2

ne S (g, P ) =

38

3+

10

n+

4

3n2

2. S (f, P ) =175

3− 133

2n+

133

6n2

3. S (f, P ) =8

3+

3

2n− 1

6n2e S (f, P ) =

8

3− 3

2n− 1

6n2

4. S (f, P ) =11

5+

1

2n+

1

3n2− 1

30n4

5.

23

6. −763

7.

14b4 + b

8. e2 − e−1

9.

83

10. .

(a) Para resolver essa integral usando retângulos ins ritos devemos separar em três

regiões: x ∈ [−1, 0], x ∈ [0, 2] e x ∈ [2, 3].

Espera-se que o aluno justi�que isso argumentando sobre o omportamento da

função: res ente, de res ente e negativa, desenhando os retângulos ins ritos em

ada região e indi ando onde as alturas são assumidas.

(b) Resolução da par ela x ∈ [0, 2]. Assim, S(f, P ) =16

3− 4

n− 4

3n2e

∫ 2

0

(4−x2)dx =

limn→+∞

(16

3− 4

n− 4

3n2

)=

16

3.

( ) Não, pois integral I tem a par ela para x ∈ [2, 3] que é negativa. A área da região

de integração é dada por

A =

∫ 2

−1

(4− x2)dx−∫ 3

2

(4− x2)dx.

11. Di a para os itens (a) e (b): use propriedades para quebrar o lado esquerdo em duas

integrais, use a de�nição de função par (ou ímpar) e use a substituição de variáveis

u = −x para rees rever uma das integrais.

12. 18, 9oF

13. f(t) = 3t2

14. f(x) =x

2

15. g′(1) = 4

16. Item ( )

60

17.

∫ 1

0

f (x) dx =1

2π

18. .

(a) 12e−1 − 1

2e−2 (b) 2

3

√10− 4

3

√2 (c) 1

3

(d) sin 1− cos 1 (e) 0, 405 (f) 83

(g) 3, 202 (h) ln 2 (i) 32

√2

19. .

(a) − 13

(e) − 1 (i) 4 (m) e(b) 8

3ln 2− 8

9(f) 8 (j) 1 (n) nao existe

(c) sin 1 (g) 4 (k) 12π (o) nao existe

(d) 14π (h) 1 (l) 2 (p) nao existe

20. 3500 m3

21. Converge para p > 1.

22. Converge para p > 1.

23. .

(a) 12e−1 (b) 0 (c) nao existe

(d) − 14

(e) 2e3 − 2 (f) 0(g) − 1 (h) 0, 027 (i) 4, 59

24. (a)1

s− apara s > a (b)

s

s2 + 1para s > 0 (c)

1

s2 + 1para s > 0

25. (a) Γ(1) = 1, Γ(2) = 1

26. Item d.

27. (a) 2√2− 2 (b) 22 (c) 125

6(d) 2− 2 sin 1 (e) 17

28. .

y

x

29. (a) 1256

(b) 16 (c) 32−4√2

3(d) 23

6

30. A =

∫ 2

1

2

(62− 4y

15

)−(2

y

)dy +

∫ 8

2

(62− 4y

15

)−(√

2y

2

)dy

31. .

(a) A =

∫ 2

1

(x2 − x

)dx+

∫ 1+√

17

2

2

(4

x− 1− x

)dx

(b) A =

∫ 1+√

17

2

1

(y −√y) dy +

∫ 4

1+√

17

2

(y + 4

y−√

y

)dy

32. k = 93√4

61

33. .

(a) A = 2

∫ √2

2

0

√y

4√2dy + 2

∫ 1

√2

2

√1− y2dy

(b) A =

∫ π4

3π4

− sin2 tdt−∫ √

2

2

−√

2

2

√2t2dt

34. .

y

x

35. 3a2π

36.

3πa2

8

37. (a) 5π4

(b) 54π − 2 (c) 1

2(π − 2) (d) 1−

√22

(e) 6π − 8√2

38. 4π

39. 18√3− 4π

40.

π2

41.

14π − 3

16

√3

42.

π2− 1

43. Uma das várias respostas possíveis é:

A =

∫ π4

0

1

2(√3 cos 2θ)2dθ +

∫ π6

0

1

2(sin 2θ)2dθ +

∫ π4

π6

1

2(√3 cos 2θ)2dθ

44. (a) A =1

2

∫ arctan 1

2

arcsin 1

4

(16 sin2 θ − 1)dθ +1

2

∫ π3

arctan 1

2

(4 cos2 θ − 1

)dθ

(b) l =

∫ arctan 1

2

arcsin 1

4

4dθ +

∫ π3

arctan 1

2

2dθ +

∫ π3

arcsin 1

4

dθ

45. (a) 9√3

8− π

4(b) 4e

9π4 − 8e

5π4 + 4e

π4 (c) π

8− 1

4

46. .

62

47. Uma das várias respostas possíveis é:

A =1

2

∫ π9

0

[(2 + 2 cos θ)2 − (4 cos 3θ)2

]dθ +

1

2

∫ π2

π9

[(2 + 2 cos θ)2 − 4

]dθ

+1

2

∫ π9

0

4dθ +1

2

∫ π6

π9

(4 cos 3θ)2dθ

48. .

(a) 156340

(b) 24√5 (c) 68

27

√34− 250

27

(d)√2e

π2 −

√2 (e)

√2(1− e−2π) (f) 2

49. πu. . (observe que a resolução da integral envolve uma integral om des ontinuidade)

50.

π2

4

51.

35227

√22− 250

27

52. 192

53. O omprimento desejado é �nito e igual a

√333.

54.

13

√3π + π

2

55. Ar o omposto de dois subar os de ir unferên ias, onforme �gura abaixo:

y

x

56. l = 2

∫ π6

0

√9 cos2 θ + 9 sin2 θdθ + 2

∫ π2

π6

√cos2 θ + (1 + sin θ)2dθ

57.

π3

58.

4πab2

3

59. 2π2a2b

60. (a) 32π (b) 92π

5(c) 64

15

√2π (d) 162

5π (e) 1

2π

61.

72π

62. 32π

63.

41027π − 6π ln 6

64. (a) l =

∫ 1

−1

(√1 + 9x4 +

√1 +

1

9x

−4

3

)dx (b) V = 32

35π

( ) V = π

∫ 0

−1

(1− 3√x)2 − (1− x3)2dx+ π

∫ 1

0

(1− x3)2 − (1− 3√x)2dx

63

65. .

(a) V = π

∫ 2

−1

(x4 − 9x2 + 4x+ 12)dx (b) V = π

∫ 2

−1

(20− 13x2 − x4 + 8x)dx

(c) V = π

∫ 0

−4

(y + 8 + 4√y + 4)dy − π

∫ −3

−4

(y + 8− 4√y + 4)dy − π

∫ 0

−3

(y2 + 8y + 16)dy

66. (a) 134189π (b) V = π

∫ 1

0

(1 + 3√y)2 −

(1 +

y

2

)2dy + π

∫ 4

3

1

(3− y)2 −(1 +

y

2

)2dy

67. Di a: Note que um one tal omo desejado pode ser obtido pela rotaç ão em torno do

eixo y da reta y = hrx, om x ∈ [−r, r] e y ∈ [0, h].

68. Di a: Note que a esfera pode ser obtida pela rotação da ir unferên ia x2+y2 = a2 emtorno de qualquer eixo oordenado.

64

1.16 Revisão de Coordenadas Polares no R2

No sistema de oordenadas polares, as oordenadas onsistem de uma distân ia e da

medida de um ângulo em relação a um ponto �xo e a uma semirreta �xa. A Figura 1.49

ilustra um ponto P num sistema de oordenadas polares. O ponto �xo, denotado por O, é

θ

r

oA

P

Figura 1.49: Ponto P usando oordenadas polares

hamado pólo ou origem. A semirreta �xa OA é hamada eixo polar. O ponto P � a bem

determinado através do par ordenado (r, θ), onde r representa a distân ia entre a origem e o

ponto P, e θ representa a medida, em radianos, do ângulo orientado AOP. O segmento OP,é hamado raio.

Relação entre o Sistema de Coordenadas Cartesianas Retangulares e o Sistema

de Coordenadas Polares

x = r cos θy = r sin θr2 = x2 + y2

r =√x2 + y2

tan θ =y

x

.

Algumas equações em oordenadas polares e seus respe tivos grá� os

Retas

1. θ = θ0 ou θ = θ0 ± nπ, n ∈ Z é uma reta que passa pela pólo e faz um ângulo θ0 ou

θ0 ± nπ radianos om o eixo polar.

2. r sin θ = a e r cos θ = b, om a, b ∈ R, são retas paralelas ao eixo polar e θ = π2,

respe tivamente.

Cir unferên ias

1. r = a, a ∈ R é uma ir unferên ia de raio |a|.

2. r = 2a cos θ é uma ir unferên ia de raio |a|, om entro sobre o eixo polar e tangente

ao eixo θ = π2de modo que

(i) se a > 0 o grá� o está à direita do pólo;

(ii) se a < 0 o grá� o está à esquerda do pólo.

3. r = 2b sin θ é uma ir unferên ia de raio |b|, om entro sobre o eixo θ = π2e tangente

ao eixo polar de modo que

65

(i) se b > 0 o grá� o está a ima do pólo;

(ii) se b < 0 o grá� o está abaixo do pólo.

Limaçons

Equações do tipo r = a± b cos θ ou r = a± b sin θ, onde a, b ∈ R o grá� o varia onforme

os asos abaixo.

1. se b > a, então o grá� o tem um laço. Veja a Figura 1.50.

r=a-bcosθ r=a+bcosθ r=a+bsinθ r=a-bsinθ

Figura 1.50: Limaçons om laço

2. se b = a, então o grá� o tem o formato de um oração, por isso é onhe ido omo

Cardióide. Veja a Figura 1.51.

r=a(1+ cos )θ r=a(1- cos )θ r=a(1- sin )θ r=a(1+ sin )θ

Figura 1.51: Cardióide

3. se b < a, então o grá� o não tem laço e não passa pelo pólo. Veja a Figura 1.52.

r=a - bcosθ r=a+bcosθ r=a+bsinθ r=a - bsinθ

Figura 1.52: Limaçons sem laço

66

Rosá eas

Equações do tipo r = a cos(nθ) ou r = a sin(nθ), onde a ∈ R e n ∈ N o grá� o varia

onforme os asos abaixo.

1. Se n é par temos uma rosá ea om 2n pétalas. Veja a Figura 1.53.

r = acos(4 )θ r = asin(4 )θ

Figura 1.53: Rosá eas om 2n pétalas

2. Se n é ímpar temos uma rosá ea om n pétalas. Observe que a rosá ea om n ímpar

é totalmente desenhada para θ variando de 0 até π. Usando θ ∈ [0, 2π] a rosá ea será

desenhada duas vezes. Veja a Figura 1.54.

r=a cos(5 )θ r=a sin(5 )θ

Figura 1.54: Rosá eas om n pétalas

Lemnis atas

Equações do tipo r2 = ±a2 cos(2θ) ou r2 = ±a2 sin(2θ), onde a ∈ R. É pre iso prestar

atenção ao domínio de ada uma das lemnis atas. Os grá� os para ada aso estão na Figura

1.55.

67

r²=a²cos(2 )θ

r²=-a²cos(2 )θr²=a²sin(2 )θ

r²=-a²sin(2 )θ

Figura 1.55: Lemnis atas

Espirais

As equações seguintes representam algumas espirais.

1. Espiral hiperbóli a: rθ = a, a > 0.

2. Espiral de Arquimedes: r = aθ, a > 0.

3. Espiral logarítmi a: r = eaθ.

4. Espiral parabóli a: r2 = θ.

A Figura 1.56 ilustra estas espirais.

r =a ( >0)θ θ

(a, /2)π

r =a ( <0)θ θ

(a, /2)π

r=a ( 0)θ θ ³ r=a ( 0)θ θ£

r=eaθ θr= θr=-

Figura 1.56: Espirais

68

Capítulo 2

FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS E

DIFERENCIA�O PARCIAL

Objetivos (ao �nal do apítulo espera-se que o aluno seja apaz de):

1. De�nir funções de várias variáveis e dar exemplos práti os;

2. En ontrar o domínio e fazer o grá� o (esferas, ones, ilindros, parabolóides, planos e

interseções entre essas superfí ies) om funções de várias variáveis om duas variáveis

independentes;

3. Usando a de�nição mostrar que o limite de uma função de duas variáveis existe;

4. Veri� ar se uma função de duas variáveis é ontínua num ponto;

5. En ontrar derivadas par iais e interpretá-las geometri amente quando a função for de

duas variáveis independentes;

6. En ontrar derivadas par iais de funções ompostas;

7. En ontrar as derivadas par iais de funções implí itas;

8. Resolver problemas que envolvam derivadas par iais omo taxa de variação;

9. Representar geometri amente as diferen iais par iais e totais;

10. Resolver problemas que envolvam diferen iais par iais e totais;

11. En ontrar derivadas par iais de ordem superior;

12. En ontrar os extremos de uma função de duas variáveis quando existem;

13. Resolver problemas que envolvam extremos de funções de duas variáveis;

14. Resolver exer í ios usando uma ferramenta te nológi a.

A prova será omposta por questões que possibilitam veri� ar se os objetivos foram atin-

gidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação

das questões é o modelo adotado na formulação dos exer í ios e no desenvolvimento teóri o

desse apítulo, nessa apostila.

69

2.1 Introdução

Um fabri ante pode onstatar que o usto da produção C de um determinado artigo de-

pende da qualidade do material usado, do salário-hora dos operários, do tipo de maquinaria

ne essário, das despesas de manutenção e da supervisão. Dizemos então que C é função de

in o variáveis, porque depende de in o quantidades diferentes. Neste Capítulo estudare-

mos as funções de várias variáveis, omeçando om o aso de funções de duas variáveis e

estendendo então a um número arbitrário de variáveis. Como exemplo de função de duas

variáveis podemos utilizar a área de um retângulo, função esta muito onhe ida.

Consideremos o retângulo de base a e altura b. A área desse retângulo é

A = ab.

Por outro lado, se a for uma variável x podemos es rever a área desse retângulo em função

de x, isto é,

A (x) = xb.

Desse modo, temos a área omo função de uma variável. Podemos também, fazer variar

a base e a altura simultaneamente. Nesse aso, tomando b = y teremos a área dada por

A(x, y) = xy,

ou seja, a área é expressa omo função de duas variáveis.

A função A (x, y) é de�nida para todo par de pontos perten entes ao plano R2e a imagem

é um número real. O onven ional é es rever A : R2 → R.Um ra io ínio análogo pode ser feito para o volume de um paralelepípedo. Sejam a, b e

c as dimensões de um paralelepípedo. O volume será dado por

V = abc.

Por outro lado, se a for uma variável x podemos es rever o volume desse paralelepípedo

expresso omo função de uma variável x, isto é,

V (x) = xbc.

Podemos também, fazer variar as dimensões a e b simultaneamente, isto é, tomando b = yteremos o volume do paralelepípedo expresso omo uma função de duas variáveis x e y, ouseja,

V (x, y) = xyc.

Também é possível variar as três dimensões simultaneamente e, nesse aso tomando z = co volume do paralelepípedo será expresso omo uma função de três variáveis x, y e z, isto é,

V (x, y, z) = xyz.

A função V (x, y, z) é de�nida para toda tripla de pontos perten entes ao espaço R3e a

imagem é um número real. O onven ional é es rever V : R3 → R. Vejamos um exemplo

que envolve mais do que três variáveis.

EXEMPLO 2.1.1 Suponhamos que uma pessoa vá a um supermer ado e a nota de ompras seja

des rita onforme o modelo abaixo.

70

Nota de ompras

Produtos Unidades Preço por unidade Total

Leite 2 pa otes 1,00 2,00

Pão 10 0,10 1,00

Laranja 2kg 0,50 1,00

Maçã 2kg 2,50 5,00

Açú ar 5kg 0,60 3,00

Total a pagar 12,00

Suponhamos que as variáveis x, y, z, w e t representem, respe tivamente, leite, pão,

laranja, maçã e açú ar, então podemos es rever a função "total a pagar� por

T (x, y, z, w, t) = x+ 0, 1y + 0, 5z + 2, 5w + 0, 6t.

A função T é uma função de in o variáveis. Para en ontrar o total a pagar referente a

tabela anterior, fazemos

T (2, 10, 2, 2, 5) = 2 + 0, 1 (10) + 0, 5 (2) + 2, 5 (2) + 0, 6 (5)= 2 + 1 + 1 + 5 + 3 = 12.

A função T (x, y, z, w, t) é de�nida para todo ponto (x, y, z, w, t) ∈ R5. O onven ional é

es rever T : R5 → R.Note que, em todos os exemplos a ima, a imagem da função é um número real. Com

base nesses exemplos vamos de�nir funções de várias variáveis.

2.2 Função de Várias Variáveis

DEFINIÇ�O 2.2.1 Seja D um sub onjunto de Rne seja (x1, x2, x3, · · · , xn) ∈ D. Se a ada

n−upla ordenada perten ente a D orresponder um úni o número real f (x1, x2, x3, · · · , xn) ,dizemos que f é uma função de n−variáveis, de�nida em D om imagem em R. O sub on-

junto D é hamado domínio de f. Conven ionalmente es reve-se f : D ⊂ Rn → R.

EXEMPLO 2.2.2 Vejamos alguns exemplos de funções de várias variáveis:

(a) f : D ⊂ R2 → R de�nida por f (x, y) = 2x+ 3y + 1.(b) f : D ⊂ R3 → R de�nida por f (x, y, z) = x2 + y + z + 6.(c) f : D ⊂ R4 → R de�nida por f (x, y, z, w) = x2 + y2 + z + w + 6.(d) f : D ⊂ R5 → R de�nida por f (x, y, z, w, t) = x2 + y2 + z + w + t2 + 6.

EXEMPLO 2.2.3 A função z = f(x, y) =1√y − x

é uma função de duas variáveis, ujo do-

mínio é D = {(x, y) ∈ R2tal que y > x}. Geometri amente, D é formado por todos os

pontos do plano xy que estão situados "a ima"da reta y = x. Já a função w = f(x, y, z) =

(x2+y2+z2)−1

2é uma função de três variáveis ujo domínio são todos os pontos (x, y, z) ∈ R3

para os quais x2 + y2 + z2 6= 0, ou seja, todos os ponto de R3, om ex eção da origem.

EXEMPLO 2.2.4 A temperatura em um ponto (x, y) de uma pla a de metal plana é dada por

T (x, y) = x2 + 4y2 graus.

(a) Determine a temperatura no ponto (3, 1).(b) Determine e represente geometri amente a urva ao longo da qual a temperatura tem

um valor onstante igual a 16 graus.

Solução: (a) Temos que T (3, 1) = 32 + 4 = 13 graus.(b) A urva desejada tem equação T (x, y) = 16, ou seja, x2 + 4y2 = 16, que nos forne e a

elipse

x2

16+ y2

4= 1, representada na Figura 2.1.

71

y

x

Figura 2.1: 16 graus ao longo da elipse.

2.2.5 Grá� o de uma Função de Várias Variáveis

DEFINIÇ�O 2.2.6 Seja f : D ⊂ Rn → R uma função de n variáveis. De�nimos o grá� o

de f omo o sub onjunto de Rn+1formado por todos os pontos da forma

(x1, x2, · · · , xn, f(x1, x2, · · · , xn)) ⊂ Rn+1,

onde (x1, x2, · · · , xn) ∈ Rn.

No aso n = 2, o grá� o de f é uma superfí ie em R3. Quando n ≥ 3, não é mais possível

visualizar o grá� o de f, pois este será um sub onjunto de R4.

EXEMPLO 2.2.7 O grá� o de f (x, y) = 9 − x2 − y2 é um parabolóide, onforme mostra a

Figura 2.2.

Figura 2.2: Parabolóide z = f(x, y) = 9− x2 − y2

A equação de uma superfí ie pode ser es rita na forma implí ita ou explí ita, em função

de duas variáveis, isto é, F (x, y, z) = 0 ou z = f(x, y).

EXEMPLO 2.2.8 A equação da esfera entrada na origem pode ser es rita omo segue

• Impli itamente: x2 + y2 + z2 −R2 = 0.

• Expli itamente em função de x e y, om z = ±√R2 − x2 − y2.

72

Representação Grá� a de uma Superfí ie

Para representar gra� amente uma superfí ie pro ede-se omo segue:

1. Determina-se as interseções om os eixos artesianos determinando os pontos

(x, 0, 0), (0, y, 0) e (0, 0, z).

2. Determina-se os traços das superfí ies sobre os planos oordenados

(a) xy fazendo z = 0 na equação da superfí ie;

(b) xz fazendo y = 0 na equação da superfí ie;

( ) yz fazendo x = 0 na equação da superfí ie.

3. Determina-se as simetrias

(a) em relação aos planos oordenados

• Uma superfí ie é simétri a em relação ao plano xy se para qualquer ponto P (x, y, z)existe um ponto P ′(x, y,−z);

• Uma superfí ie é simétri a em relação ao plano xz se para qualquer ponto P (x, y, z)existe um ponto P ′(x,−y, z);

• Uma superfí ie é simétri a em relação ao plano yz se para qualquer ponto P (x, y, z)existe um ponto P ′(−x, y, z).

(b) em relação aos eixos oordenados

• Uma superfí ie é simétri a em relação ao eixo x se para qualquer ponto P (x, y, z)existe um ponto P ′(x,−y,−z);

• Uma superfí ie é simétri a em relação ao eixo y se para qualquer ponto P (x, y, z)existe um ponto P ′(−x, y,−z);

• Uma superfí ie é simétri a em relação ao eixo z se para qualquer ponto P (x, y, z)existe um ponto P ′(−x,−y, z).

( ) em relação à origem

• Uma superfí ie é simétri a em relação à origem se para qualquer ponto P (x, y, z)existe um ponto P ′(−x,−y,−z).

4. Se ções e Extensão: Quando os traços prin ipais não forem su� ientes para ara te-

rização da superfí ie, re orre-se a determinação de se ções om planos paralelos aos

planos oordenados. Para isso fazemos

• z = k sendo k uma onstante na equação F (x, y, z) = 0, isto é, teremos a equação

F (x, y, k) = 0 sobre o plano oordenado xy;

• y = k sendo k uma onstante na equação F (x, y, z) = 0, isto é, teremos a equação

F (x, k, z) = 0 sobre o plano oordenado xz;

• x = k sendo k uma onstante na equação F (x, y, z) = 0, isto é, teremos a equação

F (k, y, z) = 0 sobre o plano oordenado yz.

EXEMPLO 2.2.9 Esboçar geometri amente a superfí ie de equação

−x2

52+y2

42− z2

32= 1.

73

Solução: Vamos pro eder onforme os passos listados a ima.

1. Interseções om os eixos oordenados: Os pontos (x, 0, 0) e (0, 0, z) não são reais e o

ponto (0, y, 0) é duplo ou seja temos os pontos P (0, 4, 0) e P ′(0,−4, 0).

2. Traços sobre os planos oordenados

• Sobre o plano xy : Fazendo z = 0 tem-se a hipérbole −x2

52+y2

42= 1 (Figura 2.3).

Figura 2.3: Traço sobre xy

• Sobre o plano xz : Fazendo y = 0 tem-se o onjunto vazio.

• Sobre o plano yz : Fazendo x = 0 tem-se a hipérbole

y2

42− z2

32= 1 (Figura 2.4).

Figura 2.4: Traço sobre yz

3. Simetrias: Expli itamente, a equação −x2

52+ y2

42− z2

32= 1 pode ser es rita omo

y = 4

√1 +

x2

52+z2

32ou y = −4

√1 +

x2

52+z2

32

logo, é simétri a em relação aos planos oordenados, aos eixos oordenados e à origem.

4. Se ções e extensões: fazendo z = k, om k ∈ R, obtemos uma família de hipérboles de

eixo real paralelo ao eixoy. Fazendo y = k, om k > 4 ou k < −4, obtemos uma família

de elipses. Fazendo x = k, om k ∈ R, obtemos novamente uma família de hipérboles

de eixo real paralelo ao eixo y.

• Por exemplo, fazendo z = 3 temos a equação de uma hipérbole (Figura 2.5)

−x2

52+y2

42− 32

32= 1 ⇒ −x

2

52+y2

42= 2.

74

Figura 2.5: Traço sobre o plano z = 3.

• Por exemplo, fazendo y = ±8 temos a equação de elipses (Figura 2.6)

−x2

52+

(±8)2

42− z2

32= 1 ⇒ −x

2

52− z2

32= −3 ⇒ x2

52+z2

32= 3.

Figura 2.6: Traços sobre os planos y = ±8.

5. Construção da superfí ie. Os elementos forne idos pela dis ussão a ima permitem

onstruir a superfí ie hipebóli a de duas folhas, onforme a Figura 2.7.

z

yx

Figura 2.7: Hiperbolóide de duas folhas

OBSERVAÇ�O 2.2.10 Note que a �gura a ima não é o grá� o de uma função de duas variáveis,

é a representação geométri a de uma superfí ie uja equação é dada expli itamente pelas

funções: z = −3

√−1− x2

25+y2

16e z = 3

√−1 − x2

25+y2

16.

EXEMPLO 2.2.11 Considere a função de duas variáveis f(x, y) =√

4− 4x2 − y2. Determine

o domínio de f(x, y), onstrua e identi�que o grá� o de z = f(x, y).

75

Solução: D(f) = {(x, y) ∈ R2/ 4x2 + y2 ≤ 4} = {(x, y) ∈ R2/ x2 +y2

4≤ 1}, ou seja, o

domínio de f(x, y) é o onjunto de pontos do plano xy no interior da elipse x2 +y2

4= 1.

O grá� o de f(x, y) é uma superfí ie, ou seja, um onjunto de ponto em R3dado por

Gr(f) = {(x, y, z) ∈ R3/ (x, y) ∈ D(f) e z = f(x, y)}.

Assim temos z =√

4− 4x2 − y2 que é um ramo (z ≥ 0) do grá� o de x2 +y2

4+z2

4= 1,

esta é a equação de um elipsóide om entro na origem. Logo, o grá� o de z = f(x, y) estárepresentado na Figura 2.8.

Figura 2.8: Ramo z ≥ 0 do elipsóide x2 +y2

4+z2

4= 1

2.2.12 Curvas e Superfí ies de Nível

Uma urva ao longo da qual uma função de duas variáveis z = f(x, y) tem valor onstante

( omo a elipse do Exemplo 2.2.4) é denominada urva de nível ou urva de ontorno de

f.A equação de uma urva de nível k para f é da forma f(x, y) = k. Quando a função

f representa uma distribuição de temperatura, suas urvas de nível são hamadas isoter-

mas. Se f representa o poten ial elétri o, as urvas de nível de f são hamadas de urvas

equipoten iais.

Suponha que uma superfí ie S é o grá� o de uma função z = f(x, y). Se a interseção de

S om o plano z = k é não vazia, então ela é uma urva de nível f(x, y) = k. A ada ponto

desta urva de nível orresponde um úni o ponto na superfí ie S que está k unidades a ima

do plano xy, se k > 0, ou k unidades abaixo dele, se k < 0. Ao onsiderarmos diferentes

valores para a onstante k, obtemos um onjunto de urvas hamado demapa de ontorno

de S.Tal mapa de ontorno fa ilita a visualização da superfí ie. Quando as urvas de nível são

mostradas em intervalos equi-espaçados de k, a proximidade de urvas su essivas nos dá a

informação sobre a a lividade de S. Quanto mais próximas as urvas, signi� a que os valores

de z mudam mais rapidamente do que quando elas estão mais afastadas, ou seja, quando

urvas de nível estão juntas, a superfí ie é "íngreme".

EXEMPLO 2.2.13 Seja f(x, y) = x2 + y2. Faça um mapa de ontorno de f, mostrando as

urvas de nível em 1, 2, 3, 4, 5.

76

Solução: As urvas de nível são as ir unferên ias x2 + y2 = k. Um mapa de ontorno de fpode ser visto na Figura 2.9.

y

x

Figura 2.9: Curvas de Nível: x2 + y2 = k

Embora não possamos visualizar o grá� o de uma função de três variáveis w = f(x, y, z),podemos onsiderar as superfí ies de equações f(x, y, z) = k, que são hamadas de superfí ies

de nível de f. Ainda, toda superfí ie de�nida por uma equação em x, y, z pode ser onsiderada omo uma superfí ie de nível de alguma função de três variáveis. Por exemplo, o hiperbolóide

da Figura 2.7 é a superfí ie de nível g(x, y, z) = 1 onde g(x, y, z) = −x2

52+y2

42− z2

32.

2.2.14 Distân ias e Bolas no Espaço

Sejam P (x1, x2, · · · , xn) e A (y1, y2, · · · , yn) dois pontos de Rn. A distân ia de P até A,denotada por ||P −A|| , é dada por

||P − A|| =√(x1 − y1)

2 + (x2 − y2)2 + · · ·+ (xn − yn)

2.

DEFINIÇ�O 2.2.15 Sejam A (y1, y2, · · · , yn) um ponto de Rne δ > 0 um número real. Deno-

minamos bola aberta de entro A e raio δ ao onjunto de todos os pontos P (x1, x2, · · · , xn) ∈Rn

tais que ||P − A|| < δ, ou seja,

B (A, δ) = {(x1, x2, · · · , xn) ∈ Rn; ||P − A|| < δ} .

EXEMPLO 2.2.16 No plano, para δ = 1 e A(1, 2) temos a bola aberta

B ((1, 2) , 1) ={P (x, y) ∈ R2

; ||(x, y)− (1, 2)|| < 1}

que é gra� amente representada pela Figura 2.10.

y

x

Figura 2.10: Bola aberta B ((1, 2) , 1) .

77

EXEMPLO 2.2.17 Sejam A (1, 1, 2) e δ = 1. Então, a bola aberta

B((1, 1, 2) , 1) ={P (x, y, z) ∈ R3

; ||(x, y, z)− (1, 1, 2)|| < 1}

está gra� amente representada pela Figura 2.11.

z

y

x

Figura 2.11: Bola aberta B((1, 1, 2) , 1)

2.3 Limite de uma Função de duas Variáveis

Vamos estudar a existên ia do limite de uma função de duas variáveis. O ra io ínio

análogo é feito para funções de n variáveis.

DEFINIÇ�O 2.3.1 Seja f uma função de duas variáveis de�nida numa bola aberta B (A, r) ,ex eto possivelmente em A (x0, y0) . Dizemos que o número L é o limite de f (x, y) quando

(x, y) tende para (x0, y0) se, dado ε > 0, podemos en ontrar um δ > 0 tal que |f (x, y)− L| <ε sempre que 0 < ||(x, y)− (x0, y0)|| < δ. Nesse aso, es revemos

lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) = L.

EXEMPLO 2.3.2 Mostre que lim(x,y)→(1,3)

(2x+ 3y) = 11.

Solução: Devemos mostrar que, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f (x, y)− 11| < ε sempre

que 0 < ||(x, y)− (1, 3)|| < δ. Assim

|f (x, y)− 11| = |2x+ 3y − 11|= |(2x− 2) + (3y − 9)|= |2 (x− 1) + 3 (y − 3)|≤ |2 (x− 1)|+ |3 (y − 3)|= 2 |(x− 1)|+ 3 |(y − 3)| < ε

e obtemos que

2 |(x− 1)|+ 3 |(y − 3)| < ε. ( I )

Por outro lado, de 0 < ||(x, y)− (x0, y0)|| < δ, segue que

0 <

√(x− 1)2 + (y − 3)2 < δ.

78

Agora, pela de�nição de módulo, temos que

|x− 1| =√

(x− 1)2 ≤√(x− 1)2 + (y − 3)2 < δ

e

|y − 3| =√

(y − 3)2 ≤√

(x− 1)2 + (y − 3)2 < δ

e assim

2 |(x− 1)|+ 3 |(y − 3)| < 2δ + 3δ = 5δ. ( II )

Portanto, de (I) e (II) podemos formar o sistema de inequações

{2 |(x− 1)|+ 3 |(y − 3)| < ε2 |(x− 1)|+ 3 |(y − 3)| < 5δ

Assim, podemos admitir que 5δ = ε e en ontrar que δ =ε

5.

Logo, dado ε > 0 existe δ =ε

5tal que |f (x, y)− 11| < ε sempre que 0 < ||(x, y)− (1, 3)|| <

δ, o que prova pela de�nição que lim(x,y)→(1,3)

2x+ 3y = 11.

OBSERVAÇ�O 2.3.3 No Cál ulo 1, vimos que para existir o limite de uma função de uma va-

riável, quando x se aproxima de x0, é ne essário que os limites laterais limx→x+

0

f(x) e limx→x−

0

f(x)

existam e sejam iguais. Já para funções de duas variáveis, a situação análoga é mais om-

pli ada, pois no plano há uma in�nidade de urvas ( aminhos) ao longo das quais o ponto

(x, y) pode se aproximar de (x0, y0) . Porém, se o limite da De�nição 2.3.1 existe, é pre-

iso então que f(x, y) tenda para L, independentemente do aminho onsiderado. Essa ideia

nos forne e uma importante regra (Teorema 2.3.4) para investigar a existên ia de limites de

funções de duas variáveis.

TEOREMA 2.3.4 Seja f uma função de duas variáveis de�nida numa bola aberta entrada

em A (x0, y0), ex eto possivelmente em A (x0, y0) . Se f (x, y) tem limites diferentes quando

(x, y) tende para (x0, y0) por aminhos diferentes, então

lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) não existe.

EXEMPLO 2.3.5 Vamos mostrar que lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2não existe.

Solução: Considere C1 = {(x, y) ∈ R2; x = 0} . Note que C1 é exatamente o eixo y e é um

aminho que passa pelo ponto (0, 0) . Assim,

lim(x,y)→

C1

(0,0)f (x, y) = lim

(0,y)→(0,0)f (0, y) = lim

y→0

0 · y02 + y2

= 0.

Considere agora C2 = {(x, y) ∈ R2; y = kx}. Note que C2 é o onjunto de retas que

passam pelo ponto (0, 0) . Assim

lim(x,y)→

C2

(0,0)f (x, y) = lim

(x,kx)→(0,0)f (x, kx) = lim

(x,kx)→(0,0)

xkx

x2 + (kx)2

= limx→0

x2k

x2 (1 + k2)=

k

1 + k2.

79

Mostramos então que

lim(x,y)→

S1

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

(x,y)→S2

(0,0)f (x, y)

e om isso, on luímos que lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2não existe.

EXEMPLO 2.3.6 Vamos mostrar que lim(x,y)→(0,0)

3x2y

x2 + y2existe.

Solução: Primeiro vamos veri� ar se, por aminhos diferentes, o limite tem o mesmo valor

numéri o. Considerando C1 = {(x, y) ∈ R2; y = kx} , o onjunto de retas que passam pelo

ponto (0, 0) temos

lim(x,y)→

C1

(0,0)f (x, y) = lim

(x,kx)→(0,0)f (x, kx) = lim

(x,kx)→(0,0)

3x2kx

x2 + (kx)2

= limx→0

x3k

x2 (1 + k2)= lim

x→0

xk

1 + k2= 0.

Considerando agora C2 = {(x, y) ∈ D; y = kx2}, o onjunto de parábolas que passam

pelo ponto (0, 0) , temos que

lim(x,y)→

C2

(0,0)f (x, y) = lim

(x,kx2)→(0,0)f(x, kx2

)= lim

(x,kx2)→(0,0)

3x2kx2

x2 + (kx2)2

= limx→0

3x4k

x2 (1 + k2x2)= lim

x→0

3x2k

1 + k2x2= 0.

Como lim(x,y)→

C1

(0,0)f (x, y) = lim

(x,y)→C2

(0,0)f (x, y) , segue que há probabilidades de que L = 0

seja o limite de f (x, y) = 3xyx2+y2

. Para on�rmar, devemos veri� ar se a De�nição 2.3.1 está

satisfeita. Devemos mostrar que, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f (x, y)− 0| < ε sempre

que 0 < ||(x, y)− (0, 0)|| < δ. Assim,

|f (x, y)− 0| =∣∣∣∣3x2y

x2 + y2

∣∣∣∣ =|3x2y|

|x2 + y2| =3 |x2| |y|x2 + y2

< ε. ( I )

De 0 < ||(x, y)− (0, 0)|| < δ obtemos 0 <√x2 + y2 < δ. Sendo x2 ≤ x2 + y2 e |y| =√

y2 ≤√x2 + y2 podemos es rever

3 |x2| |y|x2 + y2

≤ 3 (x2 + y2) |y|x2 + y2

= 3 |y| < 3√x2 + y2 < 3δ. ( II )

Comparando (I) om (II) podemos admitir que 3δ = ε, donde vem δ =ε

3.

Portanto, mostramos que existe o limite existe e que lim(x,y)→(0,0)

3x2y

x2 + y2= 0.

EXEMPLO 2.3.7 Cal ule, se possível, o valor de lim(x,y)→(0,1)

3x4(y − 1)4

(x4 + y2 − 2y + 1)3.

80

Solução: Ini iamos investigando a existên ia do limite, utilizando diferentes aminhos que

passam pelo ponto (0, 1).Utilizando os aminhos lineares C1 = {(x, y) ∈ R2; y = kx+ 1} temos que

lim(x,y)→

C1

(0,1)

3x4(y − 1)4

(x4 + (y − 1)2)3= lim

(x,kx+1)→(0,1)

3x4(kx)4

(x4 + (kx)2)3

= limx→0

3k4x8

x6(x2 + k2)3= 0.

Agora, usando os aminhos parabóli os C2 = {(x, y) ∈ R2; y = kx2 + 1} temos que

lim(x,y)→

C2

(0,1)

3x4(y − 1)4

(x4 + (y − 1)2)3= lim

(x,kx2+1)→(0,1)

3x4(kx2)4

(x4 + (kx2)2)3

= limx→0

3k4x12

x12(1 + k2)3=

3k4

(1 + k2)3.

Portanto, omo obtemos limites diferentes por aminhos distintos, on luímos que o limite

não existe.

EXEMPLO 2.3.8 Cal ule, se possível, o valor de lim(x,y,z)→(3,1,−5)

(x+ 2y + z)3

(x− 3)(y − 1)(z + 5).

Solução: Ini iamos investigando a existên ia do limite. Como temos uma função de 3 va-

riáveis, devemos usar aminhos em R3. Se v = (a, b, c) são as oordenadas de um vetor diretor

de uma reta que passa pelo ponto (3, 1,−5), podemos utilizar as equações paramétri as para

de�nir o aminho retilíneo

C1 ={(x, y, z) ∈ R3; x = 3 + at, y = 1 + bt, z = −5 + ct

}.

Para nos aproximarmos de (3, 1,−5) por C1, basta fazermos o parâmetro t→ 0 e assim

lim(x,y,z)→

C1

(3,1,−5)

(x+ 2y + z)3

(x− 3)(y − 1)(z + 5)= lim

t→0

(3 + at+ 2 + 2bt− 5 + ct)3

(at)(bt)(ct)

= limt→0

(at+ 2bt + ct)3

abct3=

(a + 2b+ c)3

abc.

Atribuindo diferentes valores para a, b, c, ou seja, utilizando aminhos retilíneos distintos

para nos aproximarmos de (3, 1,−5) obtemos limites também distintos. Portanto, pela regra

dos dois aminhos, o limite em questão não existe.

2.3.9 Propriedades dos Limites

(i) Se f : R2 → R é de�nida por f(x, y) = ax+by+c, então lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) = ax0+by0+c.

(ii) Se lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) e lim(x,y)→(x0,y0)

g (x, y) existem e c ∈ R, então:

(a) lim(x,y)→(x0,y0)

[f (x, y)± g(x, y)] = lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y)± lim(x,y)→(x0,y0)

g (x, y) .

(b) lim(x,y)→(x0,y0)

cf (x, y) = c lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y)

81

( ) lim(x,y)→(x0,y0)

[f (x, y) .g(x, y)] = lim(x,y)→(xo,yo)

f (x, y) · lim(x,y)→(x0,y0)

g (x, y) .

(d) lim(x,y)→(x0,y0)

[f (x, y)

g(x, y)] =

lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y)

lim(x,y)→(x0,y0)

g (x, y)desde que lim

(x,y)→(x0,y0)g (x, y) 6= 0.

(e) lim(x,y)→(x0,y0)

[f (x, y)]n =

(lim

(x,y)→(x0,y0)f (x, y)

)n

para todo n ∈ Z∗+.

PROPOSIÇ�O 2.3.10 Se g é uma função de uma variável, ontínua num ponto a, e f(x, y)é uma função tal que lim

(x,y)→(x0,y0)f (x, y) = a, então lim

(x,y)→(x0,y0)(g ◦ f) (x, y) = g(a), ou seja,

lim(x,y)→(x0,y0)

g(f (x, y)) = g

(lim

(x,y)→(x0,y0)f (x, y)

).

EXEMPLO 2.3.11 Cal ular lim(x,y)→(1,2)

ln(x2 + xy − 1).

Solução: Considerando as funções

f(x, y) = x2 + xy − 1 e g(u) = ln u,

temos que lim(x,y)→(1,2)

f(x, y) = 2 e que g é ontínua em u = 2. Apli ando a proposição a ima,

obtemos

lim(x,y)→(1,2)

(g ◦ f)(x, y) = lim(x,y)→(1,2)

ln(x2 + xy − 1)

= ln

(lim

(x,y)→(1,2)(x2 + xy − 1)

)= ln 2.

EXEMPLO 2.3.12 Se lim(x,y)→(2,−2)

[x2 − y2

x+ y· f(x, y) + ln

(x2 + 2xy + y2

x+ y+ 1

)]= −2, determine

lim(x,y)→(2,−2)

f(x, y).

Solução: Como o limite dado existe, temos pelas propriedades de limites:

−2 = lim(x,y)→(2,−2)

[x2 − y2

x+ y· f(x, y) + ln

(x2 + 2xy + y2

x+ y+ 1

)]

= lim(x,y)→(2,−2)

x2 − y2

x+ y· lim(x,y)→(2,−2)

f(x, y) + ln

(lim

(x,y)→(2,−2)

(x2 + 2xy + y2

x+ y+ 1

))

= lim(x,y)→(2,−2)

(x+ y)(x− y)

x+ y· lim(x,y)→(2,−2)

f(x, y) + ln

(lim

(x,y)→(2,−2)

((x+ y)2

x+ y+ 1

))

= lim(x,y)→(2,−2)

(x− y) · lim(x,y)→(2,−2)

f(x, y) + ln

(lim

(x,y)→(2,−2)(x+ y + 1)

)

= 4 · lim(x,y)→(2,−2)

f(x, y) + ln(1)

= 4 · lim(x,y)→(2,−2)

f(x, y)

logo, lim(x,y)→(2,−2)

f(x, y) = −1

2.

82

EXEMPLO 2.3.13 Seja f(x, y) =x2 − y2

(x− y)√4y − x2

.

1. Des reva e represente geometri amente o domínio de f(x, y).

2. Cal ule lim(x,y)→(1,1)

f(x, y).

Solução (a): Condições sobre o domínio:

• 4y − x2 > 0 ⇒ y > x2

4

• x− y 6= 0 ⇒ y 6= x

Logo, D = {(x, y) ∈ R2/ x 6= 0 e y > x2

4}, ou seja, os pontos no interior da parábola

4y = x2 em que x 6= y. O domínio está representado na Figura 2.12.

y

x

Figura 2.12: Domínio de f(x, y)

Solução (b):

lim(x,y)→(1,1)

f(x, y) = lim(x,y)→(1,1)

x2 − y2

(x− y)√4y − x2

= lim(x,y)→(1,1)

x+ y√4y − x2

=2√3

PROPOSIÇ�O 2.3.14 Se lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = 0 e g(x, y) é uma função limitada em alguma

bola aberta de entro (x0, y0), ex eto possivelmente em (x0, y0), então

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y).g(x, y) = 0.

EXEMPLO 2.3.15 Mostre que lim(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2= 0.

Solução: Consideremos f(x, y) = x e g(x, y) =xy

x2 + y2.

Sabemos que lim(x,y)→(0,0)

x = 0, então basta mostrar que g(x, y) é limitada.

Es revendo g em oordenadas polares, temos que

g(x, y) =xy

x2 + y2=r2 cos θ sin θ

r2= cos θ sin θ.

Evidentemente, |cos θ sin θ| ≤ 1 e portanto temos que g(x, y) é limitada. Logo, pela

proposição anterior, lim(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2= 0.

83

Outra maneira de resolver usando ainda a Proposição 2.3.14.

Sejam f(x, y) = y e g(x, y) =x2

x2 + y2. Então lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0 e

|g(x, y)| = x2

x2 + y2≤ 1 para todo (x, y) 6= (0, 0),

ou seja, g(x, y) é limitada para todo (x, y) 6= (0, 0), logo pela Proposição a ima temos o

resultado desejado.

EXEMPLO 2.3.16 Cal ule, se existir, lim(x,y)→(0,0)

2x2y2 − 2xy3

3x2 + 3y2.

Solução: Usando as propriedades temos:

lim(x,y)→(0,0)

2x2y2 − 2xy3

3x2 + 3y2= lim

(x,y)→(0,0)

(2x2

3

y2

x2 + y2− 2xy

3

y2

x2 + y2

)

= lim(x,y)→(0,0)

2x2

3· y2

x2 + y2− lim

(x,y)→(0,0)

2xy

3· y2

x2 + y2

Como lim(x,y)→(0,0)

2x2

3= 0, lim

(x,y)→(0,0)

2xy

3= 0, e

y2

x2 + y2é uma função limitada numa vizi-

nhança da origem, ex eto em (0, 0), temos pela Proposição 2.3.14

lim(x,y)→(0,0)

2x2y2 − 2xy3

3x2 + 3y2= lim

(x,y)→(0,0)

2x2

3· y2

x2 + y2− lim

(x,y)→(0,0)

2xy

3· y2

x2 + y2= 0.

2.4 Continuidade de uma Função de duas Variáveis

DEFINIÇ�O 2.4.1 Seja f : D ⊂ R2 → R uma função de duas variáveis e (x0, y0) ∈ D.Dizemos que f é ontínua em (x0, y0) se satisfaz as ondições:

(i) f (xo, yo) existe

(ii) lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) existe

(iii) lim(x,y)→(x0,y0)

f (x, y) = f (x0, y0) .

EXEMPLO 2.4.2 Veri�que se a função f (x, y) =

{ xy

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

0 se (x, y) = (0, 0)é ontínua

em (0, 0) .

Solução: Devemos veri� ar se f satisfaz as ondições da De�nição 2.4.1.

(i) Como f (0, 0) = 0, a primeira ondição está satisfeita.

(ii) Vimos no Exemplo 2.3.5 que lim(x,y)→(0,0)

xy

x2+y2não existe. Portanto, a segunda ondição

da De�nição 2.4.1 não é satisfeita.

Logo, f (x, y) não é ontínua em (0, 0) .

84

EXEMPLO 2.4.3 A função de�nida por f(x, y) =

x4 − (y − 1)4

x2 + (y − 1)2se (x, y) 6= (0, 1)

0 se (x, y) = (0, 1)é on-

tínua em (0, 1)?

Solução: Devemos veri� ar se f satisfaz as ondições da De�nição 2.4.1.

(i) Como f(0, 1) = 0, a primeira ondição está satisfeita.

(ii) Vamos veri� ar se lim(x,y)→(0,1)

f (x, y) existe e é igual a zero (se for diferente a função não

será ontínua no ponto)

lim(x,y)→(0,1)

x4 − (y − 1)4

x2 + (y − 1)2= lim

(x,y)→(0,1)

[x2 − (y − 1)2][x2 + (y − 1)2]

x2 + (y − 1)2= lim

(x,y)→(0,1)

[x2 − (y − 1)2

]= 0.

(iii) Dos itens anteriores, segue que

lim(x,y)→(0,1)

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

Portanto, a função f(x, y) dada é ontínua no ponto (0, 1).

EXEMPLO 2.4.4 Veri�que se a função f (x, y) =

3x2y

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

0 se (x, y) = (0, 0)é ontínua em

(0, 0) .

Solução: Devemos veri� ar se f satisfaz as ondições da De�nição 2.4.1.

(i) Como f (0, 0) = 0, a primeira ondição está satisfeita.

(ii) Como vimos no Exemplo 2.3.6, lim(x,y)→(0,0)

3x2y

x2 + y2= 0, a segunda ondição está satisfeita.

(iii) Segue dos itens anteriores que

lim(x,y)→(0,0)

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

Portanto, as três ondições da De�nição 2.4.1 estão satisfeitas. Logo, f (x, y) é ontínuaem (0, 0) .

EXEMPLO 2.4.5 Utilize argumentos onsistentes para determinar, se existir, o valor de b quetorne as funções de�nidas abaixo ontínuas.

(a) f(x, y) =

x2y2

x4 + y2, se (x, y) 6= (0, 0)

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

.

(b) g(x, y) =

x3(y − 5)2

2x7 + 3(y − 5)4, se (x, y) 6= (0, 5)

b, se (x, y) = (0, 5)

85

Solução (a) 1: Queremos determinar, se existe, lim(x,y)→(0,0)

f(x, y). Para tal, primeiro veri�-

aremos se por aminhos diferentes obtemos o mesmo valor numéri o para este limite.

Considere o aminho C1 = {(x, y) ∈ R2/ y = kx}

lim(x,y)−→

C1

(0,0)f(x, y) = lim

(x,kx)→(0,0)f(x, kx) = lim

x→0

[x2(kx)2

x4 + (kx)2

]

= limx→0

[k2x4

x2(x2 + k2)

]= lim

x→0

[k2x2

x2 + k2

]= 0

Considere o aminho C2 = {(x, y) ∈ R2/ y = kx2}

lim(x,y)−→

C2

(0,0)f(x, y) = lim

(x,kx2)→(0,0)f(x, kx2) = lim

x→0

[x2k2x4

x4 + k2x4

]= lim

x→0

[k2x2

1 + k2

]= 0

Como por C1 e C2 obtivemos o limite omo sendo 0, há probabilidades que o limite exista.

Para on�rmar devemos mostrar que dado ǫ > 0, existe δ > 0 de modo que

|f(x, y)| < ǫ sempre que 0 < ‖(x, y)− (0, 0)‖ < δ.

Por propriedades modulares temos

|f(x, y)| =∣∣∣∣x2y2

x4 + y2

∣∣∣∣ =x2y2

x4 + y2≤ x2(x4 + y2)

x4 + y2= x2 ≤ x2 + y2 < δ2

assim, es olhendo δ =√ǫ, provamos usando a de�nição, que lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0. Portanto,

es olhendo b = 0 temos que a função f(x, y) é ontínua em todos os pontos (x, y).

Solução (a) 2: Note que podemos es rever

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2y2

x4 + y2= lim

(x,y)→(0,0)x2

y2

x4 + y2= lim

(x,y)→(0,0)x2 · lim

(x,y)→(0,0)

y2

x4 + y2

Como lim(x,y)→(0,0)

x2 = 0 e

y2

x4 + y2é uma função limitada numa vizinhança da origem, ex eto

em (0, 0), temos que

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

(x2 · y2

x4 + y2

)= 0.

Portanto, es olhendo b = 0 temos que a função f(x, y) é ontínua em todos os pontos

(x, y) ∈ R2.

Solução (b): Queremos determinar, se existe, lim(x,y)→(0,5)

g(x, y). Para tal, primeiro veri�-

aremos se por aminhos diferentes obtemos o mesmo valor numéri o para este limite.

Considere o aminho C1 = {(x, y) ∈ R2/ y = kx+ 5}

lim(x,y)−→

C1

(0,5)g(x, y) = lim

(x,kx+5)→(0,5)g(x, kx+ 5) = lim

x→0

[x3(kx)2

2x7 + 3(kx)4

]

= limx→0

[k2x5

x4(2x3 + 3k4)

]= lim

x→0

[k2x

2x3 + 3k4

]= 0

86

Considere o aminho C2 = {(x, y) ∈ R2/ y = kx2 + 5}

lim(x,y)−→

C2

(0,5)g(x, y) = lim

(x,kx2+5)→(0,5)g(x, kx2 + 5) = lim

x→0

[x3k2x4

2x7 + 3k4x8

]= lim

x→0

[k2

2 + 3k4x

]=k2

2

Como pelo aminho C2 obtivemos o valor do limite dependendo de k temos que para valores

distintos de k obtemos respostas distintas para o valor do limite, logo lim(x,y)→(0,5)

g(x, y) não

existe. Portanto, não existe b de modo que g(x, y) seja ontínua no ponto (0, 5).

2.5 Derivadas Par iais

Seja z = f(x, y) uma função real de duas variáveis reais e seja (x0, y0) um ponto do

domínio de f. Fixando y0 podemos onsiderar a função de uma variável g(x) = f(x, y0). Aderivada desta função no ponto x = x0, quando existe, denomina-se derivada par ial de f,em relação a x, no ponto (x0, y0) e indi a-se por

∂f

∂x(x0, y0) ou

∂z

∂x(x0, y0).

Assim,

∂f

∂x(x0, y0) = g′(x0) = lim

x→x0

g(x)− g(x0)

x− x0

= limx→x0

f(x, y0)− f(x0, y0)

x− x0

= lim∆x→0

f(x0 +∆x, y0)− f(x0, y0)

∆x

De modo análogo, �xando x0 podemos onsiderar a função de uma variável h(y) =f(x0, y). A derivada desta função no ponto y = y0, quando existe, denomina-se derivada

par ial de f, em relação a y, no ponto (x0, y0) e indi a-se por

∂f

∂y(x0, y0) ou

∂z

∂y(x0, y0).

Assim,

∂f

∂y(x0, y0) = h′(y0) = lim

y→y0

h(y)− y(y0)

y − y0

= limy→y0

f(x0, y)− f(x0, y0)

y − y0

= lim∆y→0

f(x0, y0 +∆y)− f(x0, y0)

∆y

Assim, de�nimos

DEFINIÇ�O 2.5.1 Seja f : D ⊂ R2 → R uma função real de duas variáveis reais e (x, y) ∈D. As derivadas par iais de primeira ordem

∂f

∂xe

∂f

∂yde f em (x, y) são dadas por

∂f (x, y)

∂x= lim

∆x→0

f (x+∆x, y)− f (x, y)

∆xe

∂f (x, y)

∂y= lim

∆y→0

f (x, y +∆y)− f (x, y)

∆y.

87

EXEMPLO 2.5.2 Seja f (x, y) = x2y + xy2 en ontre

∂f(x,y)∂x

e

∂f(x,y)∂y

.

Solução: Apli ando a De�nição 2.5.1 obtemos

∂f (x, y)

∂x= lim

∆x→0

f (x+∆x, y)− f (x, y)

∆x

= lim∆x→0

(x+∆x)2y + (x+∆x)y2 − (x2y + xy2)

∆x

= lim∆x→0

x2y + 2xy∆x+ y (∆x)2 + xy2 + y2∆x− x2y − xy2

∆x

= lim∆x→0

2xy∆x+ y (∆x)2 + y2∆x

∆x

= lim∆x→0

(2xy + y∆x+ y2)∆x

∆x= lim

∆x→02xy + y∆x+ y2 = 2xy + y2.

Analogamente, en ontra-se que

∂f (x, y)

∂y= lim

∆y→0

f (x, y +∆y) + f (x, y)

∆y= x2 + 2xy.

OBSERVA�O 2.5.3 Note que, para en ontrar

∂f

∂xbastou onsiderar y omo uma onstante na

função f (x, y) e apli ar as regras de derivação estudadas na derivação de funções de uma

variável. Para en ontrar

∂f

∂yderiva-se em relação a y, mantendo x onstante.

EXEMPLO 2.5.4 Seja f (x, y) = 3x2y + 2 sin xy, en ontre ∂f

∂xe

∂f

∂y.

Solução: Tomando y onstante no primeiro aso e x no segundo, obtemos

∂f (x, y)

∂x= 6xy + 2y cosxy

∂f (x, y)

∂y= 3x2 + 2x cosxy.

OBSERVAÇ�O 2.5.5 No aso de f ter mais de duas variáveis, são onsideradas onstantes

todas as variáveis em relação a qual f não está sendo derivada.

EXEMPLO 2.5.6 Seja f (x, y, z, t) = 3x2yz3t2 + 2 sin x2yz3t2. En ontre as derivadas par iais

∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂ze

∂f

∂t.

Solução: Fazendo y, z, t onstantes podemos derivar par ialmente em x :

∂f (x, y, z, t)

∂x= 6xyz3t2 + 4xyz3t2 cosx2yz3t2.

Agora, fazendo x, z, t onstantes, obtemos a derivada par ial em relação a y :

∂f (x, y, z, t)

∂y= 3x2z3t2 + 2x2z3t2 cos x2yz3t2.

Tomando x, y, t onstantes temos a derivada par ial em z :

∂f (x, y, z, t)

∂z= 9x2yz2t2 + 6x2yz2t2 cosx2yz3t2.

Finalmente, mantendo x, y, z onstantes, en ontramos

∂f (x, y, z, t)

∂t= 6x2yz3t+ 4x2yz3t cosx2yz3t.

88

2.5.7 Interpretação Geométri a das derivadas par iais

No estudo de funções de uma variável real vê-se que a derivada de uma função num ponto

pode ser interpretada omo a in linação da reta tangente ao grá� o da função no referido

ponto, veremos que para funções de duas variáveis as derivadas par iais podem ser estudadas

omo in linação de retas tangentes a superfí ie que representa o grá� o da função z = f(x, y).Seja f (x, y) uma função de duas variáveis e seja y = y0. Então, z = f (x, y0) des-

reve uma urva C1 sobre a superfí ie S. Mar amos um ponto P (x0, y0) sobre C1 e traça-

mos uma reta t1 tangente à urva neste ponto om oe� iente angular m = tgα. Então,∂f(x0, y0)

∂x= tgα, ou seja,

∂f(x0, y0)

∂xé o oe� iente angular da reta tangente à urva C1 no

ponto P (x0, y0, f(x0, y0)) . Na Figura 2.13 estão representadas a urva C1 e a reta tangente

ujas equações são

C1 :

{y = y0

z = f(x, y0)e t1 :

{y = y0

z − f(x0, y0) =∂f(x0, y0)

∂x(x− x0)

Figura 2.13: Interpretação Geométri a de

∂f

∂x

Analogamente,

∂f(x0, y0)

∂yé o oe� iente angular da reta

t2 :

x = x0

z − f(x0, y0) =∂f(x0, y0)

∂y(y − y0)

tangente à urva C2 :

{x = x0

z = f(x0, y)no ponto P (x0, y0, f(x0, y0)) , onforme ilustra a

Figura 2.14.

Da maneira omo as retas tangentes, t1 e t2, foram onstruídas, uma no plano y = y0 e aoutra no plano x = x0, elas não são paralelas e omo (x0, y0, f(x0, y0)) é o ponto de interseçãodestas retas, temos que elas são on orrentes, logo de�nem um úni o plano π que as ontém,

89

Figura 2.14: Interpretação Geométri a de

∂f

∂y

este plano é o plano tangente à superfí ie z = f(x, y) no ponto P (x0, y0, f(x0, y0)).Além disso, se C é outra urva qualquer ontida na superfí ie z = f(x, y) que passa pelo

ponto P, então a reta tangente à urva C passando por P também perten e ao plano π. NaFigura 2.15 estão desta adas no grá� o de uma função de duas variáveis as duas urvas e

suas retas tangentes para uma melhor visualização.

x

z

αβ y

x0

C2

t2

t1

C1

y0

Figura 2.15: Interpretação geométri a das derivadas par iais

Para determinar a equação do plano tangente pre isamos do vetor normal ~n ao plano e

90

de um ponto que perten e ao plano. Como t1 e t2 são retas ontidas no plano π temos

que o vetor normal ~n é dado pela produto vetorial dos vetores diretores destas retas e

P (x0, y0, f(x0, y0)) é um ponto que perten e ao plano π. Assim,

~n = ~v1 × ~v2 =

(1, 0,

∂f

∂x(x0, y0)

)×(0, 1,

∂f

∂y(x0, y0)

)=

(−∂f∂x

(x0, y0), −∂f

∂y(x0, y0), 1

).

Usando as omponentes do vetor normal e as oordenadas do ponto P, obtemos que a equação

do plano π tangente à superfí ie z = f(x, y) no ponto P (x0, y0, f(x0, y0)) é dada por:

∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0)− (z − z0) = 0. (2.5.1)

EXEMPLO 2.5.8 Determine a equação de um plano que seja tangente ao parabolóide z =x2 + y2, no ponto P (1, 2, 5).

Solução: (Observação: a resolução deste exemplo usa a de�nição e não o resultado �nal que

foi deduzido a ima, pode ser trabalhado omo um exemplo ini ial para auxiliar a ompreensão

e depois feita a generalização.) Note que a superfí ie desejada é o grá� o da função z =f(x, y) = x2 + y2. Para determinar a equação do plano tangente desejado, devemos obter

dois vetores perten entes a este plano, ou seja, dois vetores tangentes ao parabolóide, no

ponto P. Para isso, fazendo y = 2 en ontramos a urva z = f(x, 2) = x2+4. A reta tangente

a essa urva, no ponto P, é dada por

z − z0 =∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) = 2x0(x− x0),

ou seja,

z − 5 = 2(x− 1) ⇒ z = 2x+ 3, no plano y = 2.

Da geometria analíti a, temos que o vetor diretor desta reta tangente é dado por

~b1 =(1, 0, 2). Da mesma forma, fazendo x = 1, obtemos a urva z = f(1, y) = 1 + y2, uja reta

tangente, em P, é dada por

z − z0 =∂f(x0, y0)

∂y(y − y0) = 2y0(y − y0),

ou seja,

z − 5 = 4(y − 2) ⇒ z = 4y + 3 no plano x = 1.

Assim, en ontramos o vetor diretor

~b2 = (0, 1, 4). Agora podemos obter o vetor normal

ao plano tangente desejado, tomando

~b = ~b1 × ~b2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 0 20 1 4

∣∣∣∣∣∣= (−2,−4, 1).

Portanto, a equação geral do plano desejado é dada por

−2x− 4y + 1z + d = 0.

Como este plano deve passar por P (1, 2, 5), substituindo suas oordenadas na equação

a ima, obtemos d = 5. Portanto, o plano tangente ao parabolóide z = x2 + y2, no ponto

P (1, 2, 5), tem equação −2x− 4y + z + 5 = 0.

91

EXEMPLO 2.5.9 Considere a superfí ie z = x2 + y2. Determine o(s) ponto(s) onde um plano

π, que passa pelos pontos (1, 1, 1) e (2,−1, 1), é tangente a esta superfí ie.

Solução: Sabemos que o vetor normal do plano tangente à superfí ie z = x2 + y2 no ponto

(x0, y0, z0) é dado por (−∂f∂x

(x0, y0),−∂f

∂y(x0, y0), 1

),

logo, a equação do plano tangente π é dada por

π : −∂f(x0, y0)∂x

x− ∂f(x0, y0)

∂yy + z + d = 0

substituindo as derivadas par iais temos,

π : −2x0x− 2y0y + z + d = 0.

Queremos en ontrar o ponto P (x0, y0, z0) que perten e ao plano π e a superfí ie z = x2+ y2,isto é, z0 = x20 + y20, e sabemos que os pontos P1(1, 1, 1) e P2(2,−1, 1) perten em ao plano

π. Logo, substituindo os pontos P, P1 e P2 na equação de π temos o seguinte sistema para

resolver

−2x0x0 − 2y0y0 + x20 + y20 + d = 0−2x0 − 2y0 + 1 + d = 0−4x0 + 2y0 + 1 + d = 0

⇒

d = x20 + y20−2x0 − 2y0 + 1 + d = 0

x0 = 2y0

⇒

d = 5y205y20 − 6y0 + 1 = 0

x0 = 2y0

⇒

y0 = 1x0 = 2z0 = 5

OU

y0 = 15

x0 = 25

z0 = 15

⇒

P1 (2, 1, 5)

P2

(25, 15, 15

)

Portanto, há dois pontos de tangên ia P1 (2, 1, 5) e P2

(2

5,1

5,1

5

)que satisfazem as hipóteses

e onsequentemente dois planos tangentes.

2.6 Derivada de uma Função Composta

Antes de dis utir a derivada de uma função omposta, vamos falar sobre omposição de

funções de duas variáveis.

Consideremos as funções u(x, y) = x2y+ y e v (x, y) = x+ y2. Podemos de�nir uma nova

função F por F (u, v) = 2u2 + 3v. Rees revendo F em função de x e y temos:

F (u(x, y), v (x, y)) = 2 [u(x, y)]2 + 3 [v (x, y)]

= 2(x2y + y)2 + 3(x+ y2)

= 2(x4y2 + 2x2y2 + y2) + 3x+ 3y2

= 2x4y2 + 4x2y2 + 2y2 + 3x+ 3y2

= 2x4y2 + 4x2y2 + 5y2 + 3x

e assim,

F (u(1, 2), v (1, 2)) = 2 (1)4 (2)2 + 4 (1)2 (2)2 + 5 (2)2 + 3 (1) = 47.

Ou, omo

92

u(x, y) = x2y + y e v (x, y) = x+ y2

segue que

u(1, 2) = (1)2 2 + 2 = 4 e v (1, 2) = 1 + 22 = 5,

e então

F (u(1, 2), v (1, 2)) = F (4, 5) = 2 (4)2 + 3 (5) = 47.

Nosso interesse é en ontrar

∂F∂x

e

∂F∂y. A função

F (x, y) = 2x4y2 + 4x2y2 + 5y2 + 3x

pode ser es rita omo uma função x e y. Isto é,

F (u(x, y), v (x, y)) = 2x4y2 + 4x2y2 + 5y2 + 3x

e, nesse aso, temos

∂F

∂x(x, y) = 8x3y2 + 8xy2 + 3

e

∂F

∂y(x, y) = 4x4y + 8x2y + 10y.

Como podemos observar, obter as derivadas par iais através desse pro esso não é muito

animador. Isso é motivação su� iente para estudar a Regra da Cadeia. Se tivermos

uma função omposta f (g (x)) sabemos que [f (g (x))]′ = f ′ (g (x)) g′ (x) . A mesma teoria é

apli ada para en ontrar a derivada par ial de uma função omposta de várias variáveis.

TEOREMA 2.6.1 Seja z (x, y) = F (u(x, y), v (x, y)) . Então

∂z (x, y)

∂x=∂F (u, v)

∂u

∂u(x, y)

∂x+∂F (u, v)

∂v

∂v(x, y)

∂x

e

∂z (x, y)

∂y=∂F (u, v)

∂u

∂u(x, y)

∂y+∂F (u, v)

∂v

∂v(x, y)

∂y

EXEMPLO 2.6.2 Consideremos as funções u(x, y) = x2y + y e v (x, y) = x + y2. De�nindouma nova função z por z (x, y) = F (u, v) = 2u2 + 3v. En ontre as derivadas par iais de zem relação a x e y.

Solução: Ini ialmente, determinamos as derivadas par iais das funções u(x, y), v(x, y) e

F (u, v) :

∂F

∂u= 4u,

∂u

∂x= 2xy,

∂v

∂x= 1,

∂F

∂v= 3,

∂u

∂y= x2 + 1,

∂v

∂y= 2y.

e utilizando a regra da adeia (De�nição 2.6.1), obtemos as derivadas par iais

93

∂z (x, y)

∂x=∂F

∂u

∂u

∂x+∂Fu

∂v

∂v

∂x

= 4u∂u

∂x+ 3

∂v

∂x

= 4 (x2y + y) (2xy) + 3 (1)

= 8x3y2 + 8xy2 + 3

e

∂z (x, y)

∂y=∂F

∂u

∂u

∂y+∂F

∂v

∂v

∂y

= 4u∂u

∂y+ 3

∂v

∂y

= 4 (x2y + y) (x2 + 1) + 3 (2y)

= 4x4y + 8x2y + 10y.

EXEMPLO 2.6.3 Determine

∂F

∂xe

∂F

∂ypara F (x, y) = ln 5

√(x4 + 2xy + y3) + (2xy + 3x2).

Solução: Podemos rees rever a função F omo F (u, v) = ln(u+ v)1

5 , onde

u(x, y) = x4 + 2xy + y3

e

v(x, y) = 2xy + 3x2.

Usando a regra da adeia, temos:

∂F

∂x=

∂F

∂u

∂u

∂x+∂F

∂v

∂v

∂x

=1

5

1

u+ v

∂u

∂x+

1

5

1

u+ v

∂g

∂x

=1

5

(4x3 + 2y) + (2y + 6x)

x4 + y3 + 4xy + 3x2

=6x+ 4y + 4x3

20xy + 15x2 + 5x4 + 5y3.

O ál ulo da derivada em relação a y é deixado omo exer í io para o estudante.

EXEMPLO 2.6.4 Sendo α uma onstante e w = f(u, v), onde u = x os α − y sen α e

v = x sen α + y os α, sabendo que f é diferen iável mostre que

∂2w

∂x2+∂2w

∂y2=∂2w

∂u2+∂2w

∂v2.

94

Solução: Usando a regra da adeia para as derivadas par iais de primeira e segunda ordem

obtemos:

∂w

∂x=∂f

∂u

∂u

∂x+∂f

∂v

∂v

∂x=∂f

∂u os α +

∂f

∂vsen α

∂2w

∂x2= osα

∂

∂x

(∂f

∂u(u, v)

)+ senα

∂

∂x

(∂f

∂v(u, v)

)

= os α

(∂2f

∂u2∂u

∂x+

∂2f

∂v∂u

∂v

∂x

)+ sen α

(∂2f

∂u∂v

∂u

∂x+∂2f

∂v2∂v

∂x

)

= os

2α∂2f

∂u2+ os α sen α

∂2f

∂v∂u+ sen α os α

∂2f

∂u∂v+ sen

2α∂2f

∂v2(1)

∂w

∂y=∂f

∂u

∂u

∂y+∂f

∂v

∂v

∂y=∂f

∂u(− sen α) +

∂f

∂v os α

∂2w

∂y2= −senα ∂

∂y

(∂f

∂u(u, v)

)+ osα

∂

∂y

(∂f

∂v(u, v)

)

= − sen α

(∂2f

∂u2∂u

∂y+

∂2f

∂v∂u

∂v

∂y

)+ os α

(∂2f

∂u∂v

∂u

∂y+∂2f

∂v2∂v

∂y

)

= sen

2α∂2f

∂u2− os α sen α

∂2f

∂v∂u− sen α os α

∂2f

∂u∂v+ os

2α∂2f

∂v2(2)

Das Expressões (1) e (2), temos:

∂2w

∂x2+∂2w

∂y2=∂2w

∂u2( sen 2α + os

2α) +∂2w

∂v2( sen 2α + os

2α) =∂2w

∂u2+∂2w

∂v2

e assim provamos que de fato a equação dada é verdadeira.

2.7 Derivada Par ial omo Taxa de Variação

Suponhamos que f é uma função de duas variáveis. Então, a derivada par ial

∂f

∂x(x0, y0)

nos dá a razão instantânea de variação de f, no ponto P (x0, y0) , por unidade de variação

de x. Isto é, a taxa de variação de f por unidade de x no ponto P (x0, y0) . Analogamente,

∂f

∂y(x0, y0) nos dá a taxa de variação de f por unidade de y.

EXEMPLO 2.7.1 Sabendo que a pressão P (em quilopas als), o volume V (em litros) e a

temperatura T (em kelvins) de um mol de um gás ideal estão rela ionados pela fórmula

PV = 8T, en ontre a taxa de variação instantânea de V por unidade de P, quando T = 300ke V = 100L.

Solução: Estamos interessados na taxa de variação instantânea de V por unidade de P, demodo que devemos es rever V em função de T e P, ou seja,

V (T, P ) =8T

P.

A taxa de variação instantânea da pressão P por unidade de T é dada pela derivada

par ial

∂V (T, P )

∂P= −8T

P 2.

95

Para determinar P usamos a relação

PV = 8T

e obtemos

P =8 · 300100

= 24kPa.

Portanto,

∂V (300, 24)

∂P= −8 · 300

(24)2= −4, 17.

EXEMPLO 2.7.2 A altura de um one ir ular é 100 m e de res e a uma razão de 10 m/s.

O raio da base é 50 m e res e à razão de 5 m/s. Determine a velo idade da variação do

volume deste one.

Solução: Primeiro vamos es rever o volume do one em função do tempo:

V (t) =πr2(t)h(t)

3,

logo, pela regra da adeia, temos que

dV

dt=

∂V

∂r

dr

dt+∂V

∂h

dh

dt=

2πrh

3

dr

dt+πr2

3

dh

dt

=2π50.100

3(5) +

π(50)2

3(−10)

=50000π

3− 25000π

3=

25000π

3cm3/s.

2.8 Diferen ial

No Cál ulo I foi visto que sendo f : D ⊂ R → R diferen iável numa vizinhança do ponto

a ∈ D, então df = f′(a)∆x é uma boa aproximação de ∆f = f(x + ∆x) − f(a), ou seja

df ≈ ∆f para pontos próximos do ponto a. Geometri amente isso signi� a que para valores

de x próximos a a o grá� o da urva y = f(x) aproxima-se do grá� o da reta tangente a

esta urva no ponto x = a. Para funções de duas variáveis a situação é análoga om o uso do

plano tangente. O plano tangente ao grá� o de uma função z = f(x, y) no ponto P (x0, y0, z0) omo foi visto em (2.5.1) é dado por

∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0)− (z − z0) = 0

(z − z0) =∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0)

z =∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0) + z0

omo z0 = f(x0, y0) tem-se

z =∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0) + f(x0, y0).

96

Fazendo z = L(x, y) temos que para ada ponto (x, y) ∈ R2, z = L(x, y) nos forne e

a orrespondente oordenada z do ponto P (x, y, z) que está em ima do plano tangente à

superfí ie z = f(x, y) no ponto P (x0, y0, z0). Chamaremos a função L(x, y) de�nida por:

L(x, y) =∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0) + f(x0, y0)

de linearização da função z = f(x, y). Portanto, para pontos P (x, y), próximos de P (x0, y0),L(x, y) é uma boa aproximação de f(x, y). Seja f uma função de duas variáveis tais que

(x0, y0) ∈ D(f) e além disso existem as derivadas par iais

∂f(x0, y0)

∂xe

∂f(x0, y0)

∂y. Então,

a variação de f em P (x0, y0) é dada por

△f = f(x0 +△x, y0 +△y)− f(x0, y0)

Sabemos que f(x, y) ≈ L(x, y) logo f(x0 + △x, y0 + △y) ≈ L(x0 + △x, y0 + △y) e omo

f(x0, y0) = L(x0, y0) temos que

△f ≈ L(x0 +△x, y0 +△y)− L(x0, y0)

△f ≈ ∂f(x0, y0)

∂x△ x+

∂f(x0, y0)

∂y△ y

DEFINIÇ�O 2.8.1 Chamaremos de diferen ial de f , denotada por df, a expressão

df =∂f(x0, y0)

∂xdx+

∂f(x0, y0)

∂ydy

sendo dx = ∆x e dy = ∆y as variações das variáveis dependentes.

De modo análogo de�ne-se a diferen ial para funções de n variáveis, om n ≥ 2.Vemos assim que a diferen ial de f é uma aproximação para a variação de f no ponto

P (x0, y0).

EXEMPLO 2.8.2 Usando diferen ial, determine a variação do volume do re ipiente mostrado

na Figura 2.16, quando sua altura aumenta em 3% e seu o raio de res e em 1%.

4

5

2cilindro

cone

Figura 2.16: Re ipiente do Exemplo 2.8.2

Solução: O volume desejado pode ser es rito omo V = V1 + V2, onde V1 é o volume do

ilindro e V2 é o volume do one. No ilindro temos

V1 = πR2h, R = 4, h = 2, dR =−4

100= −0.04; dh = 2

3

100= 0.06

97

e no one, temos

V2 =πR2H

3, R = 4, H = 5; dR =

−4

100= −0.04; dH = 5

3

100= 0.15.

Portanto a diferen ial do volume total é igual a

dV = dV1 + dV2

=

(∂V1∂R

dR +∂V1∂h

dh

)+

(∂V2∂R

dR +∂V2∂H

dH

)

= 2πRhdR + πR2dh+2πRh

3dR +

πR2

3dh

= 2π · 4 · 2 · (−0, 04) + π · 16 · (0, 06) + 2π · 4 · 53

(−0, 04) +16π

3(0, 15)

= −0, 64π + 0, 96π − 1, 6π

3+

2, 4π

3= 0, 32π +

0, 8

3π ∼= 0, 59π.

EXEMPLO 2.8.3 Vamos onsiderar uma lata ilíndri a fe hada, om dimensões r = 2 m e h =5 m. O usto do material usado em sua onfe ção é de R$ 0, 81 por m

2. Se as dimensões

sofrerem um a rés imo de 10% no raio e 2% na altura, qual será o valor aproximado do

a rés imo no usto da lata? E qual é o valor exato do a rés imo no usto da lata?

Solução: Podemos es rever a função usto omo

C(r, h) = 0.81(2πrh+ 2πr2),

onde 2πrh representa a área lateral da lata e πr2 a área da base e da tampa. Quando o raio

de base sofre um a rés imo de 10%, passa de 2 para 2, 2 cm, portanto ∆r = 0, 2. Quandoa altura sofre um a rés imo de 2%, passa de 5cm para 5, 1cm, portanto, ∆h = 0, 1. Vamos

usar a diferen ial para en ontrar o valor aproximado do a rés imo do usto

dC =∂C

∂rdr +

∂C

∂hdh

= 0, 81(2πh+ 4πr)dr + 0, 81.(2πr)dh

= 0, 81(10π + 8π)0.2 + 0, 81.(4π)0, 1 ≅ 10, 17.

Portanto, o valor aproximado do a rés imo no usto da lata quando as dimensões são

modi� adas é de R$10, 17, ou um a rés imo de 14, 28%.Para saber o valor exato do a rés imo no usto da lata, temos que al ular

∆C = C(2, 2; 5, 1)− C(2, 5)

= 0, 81(2π(2, 2) · (5, 1) + 2π(2, 2)2

)− 0, 81(20π + 8π) ≅ 10, 47.

Assim, o valor exato é de R$10, 47, ou um a rés imo de 14, 7%. Observamos, assim, que

o erro do ál ulo aproximado foi de 0, 42 pontos per entuais.

EXEMPLO 2.8.4 Uma aixa em forma de paralelepípedo, tem dimensões internas iguais a 6 m,

8 m e 12 m. Sendo a espessura das paredes 0,2 m, do fundo 0,3 m e da tampa 0,1 m, fazer

uma estimativa em m

3do volume de material ne essário a ser usado na onfe ção da aixa.

Solução: Vamos usar a diferen ial total para fazer a estimativa soli itada. Sejam x = 6,y = 8 e z = 12. Como a espessura das paredes é 0,2 m temos

dx = dy = 2 (0, 2) = 0, 4

98

e sendo a espessura do fundo 0,3 e da tampa 0,1 temos

dz = 0, 3 + 0, 1 = 0, 4.

Como V = xyz, segue que a estimativa desejada é dada por

dV =∂V

∂xdx+

∂V

∂ydy +

∂V

∂zdz

= yzddx+ xzdy + xydz

= 8.12.0, 4 + 6.12.0, 4 + 6.8.0, 4 = 86, 4 cm3.

EXEMPLO 2.8.5 Use diferen iais para estimar o valor de

√(0, 01)2 + (3, 02)2 + (3, 9)2.

Solução: Considere a função w = f(x, y, z) =√x2 + y2 + z2, temos que f(0, 3, 4) =

√25 =

5. Queremos determinar uma aproximação para f(0.01, 3.02, 3.9) e pela teoria de diferen ialtemos que

f(0.01, 3.02, 3.9) ≈ f(0, 3, 4) + dw,

onde dw =∂w

∂xdx+

∂w

∂ydy +

∂w

∂zdz, om dx = 0, 01, dy = 0, 02 e dz = −0, 1. Assim,

(0.01, 3.02, 3.9) ≈ f(0, 3, 4)+x

w·(0, 01)+ y

w·(0, 02)+ z

w·(−0, 1) = 5+0+

3

5·(0, 02)−4

5·(0, 1) = 4, 932.

2.9 Derivadas Par iais de Ordem Superior

Seja z = f (x, y) uma função ujas derivadas par iais

∂f

∂xe

∂f

∂ytambém são deriváveis.

Cada uma dessas derivadas par iais poderá ser novamente derivada em relação a x e a y.Denotaremos:

• ∂

∂x

(∂f

∂x

)=∂2f

∂x2é a segunda derivada par ial de f em relação a x;

• ∂

∂x

(∂

∂x

(∂f

∂x

))=∂3f

∂x3é a ter eira derivada par ial de f em relação a x;

• ∂

∂y

(∂f

∂x

)=

∂2f

∂y∂xé a segunda derivada par ial de f primeiro em relação a x e depois

em relação a y;

• ∂

∂x

(∂f

∂y

)=

∂2f

∂x∂yé a segunda derivada par ial de f primeiro em relação a y e depois

em relação a x;

• ∂

∂y

(∂

∂y

(∂f

∂y

))=∂3f

∂y3é a ter eira derivada par ial de f em relação a y;

No aso da função f ter mais de duas variáveis a notação segue a mesma lógi a. Por

exemplo, se temos f (x, y, z, t) tem-se

• ∂

∂t

(∂

∂z

(∂

∂y

(∂f

∂x

)))=

∂4f

∂t∂z∂y∂xpara representar a quarta derivada de f , primeiro

em relação a x, depois em relação a y e assim su essivamente.

99

EXEMPLO 2.9.1 Seja f (x, y, z, t) = x3y4z5t2 en ontrar

∂4f

∂x∂y∂z∂t.

Solução: Derivamos ini ialmente em relação a t, obtendo

∂f

∂t(x, y, z, t) = 2x3y4z5t,

a seguir, derivamos em relação a z

∂2f

∂z∂t(x, y, z, t) = 10x3y4z4t,

para após derivarmos em y

∂3f

∂y∂z∂t(x, y, z, t) = 40x3y3z4t,

e �nalmente derivarmos em x e obter

∂4f

∂x∂y∂z∂t(x, y, z, t) = 120x2y3z4t.

EXEMPLO 2.9.2 Uma função de duas variáveis u é dita harm�ni a se satisfaz a equação

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0, onhe ida omo equação de Lapla e em R2. Mostre que a função

u(x, y) = ex sin y + ey cosx

é uma função harm�ni a.

Solução: Tomando as derivadas par iais su essivas de u, temos

∂u

∂x= (sin y) ex − (sin x) ey

∂2u

∂x2= (sin y) ex − (cos x) ey

∂u

∂y= (cosx) ey + (cos y) ex

∂2u

∂y2= (cosx) ey − (sin y) ex.

Substituindo na equação de Lapla e, obtemos que

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= (sin y) ex − (cosx) ey + (cosx) ey − (sin y) ex = 0.

Como a função u dada satisfez a equação de Lapla e, mostramos que ela é uma função

harm�ni a.

2.10 Extremos de uma Função de duas Variáveis

Seja f uma função de duas variáveis. Dizemos que f tem um máximo relativo no ponto

(a, b) se existir um bola aberta de entro (a, b) e raio ǫ > 0 tal que, para todo (x, y) perten- ente à bola, tem-se f (x, y) ≤ f (a, b) . Por outro lado, se f (x, y) ≥ f (a, b) para todo (x, y)perten ente à bola, dizemos que f tem um ponto de mínimo relativo no ponto (a, b) .

Os pontos de máximos e de mínimos de f são denominados pontos extremos de f. Aimagem de um ponto de máximo é hamada de valor máximo de f, da mesma forma que a

imagem de um ponto de mínimo é denominada valor mínimo de f.

100

2.10.1 Ponto Críti o

DEFINIÇ�O 2.10.2 Seja (a, b) um ponto perten ente ao domínio de f. Se∂f

∂x(a, b) e

∂f

∂y(a, b)

são ambas nulas ou se uma delas não existir, então (a, b) é denominado ponto ríti o de f.Os pontos ríti os de f são os andidatos a pontos de máximo ou mínimo.

2.10.3 Ponto de Máximo e Ponto de Mínimo

TEOREMA 2.10.4 Seja (a, b) um ponto perten ente ao domínio de f. Suponhamos que

∂f

∂x,

∂f

∂y,∂2f

∂x2,∂2f

∂y2,

∂2f

∂x∂ye

∂2f

∂y∂xexistem e são ontínuas numa bola aberta de entro (a, b) .

Suponhamos que (a, b) seja um ponto ríti o e sejam ainda:

∆(a, b) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

∂2f

∂x2(a, b)

∂2f

∂y∂x(a, b)

∂2f

∂x∂y(a, b)

∂2f

∂y2(a, b)

∣∣∣∣∣∣∣∣e Θ(a, b) =

∂2f

∂x2(a, b) .

Então:

(i) se ∆ > 0 e Θ < 0, a função f tem um máximo relativo em (a, b) ;(ii) se ∆ > 0 e Θ > 0, a função f tem um mínimo relativo em (a, b) ;(iii) se ∆ = 0, nada podemos a�rmar;

(iv) se ∆ < 0, a função f tem um ponto de sela em (a, b) .

EXEMPLO 2.10.5 En ontre os pontos ríti os das funções abaixo e lassi�que-os omo pontos

de máximo, mínimo ou de sela.

(a) f(x, y) = 4xy − x4 − 2y2;

(b) f(x, y) = 3x4 + 2y4;

Solução (a): Vamos ini iar en ontrando os pontos ríti os. Como as derivadas par iais são

∂f(x, y)

∂x= 4y − 4x e

∂f(x, y)

∂y= 4x− 4y

e estão sempre bem de�nidas, os pontos ríti os de f são dados por

{4x− 4y = 04y − 4x3 = 0

⇒ x− x3 = 0 ⇒ x(1 − x2) = 0 ⇒ x = 0; x = ±1

Assim os pontos ríti os são P (0, 0), Q(1, 1) e R(−1,−1). A seguir, vamos analisar o

delta. Como

△(x, y) =

∣∣∣∣−12x2 4

4 −4

∣∣∣∣ = 48x2 − 16,

temos que

△(0, 0) = −16, △(1, 1) = 32 △(−1,−1) = 32.

Na sequên ia, vamos analisar o valor de Θ(x, y) = ∂2f

∂x2 = −12x2. Temos que

101

Θ(0, 0) = 0 Θ(1, 1) = −12 Θ(−1,−1) = −12.

Portanto, de a ordo om o Teorema 2.10.4, on luímos que

△(0, 0) < 0 e o ponto P (0, 0) é de sela,△(1, 1) > 0 e Θ < 0 e o ponto Q(1, 1) é ponto de máximo,

△(−1,−1) > 0 e Θ < 0 e o ponto R(−1,−1) é ponto de máximo.

Solução (b): Vamos ini iar en ontrando os pontos ríti os. Como as derivadas par iais são

∂f(x, y)

∂x= 12x3 e

∂f(x, y)

∂y= 8y3

e estão sempre bem de�nidas, os pontos ríti os de f são dados por

{12x3 = 08y3 = 0

⇒{x = 0y = 0

Assim, o úni o ponto ríti o é P (0, 0). Logo,

△(x, y) =

∣∣∣∣−36x2 0

0 24y2

∣∣∣∣ = 864x2y2 ⇒ △(0, 0) = 0.

Portanto, de a ordo om o Teorema 2.10.4, nada podemos on luir. Analisando os valores

da função observamos que f(0, 0) = 0 e f(x, y) > 0 para todo (x, y) 6= (0, 0). Portanto, (0, 0)é um ponto de mínimo da função f(x, y) = 3x4 + 2y4.

EXEMPLO 2.10.6 Determine as dimensões de uma aixa retangular sem tampa destinada ao

a ondi ionamento de 108 cm3de volume se queremos usar a mínima quantidade em material

para sua onfe ção.

Solução: Sejam x o omprimento da base, y a largura da base e z a altura da aixa, S a

superfí ie e V o volume da aixa. Então podemos es rever o sistema

{S(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz

V (x, y, z) = xyz

A função S(x, y, z) pode ser es rita omo uma função de duas variáveis, se z for substi-

tuído por

V

xy. Desse modo temos

S(x, y) = xy +2V

y+

2V

x.

Apli ando o Teorema 2.10.4, vamos determinar os pontos ríti os de S. Ini ialmente,

devemos resolver o sistema de equações de�nido pelas derivadas par iais. Como

∂S

∂x(x, y) = y − 2V

x2

∂S

∂y(x, y) = x− 2V

y2

temos que

102

y − 2V

x2= 0

x− 2V

y2= 0

⇒{yx2 = 2Vxy2 = 2V

⇒ yx2 = xy2

omo sabemos que x, y 6= 0, podemos dividir ambos os lados da última igualdade por xy e

en ontrar que x = y. Portanto, obtemos que 2V = x3 e omo V = 108, segue que x =3√2 (108) = 6 e y = 6. Logo, o ponto (a, b) = (6, 6) é úni o ponto ríti o da função S(x, y) =

xy +2V

y+

2V

x.

Na sequên ia, vamos lassi� ar este ponto ríti o. Para isso, pre isamos obter os valores

de ∆(6, 6) e Θ (6, 6) . Tomando as segundas derivadas, temos que

∂2S

∂x2(x, y) =

4V

x3donde vem

∂2S

∂x2(6, 6) =

4 (108)

63= 2,

∂2S

∂x∂y(x, y) = 1 donde vem

∂2S

∂x∂y(6, 6) = 1,

∂2S

∂y∂x(x, y) = 1 donde vem

∂2S

∂y∂x(6, 6) = 1,

∂2S

∂y2(x, y) =

4V

y3donde vem

∂2S

∂y2(6, 6) =

4 (108)

63= 2.

Portanto,

∆ =

∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣ = 3 e Θ = 2.

Como ∆ = 3 > 0 e Θ = 2 > 0, pelo segundo item do Teorema 2.10.4, obtemos que ftem um mínimo relativo no ponto (6, 6) . Logo, as dimensões da base da aixa são x = 6cm

e y = 6cm. Ainda, omo z =V

xysegue que z =

108

6 (6)= 3.

Portanto, as dimensões da aixa, para que o usto de fabri ação seja mínimo, são x =6 cm, y = 6 cm e z = 3 cm.

EXEMPLO 2.10.7 Um fabri ante faz 2 modelos de um item, padrão e de luxo. Custa R$ 40, 00para fabri ar um modelo padrão e R$ 60, 00 para o de luxo. Uma �rma de pesquisa de

mer ado estima que se o modelo padrão for vendido por x reais e o de luxo por y reais, então

o fabri ante venderá 500(y − x) do item padrão e 45000 + 500(x − 2y) do de luxo a ada

ano. Com que preços os itens devem ser vendidos para maximizar o lu ro?

Solução: A função lu ro é dada por:

L(x, y) = 500(y − x)(x− 40) + (45000 + 500(x− 2y))(y − 60).

As derivadas par iais de L são dadas por

∂L(x, y)

∂x= 1000y − 1000x− 10 000

e

∂L(x, y)

∂y= 1000x− 2000y + 85 000

103

Como as derivadas estão sempre bem de�nidas, para en ontrar os pontos ríti os de Ldevemos fazer

∂L(x, y)

∂x= 0 e

∂L(x, y)

∂y= 0

Resolvendo este sistema, temos

{1000y − 1000x− 10 000 = 01000x− 2000y + 85000 = 0

⇒{

−1000x+ 1000y = 100001000x− 2000y = −85000

⇒{x = 65y = 75

.

Portanto, o úni o ponto ríti o é (65, 75). Vamos analisar se este ponto ríti o é um ponto

de máximo. Como

∂2L

∂x2= −1000,

∂2L

∂y2= −2000,

e

∂2L

∂x∂y= 1000,

∂2L

∂y∂x= 1000,

temos que

△ =

∣∣∣∣−1000 10001000 −2000

∣∣∣∣ = 106 > 0 e Θ =∂2L

∂x2= −1000 < 0.

Portanto, o ponto P (65, 75) é, de fato, um ponto de máximo. Logo, o item padrão será

vendido por R$ 65, 00 e o de luxo por R$ 75, 00.

EXEMPLO 2.10.8 En ontre as oordenadas do ponto que perten e a superfí ie z = xy + 2 e

ujo quadrado da distân ia à origem do sistema de oordenadas artesianas seja mínimo.

Qual é esse valor mínimo?

Solução: Queremos determinar o ponto Q(x, y, z) de mínimo da função

f(x, y, z) = d(Q,O)2 = x2 + y2 + z2,

om a ondição que Q é um ponto da superfí ie z = xy + 2. Substituindo na função da

distân ia obtemos a função

f(x, y) = x2 + y2 + x2y2 + 4xy + 4.

Para en ontrar os pontos ríti os de f, tomamos

∂f(x, y)

∂x= 2x+ 2xy2 + 4y

e

∂f(x, y)

∂y= 2y + 2x2y + 4x.

Como as derivadas par iais sempre estão de�nidas os pontos ríti os de f são as soluções do

sistema

∂f(x,y)∂x

= 0

∂f(x,y)∂y

= 0

⇒

2x+ 2xy2 + 4y = 0

2y + 2x2y + 4x = 0

104

Temos que P1(0, 0) é uma solução do sistema. Para as demais soluções do sistema, multipli-

ando a primeira equação por x e a segunda por y obtemos

2x2 + 2x2y2 + 4xy = 0

−2y2 − 2x2y2 − 4xy = 0⇒ 2x2 − 2y2 = 0 ⇒ y = ±x.

Se y = x voltando na primeira equação temos,

2x+ 2x3 + 4x = 0 ⇒

x = 0ou

x2 + 3 = 0⇒ x = 0 ⇒ P1(0, 0).

Se y = −x voltando na primeira equação temos,

2x+ 2x3 − 4x = 0 ⇒

x = 0ou

x2 − 1 = 0⇒

x = 0ou

x = ±1⇒{P2(1,−1)P3(−1, 1)

.

Portanto, temos três pontos ríti os P1(0, 0), P2(1,−1) e P3(−1, 1). Usaremos o teste da

segunda derivada para lassi� á-los. Temos que

∆(x, y) =

∣∣∣∣∣∣∣

∂2f(x,y)∂x2

∂2f(x,y)∂y∂x

∂2f(x,y)∂x∂y

∂2f(x,y)∂y2

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

2 + 2y2 4xy + 4

4xy + 4 2 + 2x2

∣∣∣∣∣∣

= 4(1 + y2)(1 + x2)− 16(xy + 1) = 4 + 4x2 + 4y2 + 4x2y2 − 16xy − 16

e

Θ(x, y) =∂2f(x, y)

∂x2= 2 + 2y2.

Apli ando nos pontos ríti os, obtemos:

∆(0, 0) = −12 < 0 ⇒ P1(0, 0) é um ponto de sela de f(x, y).∆(1,−1) = 16 > 0 e Θ(1,−1) = 4 > 0 ⇒ P2(1,−1) é ponto de mínimo de f(x, y).∆(−1, 1) = 16 > 0 e Θ(−1, 1) = 4 > 0 ⇒ P3(−1, 1) é ponto de mínimo de f(x, y).Assim os andidatos a para o ponto Q são: P2(1,−1, 1), e P3(−1, 1, 1). Substituindo na

expressão da distân ia ao quadrado obtemos:

d(P2, O)2 = 3 e d(P3, O)

2 = 3.

Portanto, os dois pontos são pontos de mínimo para o quadrado da distân ia e o valor mínimo

é 3.

2.11 Derivadas de Funções Implí itas

Seja y = y(x) uma função de�nida impli itamente pela equação F (x, y) = 0. Por exemplo,

x2 + y2 − 9 = 0 ou x2y3 + x3y2 + xy + x + y − 9 = 0. A equação x2 + y2 − 9 = 0 pode ser

fa ilmente expli itada em função de x ou de y. Porém, não podemos fazer o mesmo om a

equação x2y3+x3y2+xy+x+y−9 = 0. Também, fazendo F (x, y) = x2+y2−9 fa ilmente

en ontramos

dy

dxe

dx

dy, o mesmo não o orre se �zermos F (x, y) = x2y3+x3y2+xy+x+y−9.

105

Nosso interesse está em en ontrar uma forma de determinar om rapidez as derivadas

dy

dxe

dx

dy.

Ini ialmente, vamos resolver o problema usando o onhe imento adquirido em Cál ulo I.

Vamos derivar y impli itamente em relação a x, na equação

x2y3 + x3y2 + xy + x+ y − 9 = 0,

obtendo

(2xy3 + 3x2y2y′) + (3x2y2 + 2x3yy′) + (y + xy′) + 1 + y′ = 0(3x2y2y′ + 2x3yy′ + xy′ + y′) + (2xy3 + 3x2y2 + y + 1) = 0(3x2y2 + 2x3y + x+ 1) y′ = − (2xy3 + 3x2y2 + y + 1) .

Logo,

y′ =dy

dx= −2xy3 + 3x2y2 + y + 1

3x2y2 + 2x3y + x+ 1. (I)

Sendo F (x, y) = x2y3+x3y2+ xy+ x+ y− 9, obtemos as derivadas par iais de F, dadaspor

∂F (x, y)

∂x= 2xy3 + 3x2y2 + y + 1

e

∂F (x, y)

∂y= 3x2y2 + 2x3y + x+ 1.

Observando estes resultados e omparando om (I), podemos es rever a fórmula

dy

dx= −

∂F (x, y)

∂x∂F (x, y)

∂y

sempre que F (x, y) ,∂F (x, y)

∂xe

∂F (x, y)

∂yforem ontínuas em (x, y) e

∂F (x, y)

∂y6= 0.

Se z = z(x, y) é de�nida impli itamente em função de x e y pela equação F (x, y, z) = 0,usando o mesmo pro edimento anterior obtém-se suas derivadas par iais, que serão denotadas

por

∂z

∂xe

∂z

∂y.

EXEMPLO 2.11.1 Dada a função implí ita x2 + y2 + z2 − 9 = 0, en ontrar∂z

∂x,∂y

∂xe

∂x

∂z.

Solução: Es revendo F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 9, obtemos

∂F (x, y, z)

∂x= 2x,

∂F (x, y, z)

∂y= 2y,

∂F (x, y, z)

∂y= 2z.

106

Agora, substituindo onvenientemente na fórmula a ima, en ontramos

∂z

∂x= −

∂F

∂x∂F

∂z

= −2x

2z= −x

z= − x√

9− (x2 + y2),

∂y

∂x= −

∂F

∂x∂F

∂y

= −2x

2y= −x

y= − x√

9− (x2 + z2),

∂x

∂z= −

∂F

∂z∂F

∂x

= −2z

2x= −z

x= − z√

9− (y2 + z2).

EXEMPLO 2.11.2 Uma função z(x, y) é dada impli itamente por uma equação do tipo F

(x

y,z

x2

)=

0, onde F (u, v) é uma função diferen iável tal que

∂F

∂v6= 0. Mostre que z satisfaz a equação

diferen ial par ial x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= 2z.

Resolução: Como z depende impli itamente de x e y, devemos utilizar a expressão para

derivação implí ita

∂z

∂x= −

∂F

∂x∂F

∂z

e

∂z

∂y= −

∂F

∂y∂F

∂z

Agora, para obter as derivadas de F, de�nimos u =x

ye v =

z

x2e utilizamos a regra da

adeia para obter

∂F

∂x=∂F

∂u

∂u

∂x+∂F

∂v

∂v

∂x=∂F

∂u

(1

y

)+∂F

∂v

(−2z

x3

)=

1

y

∂F

∂u− 2z

x3∂F

∂v,

∂F

∂z=∂F

∂u

∂u

∂z+∂F

∂v

∂v

∂z=∂F

∂u.0 +

∂F

∂v

(1

x2

)=

1

x2∂F

∂v,

∂F

∂y=∂F

∂u

∂u

∂y+∂F

∂v

∂v

∂y=∂F

∂u

(−xy2

)+∂F

∂v.0 =

−xy2

∂F

∂u.

Portanto, substituindo nas derivadas implí itas de z, obtemos

∂z

∂x= −

∂F

∂x∂F

∂z

= −

1

y

∂F

∂u− 2z

x3∂F

∂v1

x2∂F

∂v

= −x2

y

∂F

∂u∂F

∂v

+2z

x

e

107

∂z

∂y= −

∂F

∂y∂F

∂z

= −

−xy2

∂F

∂u1

x2∂F

∂v

=x3

y2

∂F

∂u∂F

∂v

.

Portanto, substituindo na equação dada, temos

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x

−x

2

y

∂F

∂u∂F

∂v

+2z

x

+ y

x

3

y2

∂F

∂u∂F

∂v

=

−x3y

∂F

∂u∂F

∂v

+ 2z +x3

y

∂F

∂u∂F

∂v

= 2z.

108

2.12 Exer í ios Gerais

1. Determine, des reva e represente geometri amente o domínio das funções abaixo:

(a) f(x, y) =xy − 5

2√y − x2

; (b) f(x, y) =

√x+ y + 1

x− 1;

( ) f(x, y) = x ln(y2 − x); (d) f(x, y) =√y − x−

√1− y;

(e) f(x, y) =

√2x2 − y

4− x2 − y2; (f) f(x, y, z) = ln(16− x2 − y2 − 4z2).

2. Represente geometri amente as superfí ies de equações:

(a) x2 + y2 + z2 = 25; (b) x2 + y2 − z2 = 25;

(c) 9x+ 4y + 12z = 36; (d) z2 − x2 − y2 = 0.

3. Dada a função f(x, y) = 1x2+y2

, determine as urvas de nível z = 14, z = 4 e z = 9. A

seguir, faça um esboço do grá� o desta função.

4. Des reva e represente geometri amente as superfí ies de nível de f(x, y, z) = x2+y2−z2.

5. Usando a de�nição mostre que:

(a) lim(x,y)→(2,1)

(3x+ 2y) = 8 (b) lim(x,y)→(1,3)

(2x− 4y) = −10.

6. Em ada exer í io abaixo veri�que se lim(x,y)→(0,0)

f (x, y) existe. Justi�que a sua resposta.

(a) f (x, y) =x2

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

x2y2

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

x3 + y3

x2 + y2

(d) f (x, y) =x2 + y

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

x2 + y3

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

x− y

x+ y

7. Cal ule, se possível, o valor dos limites abaixo. Justi�que a sua resposta.

(a) lim(x,y)→(0,2)

2x(y − 2)

3x2 + y2 − 4y + 4(b) lim

(x,y)→(3,0)

(x− 3)5y2 + (x− 3)4y4

(x2 − 6x+ 9 + y6)3

(c) lim(x,y,z)→(2,1,0)

(x+ y + z − 3)5

(x− 2)(y − 1)z3(d) lim

(x,y,z)→(0,0,0)

x2y2z2

x6 + y6 + z6

8. Cal ule o valor dos seguintes limites usando as propriedades:

(a) lim(x,y)→(2,2)

ex−y[ln(x2 − y2)− ln(x− y)];

(b) lim(x,y)→(0,0)

sin(x2 + y2)

x2 + y2;

( ) lim(x,y)→(0,0)

cos(x2 + y2)− 1

x2 + y2;

(d) lim(x,y)→(

√2,1)

√x2 − 2

x2y + x2 − 2y − 2;

(e) lim(x,y)→(0,1)

x+ y − 1√x−√

1− y;

109

(f) lim(x,y)→(0,0)

(x2 + y2) ln(x2 + y2);

(g) lim(x,y)→(3,2)

(x2 − 5x+ 6)(y4 − 16)

(x− 3)(y − 2);

(h) lim(x,y)→(0,π)

sin(x− y) + sin(y)

xy.

9. Use as propriedades de limite para determinar o valor de lim(x,y)→(4,4)

g(x, y), sendo

lim(x,y)→(4,4)

[(x− y)g(x, y)

x2 − y2+ cos(x− y)

]=

1

2.

10. Se lim(x,y)→(1,1)

{xf(x, y) + ey−x[ln(x2 − y2) − ln(x − y)]} = ln 2, determine o valor de

lim(x,y)→(1,1)

f(x, y).

11. Em ada item veri�que se a função f é ontínua, justi� ando sua resposta.

(a) f(x, y) =

2xy√x2 + y2

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

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

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

(x+ y + z + 1)2

(x− 1)2 + y4 + (z + 2)2, se (x, y, z) 6= (1, 0,−2)

1, se (x, y, z) = (1, 0,−2)

( ) f (x, y) =

x+ y

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

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

(d) f (x, y) =

5xy2 − 3x2y

2x2 + y4, se (x, y) 6= (0, 0)

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

(e) f (x, y) =

x2y2

x2 + y4, se (x, y) 6= (0, 0)

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

(f) f(x, y) =

xy − 2x

x2 + y2 + 2x− 4y + 5, se (x, y) 6= (−1, 2)

0, se (x, y) = (−1, 2).

(g) f (x, y) =

3y4(x+ 1)4

(y4 + x2 + 2x+ 1)3, se (x, y) 6= (−1, 0)

0, se (x, y) = (−1, 0)

12. Determine se a função f(x, y) =

5x2(y − 2)

x2 + y2 − 4y + 4, se (x, y) 6= (0, 2)

b, se (x, y) = (0, 2)é ontí-

nua em (0, 2) para algum valor de b ∈ R. Justi�que sua resposta om argumentos

onsistentes, expli itando o valor de b e uma relação entre ε e δ, se for o aso.

110

13. Determine se a função f(x, y) =

x2 + 3x2y + y2

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

b, se (x, y) = (0, 0)é ontínua

na origem para algum valor de b ∈ R. Justi�que sua resposta om argumentos onsis-

tentes, expli itando o valor de b e uma relação entre ε e δ, se for o aso.

14. Determine se a função f(x, y, z) =

(x− 3)(y + 2)(z − 1)2

(2x+ y − 3z − 1)4, se (x, y, z) 6= (3,−2, 1)

b, se (x, y, z) = (3,−2, 1)é ontínua em (3,−2, 1) para algum valor de b. Justi�que sua resposta om argumentos

onsistentes.

15. Utilize argumentos onsistentes para al ular, se existir, o valor de f(0, 0), onde f :R2 → R é uma função ontínua dada por

f(x, y) = 1 + xyx2 − y2

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

16. Es reva as funções abaixo na forma de funções omposta e en ontre as derivadas par-

iais em relação a x e y.

(a) z = ln√x2e2y + x2e−2y (b) z = ln

((ex+y2)2 + x2 + y

)

(c) z = x2 cos2 y + 2x2 sin y cos y + x2 sin2 y (d) z =√x+ y2 + (x2e−2y)3

17. Usando a regra da adeia, en ontre as derivadas par iais de

(a) f (x, y) =x+ y

x2 + y2 + 1(b) f (x, y) = ln 3

√(x2 + y2) + (2x+ y2x2)

18. Mostre que z = sin

(x

y

)+ ln

(yx

)é solução da equação diferen ial y

∂z

∂y+ x

∂z

∂x= 0.

19. Veri�que se a função f(x, y, z) = x2 sin(yz

)+ y2 ln

(zx

)+ z2ex/y é uma solução da

equação diferen ial par ial x∂f

∂x+ y

∂f

∂y+ z

∂f

∂z= 2f.

20. Se z = ln (x2 + y2) mostre que

∂2z

∂x2+∂2z

∂y2= 0.

21. Veri�que se a função f(x, y) = exy + ln

(2y2

x2

)é uma solução da equação diferen ial

par ial

x

y

∂2f

∂x2+y

x

∂2f

∂y2= 2xyexy.

22. Se u =1√

x2 + y2 + z2mostre que

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2= 0.

23. Sejam f (x, y, z) = x3y4z5 + x sin yz e g (x, y) = ex ln y. En ontre todas as derivadas

par iais de f e g até a ter eira ordem.

24. Determine uma equação para o plano que é tangente à superfí ie −2x2 + y2 =−z2, no

ponto P (−1, 1, 2).

111

25. En ontre a equação do plano tangente à superfí ie −12x2 + 3y2 − z = 0, no ponto

P (1, 4, 36).

26. En ontre um ponto da superfí ie z = 3x2 − y2 onde seu plano tangente é paralelo ao

plano 6x+ 4y − z = 5.

27. Sabendo que o plano 2x + y + 3z − 6 = 0 é paralelo ao plano tangente ao grá� o de

z = f(x, y), no ponto P (1, 1, 1), al ule os valores de∂f

∂x(1, 1) e

∂f

∂y(1, 1).

28. Mostre que todos os planos tangentes ao grá� o de f(x, y) =x3

x2 + y2passam pela

origem.

29. Determine a equação do plano π que passa pelos pontos (1, 1, 2) e (−1, 1, 1) e que sejatangente ao grá� o de f(x, y) = xy.

30. Considere as funções f(x, y) = 2 + x2 + y2 e g(x, y) = −x2 − y2. Determine:

(a) a equação do plano tangente ao grá� o de f(x, y) no ponto (1, 2, 7);

(b) o ponto no grá� o de z = g(x, y) em que o plano tangente seja paralelo ao plano

obtido no item (a).

31. Considere a função de duas variáveis f(x, y) =√

100 + 4y2 − 25x2.

(a) Determine o domínio de f(x, y).

(b) Determine o ponto sobre o grá� o de z = f(x, y) tal que o plano tangente a

z = f(x, y) neste ponto seja ortogonal ao vetor ~v = (0, 1, 2) .

32. Considere a função de duas variáveis f(x, y) =√36− 9x2 − 4y2. E seja C a urva de

interseção do grá� o de z = f(x, y) om o plano y = 2.

(a) Determine o domínio de f(x, y).

(b) Determine a equação da reta tangente à urva C no ponto (1, 2,√11).

33. Seja w = (x2+y2+z2)k. Determine para quais valores de k a igualdade

∂2w

∂x2+∂2w

∂y2+

∂2w

∂z2= 0 é satisfeita.

34. Seja z = f(u), om u = x+ ay2. Prove que∂z

∂y− 2ay

∂z

∂x= 0.

35. Seja f(x− y, y − z, z − x) uma função diferen iável. Cal ule

∂f

∂x+∂f

∂y+∂f

∂z.

36. Dada uma função f

(y − x

xy,z − y

yz

), al ule x2

∂f

∂x+ y2

∂f

∂y+ z2

∂f

∂z.

37. Seja f uma função diferen iável qualquer e onsidere w = x3f(yx,x

z,z

x

). Mostre que

w satisfaz a equação diferen ial par ial x∂w

∂x+ y

∂w

∂y+ z

∂w

∂z= 3w.

112

38. Seja w = f(x2−at)+ g(x+at2), onde f e g são funções diferen iáveis e a ∈ R. Cal ule∂2w

∂t2e

∂2w

∂x2.

39. Seja w = f (u)+g(v) uma função diferen iável, onde u(x, t) = x2+t2 e v(x, t) = x2−t2.Mostre que

∂2w

∂x2+∂2w

∂t2= 4

df

du+ 4(x2 + t2)

(d2f

du2+d2g

dv2

).

40. Seja w = f (x, y) uma função diferen iável, onde x(r, θ) = r cos θ e y(r, θ) = r sin θ.Mostre que (

∂w

∂r

)2

+1

r2

(∂w

∂θ

)2

=

(∂w

∂x

)2

+

(∂w

∂y

)2

.

41. Considere a função g(t) = t · ∂f∂y

(2t, t3), em que f(x, y) é uma função de duas variáveis

om derivadas par iais de primeira e segunda ordem ontínuas. Determine g′(t).

42. Sejam f(u, v) uma função de duas variáveis diferen iável e F (x, y) uma função de duas

variáveis de�nida por

F (x, y) = f(sin x, cos y).

Sabendo que

∂f

∂u(0, 1) =

∂f

∂v(0, 1) = 2, al ule

∂F

∂x(0, 0) e

∂F

∂y(0, 0).

43. Sejam f(u, v) e g(x, y) funções de duas variáveis que admitem derivadas par iais de

primeira ordem. Se g(x, y) = f(√x3 + ln(y) + 1, cos(x) +

√y2 + 3),

∂f

∂u(1, 3) = 6 e

∂f

∂v(1, 3) = 2, determine a equação do plano tangente a superfí ie z = g(x, y) no ponto

(0, 1, 10).

44. A areia é derramada num monte �ni o na velo idade de 4 m3por minuto. Num dado

instante, o monte tem 6 m de diâmetro e 5 m de altura. Qual a taxa de aumento

da altura nesse instante, se o diâmetro aumenta na velo idade de 2 centımetros por

minuto?

45. A resistên ia R, em ohms, de um ir uíto é dada por R = EI, onde I é a orrente

em amperes e E é a força eletromoriz em volts. Num instante, quando E = 120V e

I = 15A, E aumenta numa de velo idade 0, 1V/s e I diminui à velo idade de 0, 05A/s.En ontre a taxa de variação instantânea de R.

46. Num determinado ir uito elétri o, a orrente I é dada em função da voltagem V, da

resistên ia R e da indutân ia L por I =V√

R2 + 10L2. No instante em que V é 210 volts,

R é igual a 3 ohms e está de aindo a uma taxa de 0, 1 ohm por segundo, enquanto L é

igual a 2 henrys e está res endo a uma razão de 0, 05 henry por segundo. Qual deve

ser a variação de V, neste instante, para que a orrente permaneça onstante?

47. Um reservatório de areia tem o formato de uma pirâmide invertida de base quadrada.

A taxa de vazão da areia deste reservatório diminui a uma velo idade de 40π cm3/min.Esta areia forma no hão um monte �ni o. O volume total de areia no reservatório

era 243π cm3. Determine a velo idade om que aumenta a altura do one quando um

113

terço da areia já aiu do reservatório. Sabendo que neste instante a altura do monte é

3 cm e o raio aumenta uma taxa de 0, 3 cm/min.

48. Use a lei do gás omprimido PV = kT, om k = 10, para en ontrar a taxa de variaçãoinstantânea da temperatura no instante em que o volume do gás é 120cm3

e está sob

uma pressão de 8din/cm2, a taxa de res imento é 2 m

3/s, a pressão de res e a taxa

de 0,1 din/ m

2 · s.

49. A energia onsumida num resistor elétri o, em função da voltagem V e da resistên ia

R é dada por P =V 2

R. Deseja-se que um determinado resistor tenha uma voltagem

de 200 volts e uma resistên ia de 20 ohms.

(a)Qual deverá ser a variação na resistên ia para que a energia onsumida nesse resistor

�que prati amente inalterada quando a voltagem sofrer um de rés imo de 0, 2 volts?

(b) Se esse resistor onsumir 3 % a mais que a energia desejada quando sua resistên ia

for 1 % menor que a desejada, qual será a variação per entual da sua voltagem?

50. Considere o triângulo da �gura abaixo.

Num dado instante temos que x = 40 m, y = 50 m e θ =π

6rad.

(a) Se o omprimento x e o ângulo θ aumentam a uma taxa de 3 m/s e 0.05rad/s,

respe tivamente, e o omprimento y diminui a uma taxa de 2 m/s, determine a

taxa de variação da área deste triângulo em relação ao tempo.

(b) Suponha que ao realizar a medida dos omprimentos dos lados, x e y, e do ângulo,θ, foi ometido um erro. Em relação a qual destas variáveis o valor da área é mais

sensível? Justi�que sua resposta usando diferen iais.

51. O ângulo entral de um setor ir ular é 80◦ e o raio desse setor é 20 cm. Qual deverá ser oa rés imo a ser dado no raio para que a área deste setor ir ular �que aproximadamente

inalterada quando o ângulo entral sofrer um de rés imo de 1◦?

52. A pressão P (em quilopas als), o volume V (em litros) e a temperatura T (em kelvins)

de um mol de um gás ideal estão rela ionados por meio da fórmula PV = 8, 31T. Deter-mine a taxa de variação da pressão quando a temperatura é 300K e está aumentando

a uma taxa de 0,1K/s e o volume é 100L e está aumentando om a taxa de 0,2L/s.

53. A fórmula do tamanho do lote de Wilson em e onomia diz que a quantidade mais

e on�mi a Q de produtos para uma loja pedir é dada pela fórmula Q =√

2KMh, onde

K é o usto do pedido, M é o número de itens vendidos por semana e h é o usto

semanal de manutenção de ada item. Se K = 2, M = 20 e h = 0, 05, determine:

(a) para qual das variáveis K, M e h a sensibilidade de Q é maior? Justi�que sua

resposta usando diferen iais.

114

(b) a variação do número de itens vendidos por semana se Q e K aumentam 10% e

o usto semanal de manutenção de ada item permane e onstante.

54. Um pintor obra R$12, 00 por m2para pintar as 4 paredes e o teto de uma sala. Se as

medidas do teto são 12m e 15m e altura 3m, om um erro de até 0, 05m em todas as

dimensões. Aproxime o erro, usando a diferen ial, na estimativa do usto do trabalho,

a partir dessas medidas.

55. A energia onsumida num resistor elétri o é dada por P = V 2

Rwatts. Se V = 120 volts

e R = 12 ohms, al ular através da diferen ial um valor aproximado para a variação

de energia quando V de res e de 0, 001V e R aumenta de 0, 02 ohms.

56. Um material está sendo es oado de um re ipiente, formando uma pilha �ni a. Num

dado instante, o raio da base é de 12 m e a altura é 8 m . Obtenha uma aproximação

da variação do volume, se o raio varia para 12, 5 m e a altura para 7, 8 m. Compare

o resultado da variação obtida om a variação exata do volume.

57. Um funil �ni o (sem tampa) de dimensões h = 4 m e r = 3 m será onstruído para

auxiliar o armazenamento de grãos. Sabendo que o material utilizado na onstrução

desse funil usta R$ 150, 00 por m2. Usando diferen ial, responda qual será o a rés imo

de usto na onstrução desse funil se aumentarmos seu raio em 5% e sua altura 3%.

58. Uma aixa em forma de paralelepípedo tem dimensões internas iguais a 7 m, 8 m e

13 m. Sendo a espessura das paredes 0,2 m, do fundo 0,3 m e da tampa 0,1 m, fazer

uma estimativa aproximada em m

3da quantidade de material ne essário a ser usado

na onfe ção da aixa.

59. Uma empresa de osméti os ne essita de latas ilíndri as fe hadas om raio de 4 cm e

altura de 20 cm para embalar seus produtos. Porém, devido as variações na fabri ação,

estas embalagens apresentam pequenas os ilações em suas medidas. Diante disso:

(a) Se um engenheiro de ontrole de qualidade pre isa assegurar que essas embalagens

tenham o volume orreto, ele deverá se preo upar mais om variações no raio ou

na altura? Justi�que sua resposta om argumentos usando diferen iais.

(b) Se o usto de fabri ação destas embalagens for de 20 entavos por cm2, obtenhauma estimativa para o a rés imo (ou de rés imo) no usto ao fabri ar-se emba-

lagens om altura 2% maior e raio 3% menor em relação ao original.

60. Usando diferen ieis en ontre uma aproximação para:

(a) (1, 1)3,02;

(b)

cos(e0,2 − 1)√9, 4

;

( )

√(3, 02)2 + (1, 97)2 + (5, 99)2.

61. Considere a função de duas variáveis dada por f(x, y) = 2

√x2 +

y2

9− 1.

(a) Determine e represente geometri amente o domínio de f(x, y).

(b) Usando diferen iais en ontre uma aproximação para f(1.98, 3.3).

115

62. Considere a função de duas variáveis dada por f(x, y) =x+ y − 1√x−√

1− y.

(a) Determine e represente geometri amente o domínio de f(x, y).

(b) Usando as propriedades de limite al ule lim(x,y)→(4,−3)

f(x, y).

( ) Usando diferen iais en ontre uma aproximação para f(9.06, −3.04).

63. Dada a superfí ie z = −x2 − y2 + 6x− 4y − 4, determine:

(a) a equação do plano tangente a esta superfí ie no ponto P (3,−2, 9);

(b) a lassi� ação do ponto P (3,−2, 9), se possível, omo extremo da superfí ie.

64. Determine os pontos ríti os da função f(x, y) = 2 ln(x2y) +1

4x4 − 5

2x2 − y + 5 e

lassi�que-os, se possível, omo pontos de máximo, mínimo ou de sela.

65. Uma aixa retangular tem volume 20 m

3. O material usado nas laterais usta R$ 1,00

por metro quadrado, o material usado o fundo usta R$ 2,00 por metro quadrado e o

material usado na tampa usta R$ 3,00 por metro quadrado. Quais as dimensões da

aixa para que o usto de onfeção seja mínimo?

66. Sejam A(0, 0), B(4, 0) e C(3, 3) os vérti es de um triângulo. En ontre o ponto P (x, y)tal que a soma dos quadrados das distân ias do ponto P aos vérti es seja a menor

possível.

67. Determine as dimensões relativas de uma aixa retangular sem tampa que possua uma

área total de 300 cm2e que omporte o máximo possível de volume.

68. Uma empresa de embalagem ne essita fabri ar aixas retangulares de 128 cm3de vo-

lume. Se o material da parte lateral usta a metade do material a ser usado para a

tampa e para o fundo da aixa, determinar as dimensões da aixa que minimizam o

seu usto de produção.

69. Uma aixa retangular é olo ada no primeiro o tante, om um dos seus vérti es na

origem e três de suas fa es oin idindo om os três planos oordenados. O vérti e

oposto à origem está situado no plano de equação 3x + 2y + z = 6. Qual é o volume

máximo possível de tal aixa? Quais serão as suas dimensões?

70. Uma erta indústria produz dois tipos de ligas metáli as. O usto total da produção

dessas ligas é expresso pela função C(x, y) = x2 + 100x + y2 − xy e a re eita total

obtida om a vendas dessas ligas é dada pela função R(x, y) = 100x−x2+2000y+xy,onde x e y representam a quantidade de toneladas de ada uma das ligas. Determine

o nível de produção que maximiza o lu ro dessa indústria.

71. Determinada empresa produz 2 produtos ujas quantidades são indi adas por x e

y. Tais produtos são ofere idos ao mer ado onsumidor a preços unitários p1 e p2,respe tivamente, que dependem de x e y onforme equações p1 = 120 − 2x e p2 =200−y.O usto total da empresa para produzir e vender quantidades x e y dos produtosé dado por C = x2 + 2y2 + 2xy. Admitindo que toda a produção seja absorvida pelo

mer ado, determine a produção que maximiza o lu ro.

116

72. Uma loja vende dois tipos de asa os A e B. O asa o A usta R$ 40,00 e o asa o B usta R$ 50,00. Seja x o preço de venda do asa o A e y o preço de venda do asa o

B. O total de vendas feito pela loja foi de (3200− 50x+ 25y) unidades do asa o Ae (25x− 25y) unidades do asa o B. En ontre os valores de x e y para que o lu ro

obtido pela loja seja o maior possível.

73. En ontre as oordenadas do ponto que perten e ao plano x + y − z + 5 = 0 e ujo

quadrado da distân ia ao ponto P (3,−2, 1) seja mínimo.

74. Suponha que a temperatura em um ponto qualquer da esfera x2 + y2 + z2 = 4 seja

dada, em graus, por T (x, y, z) = xyz2. Em quais pontos desta esfera a temperatura é

máxima? Em quais pontos da esfera a temperatura é mímima?

75. Determine o valor máximo para a soma dos ossenos dos ângulos internos de um

triângulo.

76. Determine a equação do plano que é tangente a superfí ie de�nida impli itamente por

z3 − (x2 + y2)z + 2 = 0 no ponto P (1, 2, 2).

77. Sabe-se que a equação x2 + z3 − z − xy sin z = 1 de�ne impli itamente uma função

z = f(x, y) ujo grá� o passa pelo ponto P (1, 1, 0). Determine a equação do plano

tangente ao grá� o de f no ponto P.

78. Seja y = y(x) uma função de�nida impli itamente por x = F (u, v), onde F é dife-

ren iável, u = x2 + y e v = y2. Determine

dy

dxem função de x, y e das derivadas de

F.

79. Seja z = z(x, y) uma função de�nida impli itamente por F (xy, z) = 0, onde F é uma

função diferen iável. Mostre que x∂z

∂x− y

∂z

∂y= 0.

117

2.13 Respostas

1. (a) Todos os pontos do plano xy a ima (ou no interior) do grá� o de y = x2.

(b) Todos os pontos do plano xy à direita (ou a ima) e sobre a reta y = −1 − xex luindo a reta x = 1.

( ) Todos os pontos do plano xy à esquerda (ou no exterior) do grá� o de x = y2.

(d) Todos os pontos do plano xy que estão abaixo da reta y = 1 e à esquerda (ou

a ima) da reta y = x.

(e) Todos os pontos do plano xy que estão no interior da ir unferên ia x2 + y2 = 4e abaixo ou sobre o grá� o de y = 2x2 ou todos os pontos que estão no exterior

de x2 + y2 = 4 e a ima ou sobre o grá� o de y = 2x2.

(f) Todos os pontos (x, y, z) que estão no interior do elipsóide

x2

16+y2

16+z2

4= 1.

2. .

(a) esfera de raio 5 (b) hiperboloide de uma folha(c) plano (d) cone circular

3. As urvas de nível são ir unferên ias de raio 2, 12e

13, respe tivamente.

4. As superfí ies de nível são ou ones, ou hiperbolóides de uma folha ou hiperbolóides

de duas folhas, dependendo se o nível for k = 0, k > 0 ou k < 0, respe tivamente.

5.

(a) δ =ε

5(b) δ =

ε

6

6. .

(a) nao existe (b) L = 0, com δ =√ε (c) L = 0, com δ = ε

2

(d) nao existe (e) nao existe (f) nao existe

Também pode-se justi� ar os itens (b) e ( ) usando a Proposição 2.3.14.

7. Todos os limites dados não existem.

8. .

(a) ln 4 (b) 1 (c) 0

(d)√22

(e) 0 (f) 0

(g) 32 (h) − 1π

9. lim(x,y)→(4,4)

g(x, y) = −4

10. lim(x,y)→(1,1)

f(x, y) = 0

11. .

(a) contınua, com δ = ε2

(b) descontınua

(c) descontınua (d) descontınua

(e) contınua, com δ =√ε (f) descontınua (g) descontınua

Também pode-se justi� ar os itens em que o limite existe usando a Proposição 2.3.14.

118

12. f é ontínua para b = 0 e, neste aso, δ =ε

5.

13. f é ontínua para b = 12e, neste aso, δ =

2ε

3

14. f é sempre des ontínua, independente do valor de b.

15. f(0, 0) = 1. Justi� a-se pela de�nição, om δ =√ε ou usando a Proposição 2.3.14.

16. .

(a)∂z

∂x=

1

xe

∂z

∂y=e2y − e−2y

e2y + e−2y

(b)∂z

∂x=

2(e2(x+y2) + x)

e2(x+y2) + x2 + ye

∂z

∂y=

4ye2(x+y2) + 1

e2(x+y2) + x2 + y

(c)∂z

∂x= 2x(1 + sin(2y)) e

∂z

∂y= 2x2 cos(2y)

(d)∂z

∂x=

1− 6x5e−6y

2√x+ y2 + (x2e−2y)3

e∂z

∂y=

2y + 6x6e−6y

2√x+ y2 + (x2e−2y)3

17. .

(a)∂f

∂x=

−x2 + y2 − 2xy + 1

(x2 + y2 + 1)2∂f

∂y=x2 − y2 − 2xy + 1

(x2 + y2 + 1)2

(b)∂f

∂x=

2x+ 2 + 2xy2

3(x2 + y2 + 2x+ x2y2)

∂f

∂y=

2y + 2x2y

3(x2 + y2 + 2x+ x2y2)

18. Basta derivar e substituir na equação diferen ial dada.

19. Sim, f é solução da equação diferen ial dada.

20. Basta tomar as derivadas par iais de segunda ordem de z e substituir na equação dada.

21. Sim, f é solução da equação diferen ial dada.

22. Basta tomar as segundas derivadas par iais de u e substituir na equação dada.

23. .

∂3f

∂x3= 6y4z5

∂3f

∂y3= 24x2yz5 − xz3 cos yz

∂3f

∂z3= 60x3y4z2 − xy3 cos yz

∂3g

∂x3= ex ln y

∂3g

∂y3=

2ex

y3

24. 8x+ 4y + z + 2 = 0.

25. −24x+ 24y − z = 36

26. P (1,−2,−1)

27.

∂f

∂x(1, 1) =

−2

3,

∂f

∂y(1, 1) =

−1

3

119

28. Basta obter a equação do plano tangente num ponto P (a, b, f(a, b)) qualquer e mostrar

que a origem satisfaz sua equação.

29. x+ 6y − 2z − 3 = 0

30. (a) 2x+ 4y − z − 3 = 0 (b) (−1,−2,−5)

31. (a) {(x, y) ∈ R2/ − 2 ≤ x ou x ≥ 2, y2 ≥ 25x2

4− 25} ∪ {(x, y) ∈ R2/ − 2 ≤ x ≤

2, y qualquer}; (b) P(0,−

√53, 8√

53

).

32. (a) Os pontos do plano xy que estão no interior ou sobre a elipse

x2

4+y2

9= 1;

(b)

{y = 2

z −√11 = − 9√

11(x− 1)

33. k = 0 e k = −12

34. Utilize a regra da adeia.

35. Chame u = x− y, v = y− z e w = z−x,utilize a regra da adeia e mostre que a soma

desejada é zero.

36. Chame u =y − x

xy, v =

z − y

yze utilize a regra da adeia para mostrar que a soma

desejada é zero.

37. Utilize a regra do produto juntamente om a regra da adeia, om u =y

x, v =

x

ze

t =z

x.

38. Se u = x2 − at e v = x+ at2 obtém-se, pela regra da adeia e do produto:

∂2w

∂x2= 4x2

d2f

du2+ 2

df

du+d2g

dv2∂2w

∂t2= 4a2t2

d2g

dv2+ 2a

dg

dv+ a2

d2f

du2.

39. Utilize regra da adeia e regra do produto para obter as derivas segundas.

40. Basta utilizar a regra da adeia.

41. g′(t) =∂f

∂y(2t, t3) + 2t · ∂2f

∂x∂y(2t, t3) + 3t3

∂2f

∂y2(2t, t3).

42.

∂F

∂x(0, 0) = 2 e

∂F

∂y(0, 0) = 0.

43. 7y − z + 3 = 0

44.

dh

dt≃ 0, 39m/min

45.

dR

dt=

1

30ohms por segundo

46.

dV

dt= 3 volts por segundo

120

47. 1, 28 m/min

48. 0, 4

49. (a) dR = −0, 04 (b) 1 %

50. (a)

dAdt

≈ 60, 8 m2/s (b) Em relação a θ.

51. 0, 125 m

52. −0, 042kPa/s

53. (a) Q é mais sensível em relação à variação de h;(b) dM = 4 que orresponde a uma variação de 10%

54. dC = 55, 8

55. dP = −2, 02

56. dV = 70, 371 cm3 ∆V = 69, 9 cm3

57. dC = 616, 38

58. dV = 100, 4 m3

59. (a) O engenheiro deve dar maior atenção à variações no raio, pois o volume é 10 vezes

mais sensível à variaões no raio do que à variações na altura.

(b) dC = −221, 16 centavos

60. (a) 1,3

(b)

44

135

( )

2447

350

61. (a) Df = {(x, y) ∈ R2/ x2 +y2

9≥ 1}, ou seja, os pontos no exterior e sobre a elipse

de equação x2 +y2

9= 1

(b) 4,06

62. (a) Df = {(x, y) ∈ R2/ x ≥ 0, y ≤ 1 e x+ y 6= 1}, ou seja, os pontos abaixo e sobre

a reta y = 1, à esquerda e sobre o eixo y (reta x = 0) e não perten entes a reta

y = 1− x.

(b) lim(x,y)→(4,−3)

f(x, y) = 4

( ) 5,02

63. (a) z − 9 = 0

(b) P é ponto de máximo

64. P1(−2, 2) e P2(2, 2) são pontos de sela e P3(−1, 2) e P4(1, 2) são pontos de máximo.

65. x = 2, y = 2, z = 5

121

66. x = 73e y = 1

67. x = y = 10, z = 5

68. x = y = 4, z = 8

69. x = 23, y = 1, z = 2, V = 4

3

70. x = 1000, y = 2000

71. x = 10, y = 30

72. x = 84, y = 89

73. x = 43, y = −11

3, z = 22

3

74. A temperatura é máxima em (1, 1,±√2) e (−1,−1,±

√2) e a temperatura mínima em

(−1, 1,±√2) e (1,−1,±

√2). Note, no entanto, que existem ainda outros 5 pontos de

sela.

75.

3

2

76. −4x− 8y + 7z + 6 = 0

77. z = x− 1

78.

dy

dx=

1− 2x∂F

∂u∂F

∂u+ 2y

∂F

∂v

79. Utilize derivação implí ita e regra da adeia.

122

Capítulo 3

INTEGRAIS DUPLAS

Objetivos (ao �nal do apítulo espera-se que o aluno seja apaz de):

1. En ontrar o valor de uma integral dupla;

2. Interpretar geometri amente uma integral dupla;

3. En ontrar os limitantes que permitem al ular o valor de uma integral dupla;

4. Inverter a ordem de integração numa integral dupla;

5. Cal ular integrais duplas em oordenadas polares;

6. Transformar uma integral dupla de oordenadas artesianas para oordenadas polares;

7. Transformar uma integral dupla de oordenadas polares para oordenadas artesianas;

8. Resolver exer í ios usando uma ferramenta te nológi a.

A prova será omposta por questões que possibilitam veri� ar se os objetivos foram atin-

gidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação

das questões é o modelo adotado na formulação dos exer í ios e no desenvolvimento teóri o

desse apítulo, nessa apostila.

123

3.1 Introdução

No estudo das funções de várias variáveis, ao al ularmos derivadas par iais es olhíamos

uma das variáveis independentes para derivar f em relação a ela e admitíamos que as demais

eram onstantes. O mesmo pro edimento será adotado para integração múltipla. Antes de

estudarmos a integração múltipla propriamente dita vamos ver alguns exemplos.

EXEMPLO 3.1.1 En ontre a primitiva da função f (x, y) = 12x2y3 em relação x.

Solução: Como foi dito, vamos admitir y omo onstante e integrar em relação a x. Por-

tanto, ∫12x2y3dx = 4x3y3 + C.

Porém, nesse aso, a onstante C é uma função de y. Pode ser por exemplo, C (y) =ay3 + by2 + cy + 3 e uma das primitivas de f será

F (x, y) = 4x3y3 + ay3 + by2 + cy + 3.

Note que

∂F (x, y)

∂x= 12x2y3.

EXEMPLO 3.1.2 En ontre a primitiva da função f (x, y) = 12x2y3 em relação a y.

Solução: Agora vamos admitir x omo onstante e integrar em relação a y. Portanto,

∫12x2y3dy = 3x2y4 +K.

Nesse aso, a onstante K é uma função de x. Pode ser por exemplo, K (x) = ax3+bx2+cx+3 e uma outra primitiva de f (x, y) = 12x2y3 será F (x, y) = 3x2y4+ ax3 + bx2 + cx+3.Note que

∂F (x, y)

∂y= 12x2y3.

EXEMPLO 3.1.3 En ontre o valor da expressão

∫ x+1

x

24xydy.

Solução: Apli ando o Teorema Fundamental do Cál ulo temos

∫ x+1

x

24xydy = 12xy2

∣∣∣∣∣

x+1

x

= 12x (x+ 1)2 − 12x (x)2

= 12x3 + 24x2 + 12x− 12x3 = 24x2 + 12x.

Como podemos observar

∫ x+1

x24xydy é uma função de x, ou seja, F (x) =

∫ x+1

x

24xydy =

24x2 + 12x.

EXEMPLO 3.1.4 En ontre o valor numéri o de

∫ 2

1

F (x) dx onde F (x) =

∫ x+1

x

24xydy.

124

Solução: No exemplo anterior vimos que

F (x) =

∫ x+1

x

24xydy = 24x2 + 12x.

Portanto, apli ando o Teorema Fundamental do Cál ulo temos que

∫ 2

1

F (x) dx =

∫ 2

1

(24x2 + 12x

)dx =

(8x3 + 6x2

)∣∣∣∣∣

2

1

= 8(2)3 + 6 (2)2 −(8 (1)3 + 6 (1)2

)= 74.

Os Exemplos 3.1.3 e 3.1.4 podem ser rees ritos omo

∫ 2

1

F (x) dx =

∫ 2

1

(∫ x+1

x

24xydy

)dx

ou simplesmente ∫ 2

1

F (x) dx =

∫ 2

1

∫ x+1

x

24xydydx.

Dessa forma, obtemos um exemplo de integral dupla. Note que a variável dependente é

a primeira a ser integrada e a variável independente a última. O pro esso de solução é dado

abaixo.

∫ 2

1

∫ x+1

x

24xydydx =

∫ 2

1

(∫ y=x+1

y=x

24xydy

)dx

=

∫ 2

1

12xy2

∣∣∣∣∣

y=x+1

y=x

dx

=

∫ 2

1

(24x2 + 12x

)dx

=(8x3 + 6x2

)∣∣∣∣∣

2

1

= 74.

EXEMPLO 3.1.5 En ontre o valor da integral I =

∫ 4

0

∫ 3x

x

3√16− x2dydx.

Solução: Apli ando o Teorema Fundamental do Cál ulo primeiro integrando em relação a

y e depois em relação a x.

∫ 4

0

∫ 3x

x

3√16− x2dydx =

∫ 4

0

3√16− x2y

∣∣∣∣∣

3x

x

dx

=

∫ 4

0

(3√16− x2

)(3x− x) dx

=

∫ 4

0

6x√16− x2dx = −2

√(16− x2)3

∣∣∣∣∣

4

0

= −2

√(16− 42)3 + 2

√(16− 02)3 = 128.

125

3.2 Interpretação Geométri a da Integral Dupla

A de�nição de integral dupla omporta uma interpretação geométri a semelhante à de�-

nição de integral de�nida simples, asso iando-a ao problema de ál ulo de um volume (ver

Figura 3.1) da mesma forma que a integral de�nida é asso iada ao ál ulo de área. Assim,

a de�nição formal da integral dupla envolve a soma de muitos volumes elementares, isto é,

diferen iais de volume, om a �nalidade de obter-se o volume total após estas somas.

Figura 3.1: Interpretação Geométri a da Integral Dupla

Consideremos uma função z = f (x, y) ≥ 0, de�nida numa região R do plano xy. Nossaintenção é estimar o volume aproximado do sólido delimitado superiormente por z = f (x, y) ,inferiormente pelo plano z = 0 e lateralmente pelo ilindro de�nido pela urva fe hada que

delimita a região R. Para tanto, subdividimos R em n−subregiões traçando planos paralelosaos planos oordenados xz e yz, onforme as Figuras 3.2 e 3.3. Assim, a integral será o

volume obtido pela soma de uma in�nidade de volumes de olunas in�nitesimais ins ritas

em forma de paralelepípedos, omo mostra a Figura 3.3.

Figura 3.2: Volume elementar

Considere {R1, R2, · · · , Ri, · · · , Rn} é uma partição de R formada por n retângulos. Seja

|P | o omprimento da maior de todas as diagonais dos Ri subretângulos. Seja Ai a área da

126

Figura 3.3: Volume aproximado

subregião Ri. Para ada i es olhemos um ponto (xi, yi) ∈ Ri. O produto Vi = f(xi, yi)Ai é

o volume do i−ésimo paralelepípedo de base Ai e altura f (xi, yi) . Como há n subdivisões,

haverá n paralelepípedos. Assim, o volume aproximado do sólido delimitado superiormente

por f (x, y) e inferiormente pela região R é dado por

V ≈n∑

i=1

f (xi, yi)Ai.

Assim, a integral dupla de uma função f de�nida numa região R é dada por

∫∫

R

f (x, y)dxdy = lim|P |→0

n∑

i=1

f (xi, yi)Ai,

desde que este limite exista (note que a soma a ima é uma soma de Riemann).

OBSERVAÇ�O 3.2.1 Se f (x, y) = 1, então o sólido em questão é na verdade um ilindro uja

base é a região plana R e uja altura é dada por z = f(x, y) = 1. Como o volume de um

ilindro é dado pelo produto de sua base pela altura, temos neste aso, que V = AR, ou seja,

a área da região R é dada por

AR =

∫∫

R

dxdy.

3.3 Cál ulo da Integral Dupla

Saber re onhe er o domínio de integração (ou região de integração) é fundamental para

o ál ulo das integrais duplas. Outro ponto importante é o re onhe imento das urvas que

delimitam a região de integração. Muitas vezes é onveniente ter essas urvas es ritas em

função de x, isto é, y = f (x) e, outras vezes, é onveniente es rever x em função de y, istoé x = f (y). Essa onveniên ia é devido ao maior ou menor trabalho exigido no pro esso do

ál ulo do valor numéri o. Vejamos alguns exemplos.

EXEMPLO 3.3.1 Cal ule o valor da integral

∫∫R

24xydxdy sendo R a região delimitada pelas

urvas y = x2 e y =√x.

127

Figura 3.4: Região de Integração do Exemplo 3.3.1

Solução: A região de integração está esboçada na Figura 3.3.1.

A seguir, onstruímos a tabela de limitantes de integração:

Limitantes de Integração

Curvas Funções

urva à esquerda x = 0 urva à direita x = 1 urva inferior y = x2

urva superior y =√x

As urvas à esquerda e à direita são os limitantes que ompõe o primeiro símbolo de

integração e as urvas inferior e superior o segundo. Assim,

∫∫

R

24xydxdy =

∫ 1

0

∫ √x

x2

24xydydx =

∫ 1

0

12xy

∣∣∣∣∣

2y=√x

y=x2

dx

=

∫ 1

0

12x(x− x4)dx =

∫ 1

0

(12x2 − 12x5

)dx

=(4x3 − 2x6

)∣∣∣∣∣

1

0

= 2.

O ál ulo da integral no Exemplo 3.3.1 foi desenvolvido tomando x omo variável inde-

pendente. Vamos re al ular esta integral tomando agora y omo variável independente.

Primeiramente obteremos a tabela de limitantes da região da Figura 3.4, tomando y omo

variável independente.

Curvas Funções

urva à esquerda y = 0 urva à direita y = 1 urva inferior x = y2

urva superior x =√y

128

A urvas à esquerda e à direita são os limitantes do primeiro símbolo de integração e as

urvas inferior e superior do segundo. Assim,

∫∫

R

24xydxdy =

∫ 1

0

∫ √y

y224xydxdy =

∫ 1

0

12yx2

∣∣∣∣∣

x=√y

x=y2

dy

=

∫ 1

0

12y(y − y4)dy =

∫ 1

0

(12y2 − 12y5

)dy

=(4y3 − 2y6

)∣∣∣∣∣

1

0

= 2.

Como podemos observar, o valor numéri o é o mesmo nos dois asos.

Muitas vezes a região de integração não é delimitada apenas por quatro urvas. Nesse

aso, a es olha da variável independente adequada pode diminuir o trabalho durante o pro-

esso de integração. Vejamos um exemplo.

EXEMPLO 3.3.2 En ontrar o valor da integral

∫∫R

dxdy, onde R é a região situada no interior

da parábola y = x2 e delimitada por y = 6− x e y = 1, tomando:

(a) x omo variável independente;

(b) y omo variável independente.

Solução: A região R está sombreada na Figura 3.5

Figura 3.5: Região de Integração do Exemplo 3.3.2

Obteremos os pontos de interseção das urvas resolvendo os sistemas:

{y = x2

y = 6− x⇒ x = −3, y = 9

x = 2, y = 4e

{y = x2

y = 1⇒ x = −1, y = 1

x = 1, y = 1.

(a) Tomando x omo variável independente, vemos que a região de integração deve ser

subdividida em três regiões para que o ál ulo possa ser efetivado. Portanto, temos a seguinte

tabela:

Tabela de limitantes referente à região RCurvas R1 R2 R3

urva à esquerda x = −3 x = −1 x = 1 urva à direita x = −1 x = 1 x = 2 urva inferior y = x2 y = 1 y = x2

urva superior y = 6− x y = 6− x y = 6− x

129

e a integral dupla será dada por

∫∫

R

dxdy =

∫∫

R1

dxdy +

∫∫

R2

dxdy +

∫∫

R3

dxdy

=

∫ −1

−3

∫ 6−x

x2

dydx+

∫ 1

−1

∫ 6−x

1

dydx+ dint21

∫ 6−x

x2

dydx

=

∫ −1

−3

y

∣∣∣∣∣

6−x

x2

dx+

∫ 1

−1

y

∣∣∣∣∣

6−x

1

dx+

∫ 2

1

y

∣∣∣∣∣

6−x

x2

dx

=

∫ −1

−3

(6− x− x2)dx+

∫ 1

−1

(6− x− 1) dx+

∫ 2

1

(6− x− x2

)dx

=22

3+ 10 +

13

6=

39

2.

(b) Tomando y omo variável independente, vemos que agora a região de integração pode

ser subdividida em apenas duas sub-regiões para que o ál ulo possa ser efetivado. Portanto,

a tabela de limitantes é dada por

Tabela de limitantes referente à região RLimitantes R1 R2

urva à esquerda y = 1 y = 4 urva à direita y = 4 y = 9 urva inferior x = −√

y x = −√y

urva superior x =√y x = 6− y

Assim, a integral dupla será dada por

∫∫

R

dxdy =

∫∫

R1

dxdy +

∫∫

R2

dxdy

=

∫ 4

1

∫ √y

−√y

dxdy +

∫ 9

4

∫ 6−y

−√y

dxdy

=

∫ 4

1

x

∣∣∣∣∣

√y

−√y

dy +

∫ 9

4

x

∣∣∣∣∣

6−y

−√y

dy

=

∫ 4

1

(2√y)dy +

∫ 9

4

(6− y +√y)dy =

61

6+

28

3=

39

2.

Note que a mudança da variável independente diminuiu o trabalho dispensado ao ál ulo

da integral.

EXEMPLO 3.3.3 Es reva a integral que representa a área da região delimitada pelas urvas

x = y2, y − x = 1, y = 1 e y = −1, tomando:

(a) x omo variável independente; (b) y omo variável independente.

Solução: A área delimitada pelas urvas pode ser vista na Figura 3.6.

Ini ialmente, vamos en ontrar os pontos de interseção{x = y2

y = 1⇒ P (1, 1),

{x = y2

y = −1⇒ Q(1,−1),

{y = 1 + xy = −1

⇒ R(−2,−1).

(a) Tomando x omo variável independente, devemos dividir a região em duas:

130

Figura 3.6: Região de Integração do Exemplo 3.3.3

Tabela de limitantes referente à região RLimitantes R1 R2

urva à esquerda x = −2 x = 0 urva à direita x = 0 x = 1 urva inferior y = −1 y =

√x

urva superior y = 1 + x y = 1

Usando a simetria da região R2, obtemos

A =

∫ 0

−2

∫ 1+x

−1

dydx+ 2

∫ 1

0

∫ 1

√x

dydx =8

3.

(b) Tomando y omo variável independente, basta onsiderar uma úni a região:

Tabela de limitantes referente à região RLimitantes R

urva à esquerda y = −1 urva à direita y = 1 urva inferior x = y − 1 urva superior x = y2

Logo, a área é dada por

A =

∫ 1

−1

∫ y2

y−1

dxdy =8

3.

OBSERVAÇ�O 3.3.4 É pre iso tomar uidado om o uso de simetrias, não é su� iente que

a região seja simétri a, é pre iso que a função do integrando, tenha a mesma simetria da

região.

EXEMPLO 3.3.5 Cal ule o valor de I =∫∫

R(x + 2y)dA, sendo R a região delimitada pelas

urvas y = 2x2 e y = x2 + 1.

Solução: Exer í io. Observe que se for fazer o uso de simetria o resultado será diferente.

Isso o orre devido a observação a ima.

Resposta: I =32

15.

131

Figura 3.7: Partição em oordenadas polares

3.4 Integrais Duplas em Coordenada Polares

Frequentemente, a região R sobre a qual será al ulada a integral dupla é mais fa ilmente

des rita em oordenadas polares do que em oordenadas retangulares. Vamos des rever o

pro esso para o ál ulo de integrais duplas em oordenadas polares. Veja a Figura 3.7.

Seja X = {α = θ0, α + ∆θ, α + 2∆θ, α + 3∆θ, · · · , θn = β} uma partição do ar o

β − α. Consideremos as urvas de raio ri−1 e ri e a sub-região Ri de R delimitada pelas

urvas de raio ri−1, ri, θi−1 e θi. A forma de Ri é aproximadamente um retângulo de lados

∆ri, li−1 = ri−1∆θi e li = ri∆θi. Podemos admitir que uma aproximação da área de Ri é

dada por Ai = ∆riri∆θi. Tomando um ponto (rki, θki) no interior de Ri podemos formar um

sólido uja área da base é Ai e altura f (rki, θki) , de modo que o volume desse sólido será

dada por

Vi = f (rki, θki)∆riri∆θi.

Assim, o volume sob a superfí ie f (r, θ) será aproximada pela soma

V ≈n∑

i=1

f (rki , θki)∆riri∆θi.

Seja |P | a diagonal da maior região Ri da partição de R. Então, se |P | → 0 segue que

∆ri → 0, ∆θi → 0, rki → r, θki → θ e ri → r. Portanto, podemos es rever

V = lim|P |→0

n∑

i=1

f (rki, θki)∆riri∆θi

ou seja,

V =

∫ β

α

∫ r2

r

f (r, θ) rdrdθ.

Assim, a equivalên ia entre a integral dupla em oordenadas retangulares e a integral

dupla em oordenadas polares é dada por

∫ x2

x1

∫ y2

y1

f (x, y)dxdy =

∫ β

α

∫ r2

r1

f (r cos θ, r sin θ) rdrdθ.

EXEMPLO 3.4.1 Es reva a integral, em oordenadas polares, que al ula a área sombreada na

Figura 3.8.

132

Figura 3.8: Região de Integração do Exemplo 3.4.1

Solução: Temos as seguintes equações para as ir unferên ias

x2 + y2 = 4 e (x− 2)2 + y2 = 4 (em artesianas)

r = 2 e r = 4 cos θ (em polares)

Na interseção das ir unferên ias, temos cos θ = 12, que no primeiro quadrante nos dá

θ = π3. Portanto, a área em oordenadas polares é dada por

A =

∫ π3

0

∫ 4 cos θ

2

rdrdθ.

EXEMPLO 3.4.2 En ontre a área da região que é simultaneamente exterior a r = 2 e interior

a r = 4 sin θ.

Solução: A representação geométri a da região desejada está ilustrada na Figura 3.9. O

próximo passo é en ontrar os pontos de interseção das urvas.

Figura 3.9: Região de Integração do Exemplo 3.4.2

Igualando as equações, obtemos

4 sin θ = 2 ⇒ sin θ =1

2⇒ θ =

π

6ou θ =

5π

6.

A tabela de limitantes é dada por

Limitantes Equações

ar o inferior α = π6

ar o superior β = 5π6

raio inferior r = 2raio superior r = 4 sin θ

133

Assim, a área da região é dada por

A =

∫ 5π6

π6

∫ 4 sin θ

2

rdrdθ =

∫ 5π6

π6

r2

2

∣∣∣∣∣

4 sin θ

2

dθ

=

∫ 5π6

π6

(8 sin2 θ − 2

)dθ =

∫ 5π6

π6

(2− 4 cos(2θ))dθ

= (2θ − 2 sin(2θ))

∣∣∣∣∣

5π6

π6

=10π

6− 2 sin

10π

6−(2π

6− 2 sin

2π

6

)=

4

3π + 2

√3.

EXEMPLO 3.4.3 Transforme a integral dupla I =

∫ π2

0

∫ 2

2

cos θ+2 sin θ

5er2

drdθ de oordenadas po-

lares para oordenadas artesianas, utilizando:

(a) x omo variável independente; (b) y omo variável independente.

Solução: Dos limitantes de integração, temos que θ ∈ [0, π2], o que nos indi a que a região

de integração está situada no primeiro quadrante do plano xy. Temos também que r ∈[ 2cos θ+2 sin θ

, 2] o que nos diz que o raio polar varia desde a reta x+2y = 2 até a ir unferên iax2 + y2 = 4. Assim, obtemos a região de integração mostrada na Figura 3.10.

Figura 3.10: Região de Integração do Exemplo 3.4.3

Para transformar o integrando, note que

5er2

drdθ =5er

2

rrdrdθ =

5ex2+y2

√x2 + y2

dydx.

Portanto,

(a) Tomando x omo variável independente temos

I =

∫ 2

0

∫ √4−x2

2−x2

5ex2+y2

√x2 + y2

dydx.

(b) Tomando y omo variável independente, é ne essário uma soma de integrais, já que

o orre uma tro a de limitação para x, isto é

I =

∫ 1

0

∫ √4−y2

2−2y

5ex2+y2

√x2 + y2

dxdy +

∫ 2

1

∫ √4−y2

0

5ex2+y2

√x2 + y2

dxdy.

134

EXEMPLO 3.4.4 Considere a expressão I =

∫ 9

0

∫ 3

√y

y2 cos(x7)dxdy.

(a) Inverta a ordem de integração de I, ou seja, rees reva esta expressão tomando x omo

variável independente.

(b) Rees reva esta expressão usando oordenadas polares.

( ) Cal ule o valor numéri o de I, utilizando uma das expressões anteriores.

Solução: Ini ialmente, devemos esboçar a região de integração de I. Como y ∈ [0, 9] ex ∈ [

√y, 3] obtemos a região representada na Figura 3.11.

Figura 3.11: Região de Integração do Exemplo 3.4.4

(a) Para inverter a ordem de integração, é ne essário tomar x omo variável independente.

A partir da Figura 3.11 podemos fa ilmente notar que x ∈ [0, 3] e y ∈ [0, x2]. Assim

I =

∫ 3

0

∫ x2

0

y2 cos(x7)dydx.

(b) Para transformar I para oordenadas polares, omeçamos transformando as urvas que

delimitam a região de integração

y = x2 ⇒ r sin θ = r2 cos2 θ ⇒ r =sin θ

cos2 θ= tan θ sec θ

x = 3 ⇒ r cos θ = 3 ⇒ r =3

cos θ= 3 sec θ.

Na interseção destas urvas (x = 3 e y = 9), temos que

tan θ = 3 ⇒ θ = arctan 3.

Como a região de integração está situada no primeiro quadrante do plano xy, temos

que θ ∈ [0, arctan 3]. E omo o raio polar varia desde a parábola até a reta, temos que

r ∈ [tan θ sec θ, sec θ]. Lembrando que, em oordenadas polares, temos x = r cos θ, y = r sin θe dxdy = rdrdθ, obtemos que

I =

∫ arctan 3

0

∫ 3 sec θ

tan θ sec θ

r3 sin2 θ cos(r7 cos7 θ)drdθ.

( ) Para al ular o valor numéri o de I, devemos optar por sua melhor expressão. Analisando

as três expressões disponíveis, per ebemos que a integral do item (a) é a mais simples de ser

135

resolvida. Portanto, temos que

I =

∫ 3

0

∫ x2

0

y2 cos(x7)dydx =

∫ 3

0

y3

3cos(x7)

∣∣∣∣∣

x2

0

dx

=

∫ 3

0

x6

3cos(x7)dx =

1

21sin(x7)

∣∣∣∣∣

3

0

=1

21sin(2187).

136

3.5 Exer í ios Gerais

1. Cal ule as integrais duplas dadas abaixo:

(a)

∫ 1

0

∫ 3x+1

x

xydydx (b)

∫ 1

0

∫ 3y+1

y

xy2dxdy (c)

∫ 4

0

∫ 1

0

xexydydx

(d)

∫ π2

π6

∫ 4 cos θ

0

cos θ sin θ rer2

drdθ (e)

∫ π

0

∫ y2

0

cosx

ydxdy (f)

∫ ln 2

0

∫ y

0

xy5ex2y2dxdy

2. Es reva as integrais duplas que permitem al ular a área da região R delimitada si-

multaneamente pelas urvas dadas abaixo, tomando ini ialmente x omo variável in-

dependente e após tomando y omo variável independente.

(a) y = x2 − 1, y = 1− x, y = 4x3+ 12 e y = 12− 9x

2.

(b) y = 4x3+ 8

3, y = −2− x, y = x

2− 2 e y = 16

3− 4x

3.

3. Esbo e a região de integração e al ule as integrais duplas dadas abaixo, tro ando a

ordem de integração, se ne essário.

(a)

∫ 2

0

∫ 4

x2

x sin(y2)dydx.

(b)

∫ 1

0

∫ π2

arcsin y

cosx√1 + cos2 xdxdy.

4. Nos problemas a seguir, esbo e geometri amente a região de integração e utilize oor-

denadas polares para al ular as integrais.

(a)

∫∫

R

√14− x2 − y2dxdy onde R é a região dada por 4 ≤ x2 + y2 ≤ 9.

(b)

∫∫

R

√14− x2 − y2dxdy onde R é a região dada por x2 + y2 ≤ 4 om x ≥ 0 e

y ≥ 0.

( )

∫ 3

−3

∫ √9−x2

−√9−x2

e−x2−y2dydx.

(d)

∫ 2

0

∫ 0

−√4−x2

1

4 +√x2 + y2

dydx.

(e)

∫ 0

−2

∫ 2+√4−x2

2−√4−x2

xy√x2 + y2

dydx.

(f)

∫∫

R

1

(x2 + y2)3dxdy onde R é a região dada por 4 ≤ x2 + y2 ≤ 9.

5. Es reva, em oordenadas artesianas, a(s) integral(is) dupla(s) que permite(m) al ular

a área da menor região delimitada pelas urvas x2 + y2 = 9 e y2 + 1 = 3x, tomando:

(a) x omo variável independente; (b) y omo variável independente.

137

6. Es reva a(s) integral(is) dupla(s) que permite(m) al ular a área da menor região

delimitada pelas urvas x2 + y2 = 20 e y = x2, usando:

(a) x omo variável independente; (b) y omo variável independente; ( ) oordenadas

polares.

7. Considere a expressão I =

∫ 2

1

∫ √2x−x2

0

√x2 + y2

x+ ydydx.

(a) Rees reva a expressão dada, invertendo sua ordem de integração.

(b) Transforme a expressão dada para oordenadas polares.

8. Transforme para oordenadas artesianas a seguinte integral

I =

∫ π2

−π2

∫ 3

3 cos θ

sin θdrdθ.

9. Considere a expressão I =

∫ √2

2

0

∫ √1−y2

y

2x+ 4y√x2 + y2

dxdy.

(a) Rees reva a expressão dada, invertendo sua ordem de integração.

(b) Transforme a expressão dada para oordenadas polares.

( ) Utilize uma das expressões en ontradas nos itens anteriores para al ular o valor

numéri o de I.

10. Transforme a integral I =

∫ π2

π4

∫ 1

0

r3drdθ de oordenadas polares para oordenadas

artesianas, tomando:

(a) x omo variável independente; (b) y omo variável independente.

11. Considere a seguinte expressão:

I =

∫ 1

0

∫ x2

0

x cos((1− y)2)dydx+

∫ √2

1

∫ 2−x2

0

x cos((1− y)2)dydx.

(a) Represente geometri amente a região de integração da expressão a ima.

(b) Cal ule o valor numéri o de I, adotando a melhor expressão para isso.

12. Utilize oordenadas polares para rees rever a soma

I =

∫ 1

1√2

∫ x

√1−x2

xydydx+

∫ √2

1

∫ x

0

xydydx+

∫ 2

√2

∫ √4−x2

0

xydydx

em uma úni a integral dupla.

13. Considere a seguinte expressão:

I =

∫ 1

0

∫ 1−√

1−y2

0

√x2 + y2

x2 + y2dxdy +

∫ 2

1

∫ √2y−y2

0

√x2 + y2

x2 + y2dxdy.

(a) Rees reva esta expressão, invertendo a sua ordem de integração.

(b) Transforme esta expressão para oordenadas polares.

( ) Cal ule o valor numéri o de I, utilizando umas das expressões anteriores.

138

14. Cal ule

∫∫D

(x+ 3y)dA, onde D é a região triangular de vérti es (0, 0), (1, 1) e (2, 0).

15. Cal ule

∫∫D

1√x2+y2

dA, sendo D a região do semiplano x > 0 interna à ardióide r =

1 + cos θ e externa à ir unferên ia r = 1.

139

3.6 Respostas

1. (a)9

4(b)

103

60(c) e4 − 5 (d)

e12 − 13

64(e) π (f) 1

8(eln

4 2 − ln4 2− 1)

2. .

(a) A =

∫ −2

−3

∫ 4x3+12

x2−1

dydx+

∫ 0

−2

∫ 4x3+12

1−x

dydx+

∫ 1

0

∫ 12− 9x2

1−x

dydx+

∫ 2

1

dint12− 9x

2

x2−1 dydx

A =

∫ 3

0

∫ √y+1

1−y

dxdy +

∫ 8

3

∫ 24−2y

9

−√y+1

dxdy +

∫ 12

8

∫ 24−2y

9

3y

4−9

dxdy

(b) A =

∫ 0

−2

∫ 4x+8

3

−2−x

dydx+

∫ 1

0

∫ 4x+8

3

x2−2

dydx+

∫ 4

1

∫ 16

3− 4x

3

x2−2

dydx

A =

∫ 0

−2

∫ 2y+4

−2−y

dxdy +

∫ 4

0

∫ 4− 3y

4

3y−8

4

dxdy

3. (a)

1− cos 16

4(b)

2√2− 1

3

4. .

(a) 10π3(2√10−

√5) (b) π

3(7√14− 5

√10) (c)π(1− e−9)

(d) π + 4π ln 2− 2π ln 6 (e)−64

15(f)

65π

2592

5. (a) A =

∫ 2

1

3

∫ √3x−1

−√3x−1

dydx+

∫ 3

2

∫ √9−x2

−√9−x2

dydx

(b) A =

∫ √5

−√5

∫ √9−y2

y2+1

3

dxdy

6. (a) A =

∫ 2

−2

∫ √20−x2

x2

dydx

(b) A =

∫ 4

0

∫ √y

−√y

dxdy +

∫ √20

4

∫ √20−y2

−√

20−y2dxdy

( ) A = 2

∫ arctan 2

0

∫ tan θ sec θ

0

rdrdθ + 2

∫ π2

arctan 2

∫ √20

0

rdrdθ

7. (a) I =

∫ 1

0

∫ 1+√

1−y2

1

√x2 + y2

x+ ydxdy

(b) I =

∫ π4

0

∫ 2 cos θ

sec θ

r

cos θ + sin θdrdθ

8. I =

∫ 3

0

∫ √9−x2

√3x−x2

y

x2 + y2dydx+

∫ 3

0

∫ −√3x−x2

−√9−x2

y

x2 + y2dydx

140

9. (a) I =

∫ √2

2

0

∫ x

0

2x+ 4y√x2 + y2

dydx+

∫ 1

√2

2

∫ √1−x2

0

2x+ 4y√x2 + y2

dydx

(b) I =

∫ π4

0

∫ 1

0

(2r cos θ + 4r sin θ)drdθ

( ) 2− 12

√2

10. (a) I =

∫ √2

2

0

∫ √1−x2

x

(x2 + y2)dydx

(b) I =

∫ √2

2

0

∫ y

0

(x2 + y2)dxdy +

∫ 1

√2

2

∫ √1−y2

0

(x2 + y2)dxdy

11. (a)

(b) I =1

2sin 1

12. I =

∫ π4

0

∫ 2

1

r3 cos θ sin θdrdθ

13. (a) I =

∫ 1

0

∫ 1+√1−x2

√2x−x2

√x2 + y2

x2 + y2dydx

(b) I =

∫ π2

π4

∫ 2 sin θ

2 cos θ

drdθ

( ) I = 2√2− 2

14. I = 2

15. I = 2

141

Capítulo 4

INTEGRAIS TRIPLAS

Objetivos (ao �nal do apítulo espera-se que o aluno seja apaz de):

1. En ontrar o valor de uma integral tripla;

2. Interpretar geométri a e �si amente uma integral tripla;

3. Cal ular integrais triplas em oordenadas retangulares;

4. Cal ular integrais triplas em oordenadas ilíndri as;

5. Cal ular integrais triplas em oordenadas esféri as;

6. Transformar uma integral tripla de oordenadas retangulares para ilíndri as e de

ilíndri as para retangulares;

7. Transformar uma integral tripla de oordenadas retangulares para esféri as e de esfé-

ri as para retangulares;

8. Transformar uma integral tripla de oordenadas ilíndri as para esféri as e de esféri as

para ilíndri as;

9. Montar uma integral tripla nos três sistemas de oordenadas e de idir qual o sistema

mais adequado para resolvê-la;

10. Fazer a maquete de uma �gura delimitada por superfí ies e en ontrar seu volume.

11. Resolver exer í ios usando uma ferramenta te nológi a.

A prova será omposta por questões que possibilitam veri� ar se os objetivos foram atin-

gidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação

das questões é o modelo adotado na formulação dos exer í ios e no desenvolvimento teóri o

desse apítulo, nessa apostila.

142

4.1 Introdução

As integrais triplas, apli adas sobre sólidos no espaço xyz, são de�nidas de forma análoga

às integrais duplas apli adas sobre uma região do plano xy. Não é nosso objetivo dis utir

os pormenores da de�nição, pois estes fazem parte do onteúdo de um texto de ál ulo

avançado. Vamos esboçar apenas as ideias prin ipais.

NOTAÇ�O: 4.1.1 Seja S um sólido no espaço tridimensional e f : S → R uma função de

três variáveis de�nida sobre ada ponto (x, y, z) ∈ S. Denotaremos a integral tripla de fsobre S omo ∫∫∫

S

f (x, y, z) dxdydz.

4.2 Interpretação Geométri a da Integral Tripla

Para �xar as ideias vamos supor que o sólido S é um paralelepípedo. Uma partição

desse paralelepípedo é obtida se ionando-o om n planos paralelos aos eixos oordenados,

onforme ilustra a Figura 4.1.

Figura 4.1: Partição de um sólido

O fra ionamento de S obtido pela partição é um onjunto de sub-parelelepípedos ha-

mados élulas da partição. Suponhamos que uma i− élula tenha dimensões ∆xi,∆yi e ∆zi.Então, o volume dessa i− élula é Vi = ∆xi∆yi∆zi. Seja (x∗i , y

∗i , z

∗i ) um ponto qualquer da

i− élula e seja f : S → R a função densidade em ada ponto de S, então uma estimativa da

massa da i− élula é mi = f (x∗i , y∗i , z

∗i )∆xi∆yi∆zi e, desse modo uma estimativa da massa

do sólido S será

m ≈n∑

i=1

f (x∗i , y∗i , z

∗i )∆xi∆yi∆zi.

Se |N | é o omprimento da diagonal da maior élula da partição de S, então a massa mdo sólido S será dada por

m = lim|N |→0

n∑

i=1

f (x∗i , y∗i , z

∗i )∆xi∆yi∆zi

ou

m =

∫∫∫

S

f (x, y, z) dxdydz.

143

OBSERVAÇ�O 4.2.1 Se f (x, y, z) = 1 então a massa m e o volume V do sólido tem o mesmo

valor numéri o. Portanto, o volume de um sólido, em termos de integrais triplas, é dado por

V =

∫∫∫

S

dxdydz.

4.3 Cál ulo da Integral Tripla em Coordenadas Retan-

gulares

Seja S um sólido delimitado pelas urvas x = a, x = b, y = y1(x) e y = y2(x) e pelas

superfí ies z = f(x, y) e z = g(x, y), om f(x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) , de a ordo om

a tabela abaixo:

Tabela de limitantes

Limitante Equações

Curva à esquerda x = aCurva à direita x = bCurva inferior y = y1(x)Curva superior y = y2(x)Superfí ie inferior z = f(x, y)Superfí ie superior z = g(x, y)

A integral tripa de uma função ontínua f(x, y, z) sobre o sólido S é dada por

∫∫∫

S

f (x, y, z) dxdydz =

∫ b

a

∫ y2(x)

y1(x)

∫ g(x,y)

f(x,y)

f (x, y, z) dzdydx.

EXEMPLO 4.3.1 Determine o volume do sólido delimitado pelos planos z = 0, y = 0, x = 0e 2x+ 4y + z = 8.

Solução: Ini iamos representando geometri amente o sólido (Figura 4.2).

Figura 4.2: Sólido do Exemplo 4.3.1.

Em seguida, devemos projetar o sólido sobre um dos planos oordenados. A projeção

sobre o plano xy pode ser vista na Figura 4.3. Note que poderíamos ter optado por projetar

sobre outro plano oordenado.

A tabela de limitantes do sólido, tomando x omo variável independente, é dada por

144

Figura 4.3: Projeção no plano xy.

Limitantes Equações

Curva à esquerda x = 0Curva à direita x = 4Curva inferior y = 0Curva superior y = 2− x

2

Superfí ie inferior z = 0Superfí ie superior z = 8− 2x− 4y

Assim, o volume desejado é dado por

V =

∫ 4

0

∫ 2−x2

0

∫ 8−2x−4y

0

dzdydx =

∫ 4

0

∫ 2−x2

0

z

∣∣∣∣∣

8−2x−4y

0

dydx

=

∫ 4

0

∫ 2−x2

0

(8− 2x− 4y)dydx =

∫ 4

0

(8y − 2xy − 2y2)

∣∣∣∣∣

2−x2

0

dx

=

∫ 4

0

16− 4x− 2x

(2− 1

2x

)− 2

(2− 1

2x

)2

dx =

∫ 4

0

(8− 4x+1

2x2)dx =

32

3u.v.

EXEMPLO 4.3.2 Cal ule o volume do sólido delimitado pelos ilindros z2+x2 = 9 e y2+x2 = 9situado no primeiro o tante.

Solução: A representação geometri amente do sólido pode ser vista na Figura 4.4.

Figura 4.4: Sólido do Exemplo 4.3.2.

Como o sólido está situado no primeiro o tante, os planos x = 0, y = 0 e z = 0delimitam este sólido e a projeção sobre o plano xy é a parte da ir unferên ia x2 + y2 = 9que está no primeiro quadrante.

Vejamos a tabela de limitantes:

145

Limitantes Equações

Curva à esquerda x = 0Curva à direita x = 3Curva inferior y = 0

Curva superior y =√9− x2

Superfí ie inferior z = 0

Superfí ie superior z =√9− x2

O volume é dado por

V =

∫ 3

0

∫ √9−x2

0

∫ √9−x2

0

dzdydx =

∫ 3

0

∫ √9−x2

0

√9− x2dydx

=

∫ 3

0

y√9− x2

∣∣∣∣∣

√9−x2

0

dx =

∫ 3

0

(9− x2)dx = 9x− x3

3

∣∣∣∣∣

3

0

= 18 u.v.

EXEMPLO 4.3.3 Es reva o volume do sólido do Exemplo 4.3.2 de 6 formas distintas.

Solução:

1 - Projetando no plano xy usamos z omo variável espa ial (ou variável totalmente de-

pendente) e x ou y omo variável independente. A projeção sobre o plano xy é a parte da

ir unferên ia x2 + y2 = 9 que está no primeiro quadrante, logo temos as limitações e as

integrais:

(i) x omo variável independente:

z ∈ [0,√9− x2]

y ∈ [0,√9− x2]

x ∈ [0, 3]

⇒ V =

∫ 3

0

∫ √9−x2

0

∫ √9−x2

0

dzdydx

(ii) y omo variável independente:

z ∈ [0,√9− x2]

x ∈ [0,√

9− y2]y ∈ [0, 3]

⇒ V =

∫ 3

0

∫ √9−y2

0

∫ √9−x2

0

dzdxdy

2 - Projetando no plano xz usamos y omo variável espa ial (ou variável totalmente de-

pendente) e x ou z omo variável independente. A projeção sobre o plano xz é a parte da

ir unferên ia x2 + z2 = 9 que está no primeiro quadrante, logo temos as limitações e as

integrais:

(i) x omo variável independente:

y ∈ [0,√9− x2]

z ∈ [0,√9− x2]

x ∈ [0, 3]

⇒ V =

∫ 3

0

∫ √9−x2

0

∫ √9−x2

0

dydzdx

(ii) z omo variável independente:

y ∈ [0,√9− x2]

x ∈ [0,√9− z2]

z ∈ [0, 3]

⇒ V =

∫ 3

0

∫ √9−z2

0

∫ √9−x2

0

dydxdz

3 - Projetando no plano yz usamos x omo variável espa ial (ou variável totalmente depen-

dente) e y ou z omo variável independente. A projeção sobre o plano yz é o quadrado

limitado por y = 0, z = 0, y = 3 e z = 3, porém om esta projeção não podemos usar

apenas uma integral, pois há tro a de limitação na variável x e esta tro a o orre no plano

y = z obtido pela interseção dos ilindros x2+y2 = 9 e x2+z2 = 9, logo temos as limitações

e as integrais:

146

(i) y omo variável independente:

x ∈ [0,√

9− y2]z ∈ [y, 3]y ∈ [0, 3]

⋃

x ∈ [0,√9− z2]

z ∈ [0, y]y ∈ [0, 3]

⇒ V =

∫ 3

0

∫ 3

y

∫ √9−y2

0

dxdzdy +

∫ 3

0

∫ y

0

∫ √9−z2

0

dxdzdy

(ii) z omo variável independente:

x ∈ [0,√9− y2]

y ∈ [0, z]z ∈ [0, 3]

⋃

x ∈ [0,√9− z2]

y ∈ [z, 3]z ∈ [0, 3]

⇒ V =

∫ 3

0

∫ z

0

∫ √9−y2

0

dxdydz +

∫ 3

0

∫ 3

z

∫ √9−z2

0

dxdydz

EXEMPLO 4.3.4 En ontre o volume do sólido delimitado pelas superfí ies z = 9−x2, z = 5−y,y = 0 e y = 5.

Solução: Ini iamos om a onstrução do sólido de a ordo om a Figura 4.5.

x

y

zz

x

y

Figura 4.5: Sólido do Exemplo 4.3.4.

O próximo passo é determinar as urvas que limitam a região de integração sobre o plano

xy. Para isso resolvemos o sistema de equações

{z = 9− x2

z = 5− yIgualando as duas equações

obtemos a parábola y = x2−4. Desse modo, no plano xy, a região de integração é delimitada

pelas urvas y = x2 − 4, y = 0 e y = 5 (Figura 4.6).

Para diminuir o trabalho no pro esso de integração é onveniente tomar y omo variável

independente. Desse modo a tabela de limitantes é dada por

Limitantes Equações

Curva inferior y = 0Curva superior y = 5Curva à esquerda x = −√

y + 4Curva à direita x =

√y + 4

Superfí ie inferior z = 5− ySuperfí ie superior z = 9− x2

147

Figura 4.6: Projeção no plano xy.

Assim, o volume desejado é dado por

V =

∫ 5

0

∫ √y+4

−√y+4

∫ 9−x2

5−y

dzdxdy =

∫ 5

0

∫ √y+4

−√y+4

z

∣∣∣∣∣

9−x2

5−y

dxdy =

∫ 5

0

∫ √y+4

−√y+4

(4− x2 + y

)dxdy,

omo o sólido é simétri o em relação ao eixo y, podemos es rever

V = 2

∫ 5

0

∫ √y+4

0

(4− x2 + y

)dxdy = 2

∫ 5

0

(4x− x3

3+ yx

) ∣∣∣∣∣

√y+4

0

dy

= 2

∫ 5

0

4√y + 4−

√(y + 4)3

3+ y√y + 4

dy = 2

∫ 5

0

(8

3

√y + 4 +

2

3y√y + 4

)dy

=32

9

√(y + 4)3 +

8

15

√(y + 4)5 − 32

9

√(y + 4)3

∣∣∣∣∣

5

0

=8

15

√(y + 4)5

∣∣∣∣∣

5

0

=8

15(√95 −

√45) =

8

15(35 − 25) =

8

15(243− 32) =

1688

15u.v.

EXEMPLO 4.3.5 Cal ule o valor numéri o de I =

∫∫∫

S

x dV, sendo S o sólido do Exemplo

4.3.4.

Solução: Na resolução do exemplo a ima temos a tabela de limitantes então basta es re-

vermos as integrais iteradas.

I =

∫ 5

0

∫ √y+4

−√y+4

∫ 9−x2

5−y

xdzdxdy =

∫ 5

0

∫ √y+4

−√y+4

(9x− x3 − 5x+ xy)dxdy =

∫ 5

0

0dy = 0.

Observe que o resultado é zero, o que não faria sentido se estivéssemos al ulando a massa

do sólido, porém observe que a função de integração f(x, y, z) = x assume valores negativos

no domínio de integração (o sólido S), portanto ela não pode representar a densidade deste

sólido. Então, neste aso apenas resolvemos uma integral tripla de uma função sobre um

domínio. Além disso, observe que

I =

∫ 5

0

∫ √y+4

−√y+4

∫ 9−x2

5−y

xdzdxdy 6= 2

∫ 5

0

∫ √y+4

0

∫ 9−x2

5−y

xdzdxdy,

(a primeira dá zero e a segunda é diferente de zero), neste aso não podemos usar simetria,

pois apesar do domínio de integração, o sólido S, ser simétri o em relação ao eixo y a funçãono integrando não é simétri a. Portanto, uidado om o uso de simetrias.

148

EXEMPLO 4.3.6 Faça a tabela de limitantes e es reva a integral que permite al ular a massa

do sólido delimitado pelas superfí ies x2 + y − 16 = 0, x+ y − 4 = 0, y = 2x+ 13, z = 0e z = 10, sendo a densidade dada por d (x, y, z) = x2yz.

Solução: O sólido desejado situa-se entre os planos z = 0 e z = 10. A base do sólido, que

está situada no plano xy, está representada na Figura 4.7.

Figura 4.7: Projeção no plano xy.

Como o orre tro a na limitação superior, devemos dividir esta região em duas sub-regiões,

R1 e R2. Assim, pro edendo, obtemos a tabela

Limitantes R1 R2

Curva à esquerda x = −3 x = 1Curva à direita x = 1 x = 4Curva inferior y = 4− x y = 4− xCurva superior y = 2x+ 13 y = 16− x2

Superfí ie inferior z = 0 z = 0Superfí ie superior z = 10 z = 10

Logo, a massa desejada é dada por

M =

∫ 1

−3

∫ 2x+13

4−x

∫ 10

0

x2yz dzdydx +

∫ 4

1

∫ 16−x2

4−x

∫ 10

0

x2yz dzdydx.

EXEMPLO 4.3.7 Rees reva a expressão

I =

∫ 4

0

∫ 3− 3

4

√16−y2

0

∫ √16−y2

2

0

dzdxdy +

∫ 4

0

∫ 3

3− 3

4

√16−y2

∫ 6−2x3

0

dzdxdy

omo uma úni a integral tripla em oordenadas artesianas de 4 formas distintas.

Solução: Projetando no plano xy há uma tro a de limitantes, onforme a expressão dada

por I. Interpretando a integral dada temos no plano xy a seguinte região representada na

Figura 4.8, sendo R1 a região do plano xy da primeira integral e R2 a região do plano xyda segunda integral.

A limitação espa ial é dada pelas superfí ies z =

√16− y2

2que é um ramo de um ilindro

elípti o que se prolonga no eixo x e z =6− 2x

3que é um plano paralelo ao eixo y, assim I

representa o volume do sólido representado na Figura 4.9

149

R1

R2

Figura 4.8: Projeção no plano xy.

Figura 4.9: Sólido ujo volume é dado por I.

Projetando no plano xz, temos a região representada na Figura 4.10.

Figura 4.10: Projeção no plano xz.

Assim, a montagem das integrais é dada por

(1)

0 ≤ y ≤√16− 4z2

0 ≤ x ≤ 6−3z2

0 ≤ z ≤ 2⇒ I =

∫ 2

0

∫ 6−3z2

0

∫ √16−4z2

0

dydxdz

(2)

0 ≤ y ≤√16− 4z2

0 ≤ z ≤ 6−2x3

0 ≤ x ≤ 3⇒ I =

∫ 3

0

∫ 6−2x3

0

∫ √16−4z2

0

dydzdx

Projetando no plano yz, temos a região representada na Figura 4.11.

Figura 4.11: Projeção no plano yz.

Assim, a montagem das integrais é dada por

150

(3)

0 ≤ x ≤ 6−3z2

0 ≤ z ≤√

16−y2

2

0 ≤ y ≤ 4

⇒ I =

∫ 4

0

∫ √16−y2

2

0

∫ 6−3z2

0

dxdzdy

(4)

0 ≤ x ≤ 6−3z2

0 ≤ y ≤√16− 4z2

0 ≤ z ≤ 2⇒ I =

∫ 2

0

∫ √16−4z2

0

∫ 6−3z2

0

dxdydz

4.4 Integrais Triplas em Coordenadas Cilíndri as

Em alguns exemplos uma integral tripla pode ser resolvida de uma forma mais simples

onvertendo-a para oordenadas ilíndri as. Vejamos este pro esso de onversão.

Figura 4.12: Coordenadas Cilíndri as

Sejam θ0 e θ1 dois ar os tais que 0 < θ1 − θ0 ≤ 2π e suponhamos que os raios r1 e r2são funções ontínuas de θ tais que 0 ≤ r1 (θ) ≤ r2 (θ) seja válido para todo θ ∈ [θ1, θ2] .Sejam f (r, θ) e g (r, θ) funções ontínuas tais que f (r, θ) ≤ g (r, θ) seja verdadeiro para

todo θ ∈ [θ1, θ2] e todo r1 (θ) ≤ r2 (θ) . Seja S o sólido onstituído por todos os pontos ujas

oordenadas ilíndri as satisfaçam as ondições θ0 ≤ θ1, r1 (θ) ≤ r2 (θ) e f (r, θ) ≤ g (r, θ) .Então temos a tabela de limitantes

Tabela de limitantes

Curvas Equações

Ar o inferior θ = θ1Ar o superior θ = θ2Raio interno r = r1 (θ)Raio externo r = r2 (θ)Superfí ie inferior z = f (r, θ)Superfí ie superior z = g (r, θ) .

Uma integral tripla, que em oordenadas artesianas se es reve omo

I =

∫ b

a

∫ y2(x)

y1(x)

∫ g(x,y)

f(x,y)

f (x, y, z) dzdydx

é transformada, em oordenadas ilíndri as, para

I =

∫ θ2

θ1

∫ r2(θ)

r1(θ)

∫ g(r,θ)

f(r,θ)

f (r cos θ, r sin θ, z) rdzdrdθ.

151

EXEMPLO 4.4.1 Determinar o volume do sólido delimitado superiormente pelo parabolóide

y2+x2+1−z = 0, inferiormente pelo plano z = 0 e lateralmente pelo ilindro x2+y2−2y = 0.

Solução: Geometri amente, temos o seguinte sólido representado na Figura 4.13.

Figura 4.13: Sólido do Exemplo 4.4.1.

A projeção no plano xy é a ir unferên ia x2+y2−2y = 0 que, após ompletar quadrados,

se torna x2 + (y − 1)2 = 1 (Figura 4.14).

y

x

Figura 4.14: Projeção no plano xy.

O sólido está delimitado inferiormente pelo plano z = 0 e superiormente pelo parabolóide

z = y2 + x2 + 1. Fazendo as tabelas, podemos observar que é muito mais fá il resolver esse

problema usando oordenadas ilíndri as.

Limitantes em oord. retangulares Limitantes em oord. ilíndri as

Curvas Equações

Curva à esquerda x = −1Curva à direita x = 1

Curva inferior y = 1−√1− x2

Curva superior y = 1 +√1− x2

Superfí ie inferior z = 0Superfí ie superior z = y2 + x2 + 1

Curvas Equações

Ar o inferior θ1 = 0Ar o superior θ2 = πRaio interno r1 = 0Raio externo r2 = 2 sin θSuperfí ie inferior z = 0Superfí ie superior z = r2 + 1

152

Em oordenadas ilíndri as, o volume é dado por:

V =

∫ π

0

∫ 2 sin θ

0

∫ 1+r2

0

rdzdrdθ =

∫ π

0

∫ 2 sin θ

0

r(1 + r2)drdθ

=

∫ π

0

∫ 2 sin θ

0

(r + r3)drdθ =

∫ π

0

r2

2+r4

4

∣∣∣∣∣

2 sin θ

0

dθ

=

∫ π

0

(2 sin2 θ + 4 sin4 θ)dθ =

∫ π

0

2 sin2 θ(1 + 2 sin2 θ)dθ

=

∫ π

0

2 sin2 θ(1 + 2 sin2 θ)dθ =

∫ π

0

(1− cos(2θ))(2− cos(2θ))dθ

=

∫ π

0

(2− 3 cos(2θ) + cos2(2θ))dθ

= 2θ − 3

2sin(2θ)

∣∣∣∣∣

π

0

+

∫ π

0

1 + cos(4θ)

2dθ = 2π +

1

2θ +

1

8sin(4θ)

∣∣∣∣∣

π

0

= 2π +π

2=

5π

2u.v.

EXEMPLO 4.4.2 Represente gra� amente o sólido ujo volume é dado pela integral

V =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 4−r2 cos2 θ

0

rdzdrdθ.

Solução: A partir dos limitantes da integral podemos onstruir a tabela

Limitantes em oordenadas ilíndri as

Curvas Equações

Ar o inferior θ1 = 0Ar o superior θ2 = 2πRaio interno r1 = 0Raio externo r2 = 2Superfí ie inferior z = 0Superfí ie superior z = 4− r2 cos2 θ

Considerando os ar os inferior e superior, on luímos que a base do sólido está projetada

sobre todos os quadrantes, pois temos 0 ≤ θ ≤ 2π. Como 0 ≤ r ≤ 2, temos que o raio ilín-

dri o varia desde a origem do plano xy até a ir unferên ia de raio 2. Portanto, lateralmente

temos um ilindro entrado na origem, de equação x2 + y2 = 4. Inferiormente temos o plano

z = 0 e superiormente temos o ilindro parabóli o z = 4 − x2 (observe que r2 cos2 θ = x2).Assim, en ontramos o sólido ilustrado na Figura 4.15.

Figura 4.15: Sólido do Exemplo 4.4.2.

153

EXEMPLO 4.4.3 Es reva em oordenadas retangulares a integral

I =

∫ π2

0

∫ 2 cos θ

0

∫ 9−r2

0

r2dzdrdθ.

Solução: Ini ialmente, devemos interpretar geometri amente o sólido de integração. Vamos

onstruir a tabela de limitantes.

Limitantes em oordenadas ilíndri as

Curvas Equações

Ar o inferior θ1 = 0Ar o superior θ2 =

π2

Raio interno r1 = 0Raio externo r2 = 2 cos θSuperfí ie inferior z = 0Superfí ie superior z = 9− r2

Considerando os ar os inferior e superior on luímos que a base do sólido está projetada

sobre o primeiro quadrante do plano xy, pois temos 0 ≤ θ ≤ π2. Agora vamos es rever

a urva r = 2 cos θ em oordenadas retangulares. Sabemos que x = r cos θ, de modo que

cos θ = xr, e que r2 = x2 + y2. Assim,

r = 2 cos θ =2x

r⇒ r2 = 2x ⇒

x2 + y2 = 2x ⇒ (x− 1)2 + y2 = 1.

Vemos que em oordenadas retangulares, a projeção do sólido sobre o plano xy é deli-

mitada pela ir unferên ia de equação (x− 1)2+y2 = 1. Desse modo, a tabela de limitantes,

em oordenadas retangulares, é dada por:

Limitantes em oordenadas retangulares

Curvas Equações

Curva à esquerda x = 0Curva à direita x = 2Curva inferior y = 0

Curva superior y =√2x− x2

Superfí ie inferior z = 0Superfí ie superior z = 9− (x2 + y2)

Também devemos es rever de forma adequada a expressão r2dzdrdθ. Como dxdydz =rdzdrdθ temos que

r2dzdrdθ = r (rdzdrdθ) =√x2 + y2dxdydz.

Assim, a integral dada será es rita em oordenadas artesianas por

I =

∫ 2

0

∫ √2x−x2

0

∫ 9−x2−y2

0

√x2 + y2dzdydx.

154

EXEMPLO 4.4.4 Construa e al ule o volume do menor sólido delimitado simultaneamente

por y = 0, y = 4, x2 + z2 = x e x2 + z2 =√3z.

Solução: Esboço do sólido:

Figura 4.16: Sólido Exemplo 4.4.4

Projeção no plano zx :

z

x

θ π= /3

Figura 4.17: Projeção do no plano zx

Sendo a projeção uma região entre ir unferên ias usaremos o sistema de oordenadas

ilíndri as em relação ao plano zx para resolver a integral. Assim temos:

x = r sin θz = r cos θy = y

x2 + z2 = r2

tan θ = xz

⇒{x2 + z2 = x

x2 + z2 =√3z

⇒{r = sin θ

r =√3 cos θ

Interseção das ir unferên ias é a solução do sistema:

{r = sin θ

r =√3 cos θ

⇒ θ =π

3.

155

Montagem e resolução da integral em oordenadas ilíndri as:

V =

∫ π3

0

∫ sin θ

0

∫ 4

0

rdydrdθ+

∫ π2

π3

∫ √3 cos θ

0

∫ 4

0

rdydrdθ

=

∫ π3

0

2 sin2 θdθ +

∫ π2

π3

6 cos2 θdθ

=

∫ π3

0

(1− cos(2θ))dθ + 3

∫ π2

π3

(1 + cos(2θ))dθ

=

(θ − sin(2θ)

2

) ∣∣∣∣∣

π3

0

+ 3

(θ +

sin(2θ)

2

) ∣∣∣∣∣

π2

π3

=

(5π

6−

√3

)u.v.

4.5 Integrais Triplas em Coordenadas Esféri as

Na seção anterior vimos que usar oordenadas ilíndri as pode fa ilitar agora queremos

explorar o sistema de oordenadas esféri as e em alguns asos é o mais re omendado.

Lembrando que o ponto P (x, y, z) em oordenadas esféri as é dado por P (ρ, θ, φ) , onde

x = ρ cos θ sin φ, y = ρ sin θ sin φ, z = ρ cosφ, ρ2 = x2 + y2 + z2, tanφ =

√x2 + y2

ze

tan θ =y

x.

x

dq

df

y

z

ρ

dρ

f

q

Figura 4.18: Coordenadas Esféri as

Sejam θ0, θ1, φ0, φ1, ρ0 e ρ1 tais que 0 ≤ θ0 < θ1 ≤ 2π, 0 ≤ φ0 < φ1 ≤ π e 0 ≤ ρ0 < ρ1.Suponhamos que o sólido S seja onstituído por todos os pontos ujas oordenadas esfé-

ri as (ρ, θ, φ) são tais que

ρ0 ≤ ρ ≤ ρ1 θ0 ≤ θ ≤ θ1 φ0 ≤ φ ≤ φ1.

Seja f (x, y, z) uma função de�nida em todos os pontos do sólido S e ada ponto P (x, y, z)pode ser es rito em oordenadas esféri as f (ρ, θ, φ) . Então, podemos es rever

∫ x1

x0

∫ y1

y0

∫ z1

z0

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

∫ θ2

θ1

∫ φ2

φ1

∫ ρ2

ρ1

f (ρ, θ, φ) dV (ρ, φ, θ),

onde dV (x, y, z) = dxdydz e dV (ρ, φ, θ) é o elemento de volume de oordenadas esféri as

que pre isamos determinar. Para determinar dV (ρ, φ, θ) onsideramos a rés imos dρ, dφ e

156

dθ atribuídos às variáveis ρ, φ e θ, respe tivamente, onstrói-se o elemento in�nitesimal de

volume em oordenadas esféri as omo observamos na Figura 4.19.

dq

ρ senf

ρ

dρ

f

q

x

y

z

ρ df

ρ dqsenf

Figura 4.19: In remento nas Coordenadas Esféri as

Na Figura 4.20 desta amos o elemento in�nitesimal de volume em oordenadas esféri as

e onsiderando os pontos

P (ρ, θ, φ)Q (ρ, θ, φ+ dφ)R (ρ, θ + dθ, φ)T (ρ+ dρ, θ, φ) .

x

z

y

ϕρ

θ

dθ

ρdϕρsenϕdθ

dρ

P

R

T

Q

U

V

Figura 4.20: Elemento de Volume em Coordenadas Esféri as

temos que o elemento de volume de oordenadas esféri as pode ser interpretado omo o

paralelepípedo in�nitesimal urvilíneo om dimensões sendo o omprimento dos ar os PR e

PQ e do segmento PT, ujo volume aproximado é

dV =∣∣PT

∣∣∣∣∣PR

∣∣∣∣∣∣PQ

∣∣∣ .

157

É fá il ver

∣∣PT∣∣é a variação do raio ρ entre os pontos P e T e, portanto,

∣∣PT∣∣ = dρ.

Como P e Q perten em ao ír ulo de raio

∣∣OP∣∣ =

∣∣OQ∣∣ = ρ e o ar o PQ subentende um

ângulo orrespondente a variação de φ, segue que

∣∣∣PQ∣∣∣ = ρdφ.

O triângulo OPU tem ângulo reto em U e P = φ (usando ângulos alternos na relação

de paralelas e transversais om PU ‖ eixo z), assim pelas relações métri as obtém-se que

|OU | = ρ sin φ e onsequentemente o omprimento do ar o UV é igual a ρ sinφdθ. Donde∣∣∣PR∣∣∣ =

∣∣∣UV∣∣∣ = ρ sinφdθ.

Portanto,

dV =∣∣PT

∣∣∣∣∣PQ

∣∣∣∣∣∣PR

∣∣∣ = dρ (ρdφ) (ρ sinφdθ) = ρ2 sin φdρdφdθ.

Lembrando que em oordenadas retangulares temos dV = dxdydz, assim temos a equi-

valên ia entre os diferen iais em oordenadas artesianas e esféri as:

dxdydz = ρ2 sinφdρdφdθ.

Portanto,

∫ x1

x0

∫ y1

y0

∫ z1

z0

f (x, y, z) dzdydx =

∫ θ2

θ1

∫ φ2

φ1

∫ ρ2

ρ1

f (ρ, θ, φ) ρ2 sinφdρdφdθ.

EXEMPLO 4.5.1 Mostre, usando oordenadas esféri as, que o volume de uma esfera de raio r

é V =4πr3

3.

Solução: Vamos utilizar uma esfera entrada na origem, de equação x2 + y2 + z2 = r2. Suaprojeção no plano xy é a ir unferên ia x2 + y2 = r2 e portanto temos que 0 ≤ θ ≤ 2π e

0 ≤ φ ≤ π. Assim, o volume da esfera é al ulado por

V =

∫ 2π

0

∫ π

0

∫ r

0

ρ2 sinφdρdφdθ =4

3πr3.

EXEMPLO 4.5.2 Es reva, em oordenadas retangulares e em oordenadas esféri as a(s) inte-

gral(is) que permite(m) al ular o volume do sólido delimitado pelas superfí ies z2 = x2+y2,z2 = 3x2 + 3y2 e x2 + y2 + z2 = 4 nos pontos em que z é positivo. A seguir, utilize uma das

expressões obtidas para al ular o volume deste sólido.

Solução: Primeiro vamos interpretar ada superfí ie. Na Figura 4.21 a equação z2 = x2+y2

representa o one inferior, a equação z2 = 3x2 + 3y2 representa o one superior e a equação

x2 + y2 + z2 = 4 representa a esfera. O problema pede para determinar o volume do sólido

situado no interior da esfera e entre os dois ones.

Vamos determinar as urvas de interseção e as projeções sobre o plano xy. Resolvendo

os sistemas de equações

{z2 = x2 + y2

x2 + y2 + z2 = 4e

{z2 = 3x2 + 3y2

x2 + y2 + z2 = 4,

em ambos os asos substituindo z2 da primeira equação na segunda equação, obtemos

158

Figura 4.21: Sólido do Exemplo 4.5.2.

x2 + y2 + x2 + y2 = 4 e x2 + y2 + 3x2 + 3y2 = 42x2 + 2y2 = 4 4x2 + 4y2 = 4x2 + y2 = 2 x2 + y2 = 1.

O volume do sólido será dado pela diferença entre o volume do sólido delimitado pela

esfera x2 + y2 + z2 = 4 e o one z2 = x2 + y2 e o volume do sólido delimitado pela esfera

x2 + y2 + z2 = 4 e o one z2 = 3x2 + 3y2. As tabelas de limitantes são:

Limitantes Sólido 1 Sólido 2

Curva a esquerda x = −√2 x = −1

Curva a direita x =√2 x = 1

Curva a inferior y = −√2− x2 y = −

√1− x2

Curva a superior y =√2− x2 y =

√1− x2

Superfí ie inferior z =√x2 + y2 z =

√3x2 + 3y2

Superfí ie superior z =√

4− x2 − y2 z =√

4− x2 − y2

Portanto, o volume será dado por

V =

∫ √2

−√2

∫ √2−x2

−√2−x2

∫ √4−x2−y2

√x2+y2

dzdydx−∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√1−x2

∫ √4−x2−y2

√3x2+3y2

dzdydx

Como podemos per eber, a resolução desta integral é trabalhosa. Vamos es revê-la em

oordenadas esféri as.

A variação do raio esféri o vai da origem até a esfera de raio 2, isto é, ρ = 2. Como as

projeções no plano xy são ir unferên ias om entro na origem temos que o ar o θ varia dezero a 2π. O ângulo φ varia entre os dois ones. O one de equação z2 = x2 + y2 equivale aφ = π

4. Já o one de equação z2 = 3x2 +3y2 equivale ao ângulo φ = π

6. Portanto, a tabela de

limitantes do sólido em oordenadas esféri as é dada por

Limitantes em oordenadas esféri as

Curvas Equações

Ar o θ inferior θ1 = 0Ar o θ superior θ2 = 2πAr o φ inferior φ1 =

π6

Ar o φ superior φ2 =π4

Superfí ie inferior ρ1 = 0Superfí ie superior ρ2 = 2

159

Assim, o volume será dado por

V =

∫ 2π

0

∫ π4

π6

∫ 2

0

ρ2 sin φdρdφdθ =

∫ 2π

0

∫ π4

π6

ρ3

3

∣∣∣∣∣

2

0

sinφdφdθ

=

∫ 2π

0

∫ π4

π6

8

3sin φdφdθ =

∫ 2π

0

−8

3cos φ

∣∣∣∣∣

π4

π6

dθ

=

∫ 2π

0

−8

3

(√2

2−

√3

2

)dθ =

4

3(−

√2 +

√3)θ

∣∣∣∣∣

2π

0

=8π

3

(√3−

√2)

u.v.

EXEMPLO 4.5.3 Considere a expressão I = 2

∫ 2π

0

∫ π2

ar tg( 34)

∫ 5

3

senφ

dρdφdθ dada em oordenadas

esféri as.

1. Des reva e represente gra� amente o domínio de integração de I.

2. Rees reva I usando oordenadas ilíndri as.

Solução: (a) Identi� ação do domínio de integração (o sólido S): omo a expressão I está

multipli ada por "2"existe simetria.

Limitantes em oordenadas esféri as:

0 ≤ θ ≤ 2π

ar tg(34) ≤ φ ≤ π

2

3senφ

≤ ρ ≤ 5Convertendo para oordenadas artesianas, temos:

ρ = 5 ⇒ x2 + y2 + z2 = 25 ⇒ esfera

ρ = 3senφ

⇒ x2 + y2 = 9 ⇒ ilindro

φ = ar tg (34) ⇒ z = 4

3

√x2 + y2 ⇒ semi- one

Observando que o one só dá a variação do ângulo φ que omeça no one e vai até o plano

xy. Na Figura 4.22 temos representado o ilindro e a esfera des ritos a ima, pela limitação

do raio esféri o e pela simetria temos que o sólido S é interior à esfera x2 + y2 + z4 = 25 e

exterior ao ilindro x2 + y2 = 9.

Figura 4.22: Sólido S.

160

x

y

Figura 4.23: Projeção do sólido S no plano xy.

(b) Para es rever I em oordenadas ilíndri as devemos des rever o sólido S om limita-

ções ilíndri as, identi� ar a função de integração e onverter-lá para oordenadas ilíndri as.

A projeção no plano xy está representada na Figura 4.23

Limitantes de S usando simetria:

0 ≤ θ ≤ 2π3 ≤ ρ ≤ 5

0 ≤ z ≤√

25− ρ2

Função de integração em oordenadas esféri as: f(ρ, θ, φ) =1

ρ2senφ

Função de integração em oordenadas artesianas: f(x, y, z) =1√

x2 + y2 + z2 ·√x2 + y2

Função de integração em oordenadas ilíndri as: f(ρ, θ, z) =1

ρ√ρ2 + z2

Logo, I = 2

∫ 2π

0

∫ 5

3

∫ √25−r2

0

1√ρ2 + z2

dzdρdθ.

EXEMPLO 4.5.4 Es reva, nos sistemas de oordenadas artesianas, ilíndri as e esféri as,

as expressões que permitem al ular o volume do sólido delimitado simultaneamente pelas

superfí ies x2 + y2 = 2y, z =√x2 + y2 e z =

√3x2 + 3y2.

Resolução: O ilindro x2 + y2 = 2y delimitada lateralmente o sólido desejado, enquanto o

one z =√x2 + y2 delimita-o inferiormente e o one z =

√3x2 + 3y2 superiormente. Veja

o esboço do sólido na Figura 4.24.

Figura 4.24: Sólido do Exemplo 4.5.4.

Para obter a integral em oordenadas artesianas, basta observar que a altura do sólido

varia entre os dois ones, isto é, z ∈ [√x2 + y2,

√3x2 + 3y2], e a projeção do sólido no plano

xy é dada pela Figura 4.25.

161

y

x

Figura 4.25: Projeção no plano xy.

Assim, tomando y omo variável independente, temos que y ∈ [0, 2] e que x ∈ [−√

2y − y2,√

2y − y2].En ontramos então a seguinte integral em oordenadas artesianas

V =

∫ 2

0

∫ √2y−y2

−√

2y−y2

∫ √3x2+3y2

√x2+y2

dzdxdy.

Agora, rees revendo as equações dos ones em oordenadas ilíndri as, obtemos que

z ∈ [r,√3r]. Como a projeção no plano xy o orre apenas no primeiro e segundo quadrantes,

temos que θ ∈ [0, π], enquanto o raio ilíndri o varia da origem (r = 0) até a ir unferên ia

x2 + y2 = 2y, que em ilíndri as se es reve omo r2 = 2r sin θ, ou seja, r = 2 sin θ. Assim,

en ontramos a seguinte integral em oordenadas ilíndri as

V =

∫ π

0

∫ 2 sin θ

0

∫ √3r

r

rdzdrdθ.

Em oordenadas esféri as, temos que θ ∈ [0, π] e que o ângulo verti al varia entre os

ones. Transformando para esféri as, obtemos

z =√

3x2 + 3y2 ⇒ ρ cosφ =√3ρ sinφ ⇒ tanφ =

√33

⇒ φ = π6

z =√x2 + y2 ⇒ ρ cosφ = ρ sinφ ⇒ tanφ = 1 ⇒ φ = π

4

portanto, en ontramos que φ ∈ [π6, π4]. Resta então obter a limitação para o raio esféri o, que

varia desde a origem (ρ = 0) até o ilindro ir ular, que devemos transformar para esféri as,

omo segue:

x2 + y2 = 2y ⇒ ρ2 sin2 φ = 2ρ sinφ sin θ ⇒ ρ sinφ = 2 sin θ ⇒ ρ = 2 sin θsinφ

.

Então, temos que ρ ∈ [0, 2 sin θsinφ

] e o volume, em oordenadas esféri as, é al ulado pelo

integral

V =

∫ π

0

∫ π4

π6

∫ 2 sin θsinφ

0

ρ2 sinφdρdφdθ.

Note que, se desejássemos obter o valor numéri o deste volume, devemos optar por resol-

ver a integral es rita em oordenadas ilíndri as, devido a sua simpli idade em omparação

às demais integrais.

162

4.6 Exer í ios Gerais

1. Cal ular I =∫∫∫T

(x− 1)dV, sendo T a região do espaço delimitada pelos planos y = 0,

z = 0, y + z = 5 e pelo ilindro parabóli o z = 4− x2.

2. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfí ies

xa+ y

b+ z

c= 1, x = 0,

y = 0 e z = 0, om a, b, c > 0.

3. Considere o sólido delimitado inferiormente por y + 2z = 6, superiormente por z = 6e lateralmente pelo ilindro que ontorna a região delimitada por y = x2 e y = 4.Cal ule a massa deste sólido, sabendo que sua densidade é dada por f(x, y, z) = 2y+z.

4. A �gura abaixo mostra o sólido ujo volume pode ser al ulado pela expressão

V =

∫ 1

0

∫ 2−2x

0

∫ 4−z2

0

dydzdx.

Rees reva esta expressão omo uma integral tripla equivalente, usando oordenadas

artesianas de in o formas distintas.

5. Represente geometri amente o sólido ujo volume pode ser al ulado pela expressão

V =

∫ 4

0

∫ √4−z

0

∫ 8−2z

0

dydxdz.

A seguir, rees reva esta expressão, omo uma integral tripla equivalente, usando oor-

denadas artesianas de in o formas distintas.

6. Represente geometri amente o sólido ujo volume pode ser al ulado pela expressão

V =

∫ 2

0

∫ 2+x2

0

∫ 4−x2

0

dzdydx+

∫ 2

0

∫ 6

2+x2

∫ 6−y

0

dzdydx

e a seguir rees reva esta expressão utilizando uma úni a integral tripla em oordenadas

artesianas.

163

7. Rees reva a expressão

I =

∫ 0

−1

∫ x+1

0

∫ 8−x2−y2

0

ydzdydx+

∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 8−x2−y2

0

ydzdydx

omo uma úni a integral tripla, em oordenadas artesianas.

8. Rees reva a expressão

I =

∫ 1

−1

∫ x2+4

0

∫ 1−x2

0

dzdydx+

∫ 1

−1

∫ 5

x2+4

∫ 5−y

0

dzdydx

omo uma úni a integral tripla em oordenadas artesianas, de três formas distintas.

9. Determine a massa do sólido delimitado no primeiro o tante simultaneamente pelas

superfí ies x2 + z2 = 4, x+ y = 2 e x+2y = 6, sabendo que f(x, y, z) = 12z é a suafunção densidade.

10. Determinar o volume do sólido interior as superfí ies b2(x2 + y2) + a2z2 = a2b2 e

x2 + y2 = ax.

11. Determinar o volume do sólido interior as superfí ies x2 + y2+ z2 = 8 e x2 + y2 = 2z.

12. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfí ies z = 0, z2 = x2 + y2 e

x2 + y2 = 2ax.

13. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfí ies x2 + y2 + 2y = 0, z = 0 e

z = 4 + y.

14. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfí ies x2+y2 = a2 e x2+z2 = a2.

15. Determinar o volume do sólido delimitado pelas superfí ies r = 4 cos θ, z = 0 e

r2 = 16− z2.

16. Seja S o sólido delimitado pelas superfí ies z = 0, x2 + y2 = a2 e z = x2 + y2.Determine o valor de a ∈ R para que a massa de S seja igual a π

(√82− 1

), sabendo

que a densidade em ada ponto de S é dada por f(x, y, z) =1√

1 + (x2 + y2)2.

17. Represente geometri amente o sólido uja massa é des rita, em oordenadas ilíndri-

as, pela expressão M =

∫ 2π

0

∫ √2

0

∫ 4−r2

r2

√4 + r2 − zdzdrdθ. A seguir, rees reva esta

expressão utilizando um outro sistema de oordenadas.

18. Nos itens abaixo es reva em oordenadas retangulares as integrais dadas em oorde-

nadas esféri as.

(a) I = 2

∫ π

0

∫ π2

0

∫ 3

0

√9− ρ2 sin φdρdφdθ.

(b) I =

∫ π2

0

∫ π3

π6

∫ 4

0

√4− ρ2ρ sinφdρdφdθ.

164

19. Represente geometri amente o sólido ujo volume pode ser al ulado pela expressão

V =

∫ 2π

0

∫ π3

0

∫ 2

1

ρ2 sin φdρdφdθ.

A seguir, rees reva esta expressão em oordenadas ilíndri as.

20. Utilize oordenadas esféri as para al ular a massa do sólido situado a ima do one

z2 = x2 + y2 e interior à esfera x2 + y2+ z2 = 4z, sabendo que sua densidade de massa

é dada por d(x, y, z) =√x2 + y2 + z2.

21. Utilize oordenadas esféri as para resolver a seguinte integral tripla

I =

∫ √3

−√3

∫ √3−x2

−√3−x2

∫ √4−x2−y2

1

z√x2 + y2(x2 + y2 + z2)2

dzdydx.

22. Represente geometri amente o sólido uja massa é al ulada, em oordenadas esféri as,

pela expressão

M =

∫ 2π

0

∫ π6

0

∫ √

5

cos2 φ+2 sin2 φ

√3

cos φ

ρdρdφdθ.

A seguir, rees reva esta expressão em oordenadas ilíndri as.

23. Represente geometri amente o sólido uja massa pode ser al ulada, em oordenadas

ilíndri as, pela expressão

M =

∫ 2π

0

∫ √3

0

∫ √10−3r2

r2

3

(r + z)dzdrdθ.

A seguir, rees reva esta expressão em oordenadas esféri as.

24. Es reva, em oordenadas artesianas e em oordenadas esféri as, a integral que permite

al ular o volume do menor sólido delimitado simultaneamente pelas superfí ies x2 +y2 + z2 = 16 e x2 + y2 + z2 = 8z.

25. Cal ule o volume do sólido que está situado a ima de z = 0 e que é simultaneamente

interior à esfera x2 + y2 + z2 = 9 e ao hiperbolóide de uma folha x2 + y2 − z2 = 1.

26. Considere o sólido delimitado inferiormente por z = 2x2 + 2y2 e superiormente por

x2 + y2 + z2 = 3. Es reva a integral que permite al ular o volume deste sólido em

oordenadas artesianas, ilíndri as e esféri as.

27. Considere o sólido delimitado inferiormente por 2z =√x2 + y2 e superiormente por

z = 6 −√x2 + y2. Es reva a integral que permite al ular o volume deste sólido em

oordenadas artesianas, ilíndri as e esféri as.

28. Es reva, em oordenadas artesianas, ilíndri as e esféri as, as integrais que permitem

al ular a massa do sólido situado simultaneamente no interior das superfí ies x2 +

y2 + z2 = 4z e z = 1 +1

2

√x2 + y2, sabendo que sua função densidade é f(x, y, z) =

(x2 + y2)z2

cos(x2 + y2 + z2).

165

29. Es reva I =

∫∫∫

S

f(x, y, z)dV, em três sistemas de oordenadas distintas, sendo S

sólido situado simultaneamente no interior de x2+y2+z2 = 2z e de z = 2−√x2 + y2

e f(x, y, z) =ex

2+y2+z2

x+ y + z.

30. O volume de um sólido S é dado pela expressão

V =

∫ 2

a

0

∫ √

4

a2−x2

−√

4

a2−x2

∫ 6−a2x2−a2y2

a√

x2+y2dzdydx,

sendo a um número real positivo.

(a) Es reva o volume do sólido usando oordenadas ilíndri as.

(b) Determine o valor de a para que o volume do sólido S seja igual a

16π3.

166

4.7 Respostas

1. I = −54415

2. V = abc6

3. M = 400

4. V =

∫ 2

0

∫ 2−z2

0

∫ 4−z2

0

dydxdz

V =

∫ 4

0

∫ √4−y

0

∫ 2−z2

0

dxdzdy

V =

∫ 2

0

∫ 4−z2

0

∫ 2−z2

0

dxdydz

V =

∫ 1

0

∫ −4x2+8x

0

∫ 2−2x

0

dzdydx+

∫ 1

0

∫ 4

−4x2+8x

∫ √4−y

0

dzdydx

V =

∫ 4

0

∫ 1− 1

2

√4−y

0

∫ √4−y

0

dzdxdy +

∫ 4

0

∫ 1

1− 1

2

√4−y

∫ 2−2x

0

dzdxdy

5. V =

∫ 2

0

∫ 4−x2

0

∫ 8−2z

0

dydzdx

V =

∫ 4

0

∫ 8−2z

0

∫ √4−z

0

dxdydz

V =

∫ 8

0

∫ 8− y

2

0

∫ √4−z

0

dxdzdy

V =

∫ 2

0

∫ 2x2

0

∫ 4−x2

0

dzdydx+

∫ 2

0

∫ 8

2x2

∫ 8− y

2

0

dzdydx

V =

∫ 8

0

∫ √y

2

0

∫ 8− y

2

0

dzdxdy +

∫ 8

0

∫ 2

√y

2

∫ 4−x2

0

dzdxdy

6. V =

∫ 2

0

∫ 4−x2

0

∫ 6−z

0

dydzdx

7. I =

∫ 1

0

∫ 1−y

y−1

∫ 8−x2−y2

0

ydzdxdy

8. I =

∫ 1

−1

∫ 1−x2

0

∫ 5−z

0

dydzdx =

∫ 1

0

∫ √1−z

−√1−z

∫ 5−z

0

dydxdz =

∫ 1

0

∫ 5−z

0

∫ √1−z

−√1−z

dxdydz

9. M = 44

10. V = 2a2b(3π−4)9

11. V = 4π(8√2−7)

3

167

12. V = 32a3

9

13. V = 3π

14. V = 16a3

3

15. V = 3π2

16. a = 3

17. M =

∫ √2

−√2

∫ √2−x2

−√2−x2

∫ 4−x2−y2

x2+y2

√4 + x2 + y2 − z√

x2 + y2dzdydx

18. (a) I =

∫ 3

−3

∫ √9−x2

−√9−x2

∫ √9−x2−y2

0

√9− x2 − y2 − z2

x2 + y2 + z2dzdydx

(b) I =

∫ √12

0

∫ √12−x2

0

∫ √16−x2−y2

√

x2+y2

3

√4− x2 − y2 − z2√x2 + y2 + z2

dzdydx−

∫ 2

0

∫ √4−x2

0

∫ √16−x2−y2

√3x2+3y2

√4− x2 − y2 − z2√x2 + y2 + z2

dzdydx

19. V =

∫ 2π

0

∫ √3

0

∫ √4−r2

√3

3r

rdzdrdθ −∫ 2π

0

∫ √3

2

0

∫ √1−r2

√3

3r

rdzddθ

ou V =

∫ 2π

0

∫ √3

2

0

∫ √4−r2

√1−r2

rdzdrdθ +

∫ 2π

0

∫ √3

√3

2

∫ √4−r2

√3

3r

rdzdrdθ.

20. M = 165π(8−

√2)

21. I = 13π2 − 1

4

√3π

22. M =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ √5−2r2

√3

dzdrdθ

23.

∫ 2π

0

∫ π3

0

∫ √

10

cos2 φ+3 sin2 φ

0

(sin φ+cosφ)ρ2dρdφdθ+

∫ 2π

0

∫ π2

π3

∫ 3 cosφ

sin2 φ

0

(sin φ+cosφ)ρ2dρdφdθ

24. Cartesianas V =

∫ √12

−√12

∫ √12−x2

−√12−x2

∫ √16−x2−y2

4−√

16−x2−y2dzdydx

Esféri as: V =

∫ 2π

0

∫ π3

0

∫ 4

0

ρ2 sin φdρdφdθ +

∫ 2π

0

∫ π2

π3

∫ 8 cosφ

0

ρ2 sinφdρdφdθ.

25. V = 18π − 323π

26. Cartesianas V =

∫ √3

2

−√3

2

∫ √3

4−y2

−√

3

4−y2

∫ √3−x2−y2

2x2+2y2dzdydx

Cilíndri as V =

∫ 2π

0

∫ √3

2

0

∫ √3−r2

2r2rdzdrdθ

168

Esféri as: V =

∫ 2π

0

∫ π6

0

∫ √3

0

ρ2 sin φdρdφdθ +

∫ 2π

0

∫ π2

π6

∫ 1

2cotφ cscφ

0

ρ2 sin φdρdφdθ

27. Cartesianas V =

∫ 4

−4

∫ √16−x2

−√16−x2

∫ 6−√

x2+y2

√x2+y2

2

dzdydx

Cilíndri as V =

∫ 2π

0

∫ 4

0

∫ 6−r

r2

rdzdrdθ

Esféri as V =

∫ 2π

0

∫ arctan 2

0

∫ 6

cosφ+ sin φ

0

ρ2 sinφdρdφdθ

28. Cartesianas M =

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√4−x2

∫ 2+√

4−x2−y2

1+ 1

2

√x2+y2

(x2 + y2)z2

cos(x2 + y2 + z2)dzdydx

Cilíndri as M =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 2+√4−r2

1+ 1

2r

r3z2

cos(r2 + z2)dzdrdθ

Esféri as M =

∫ 2π

0

∫ π4

0

∫ 4 cos φ

2

2 cosφ− sinφ

ρ6 sin3 φ cos2 φ

cos(ρ2)dρdφdθ

29. Cartesianas I =

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√1−x2

∫ 2−√

x2−y2

1−√

1−x2−y2

ex2+y2+z2

x+ y + zdzdydx

Cilíndri as I =

∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 2−r

1−√1−r2

er2+z2

r cos θ + r sin θ + zrdzdrdθ

Esféri as I =

∫ 2π

0

∫ π4

0

∫ 2

cos φ+ sin φ

0

eρ2

sin φ cos θ + sinφ sin θ + cosφρ sinφdρdφdθ

+

∫ 2π

0

∫ π2

π4

∫ 2 cos φ

0

eρ2

sin φ cos θ + sinφ sin θ + cosφρ sinφdρdφdθ

30. (a)

∫ π2

−π2

∫ a2

0

∫ 6−a2r2

ar

rdzdrdθ (b) a = 1

169

Capítulo 5

SEQUÊNCIAS E SÉRIES

Objetivos (ao �nal do apítulo espera-se que o aluno seja apaz de):

1. Re onhe er uma sequên ia e veri� ar:

(a) se é onvergente ou divergente;

(b) se é res ente ou de res ente;

( ) propriedades de uma sequên ia.

2. De�nir séries numéri as de termos positivos;

3. En ontrar a soma de séries;

4. Identi� ar as séries espe iais: geométri a, harm�ni a, série-p;

5. Veri� ar se a série é onvergente ou divergente, apli ando os ritérios de onvergên ia;

6. Analisar a onvergên ia de séries alternadas e de sinais quaisquer;

7. Re onhe er séries absolutamente e ondi ionalmente onvergentes;

8. Re onhe er séries de funções;

9. En ontrar o raio e o intervalo de onvergên ia das séries de potên ias;

10. Desenvolver funções em séries de Taylor e Ma laurin;

11. Utilizar séries de funções na resolução de limites e integrais;

12. Resolver exer í ios usando uma ferramenta te nológi a.

A prova será omposta por questões que possibilitam veri� ar se os objetivos foram atin-

gidos. Portanto, esse é o roteiro para orientações de seus estudos. O modelo de formulação

das questões é o modelo adotado na formulação dos exer í ios e no desenvolvimento teóri o

desse apítulo, nessa apostila.

170

5.1 Introdução

Neste apítulo estudaremos séries in�nitas, as quais são somas que envolvem um número

in�nito de termos. As séries in�nitas desempenham um papel fundamental tanto na mate-

máti a quanto na iên ia. Elas são usadas, por exemplo, para aproximar funções trigonomé-

tri as e logarítmi as, para resolver equações diferen iais, para efetuar integrais ompli adas,

para riar novas funções e para onstruir modelos matemáti os de leis físi as (Anton, 1999).

5.2 Sequên ias

Na linguagem otidiana, o termo sequên ia signi� a uma su essão de oisas em uma ordem

determinada ordem ronológi a, de tamanho, ou lógi a, por exemplo. Em matemáti a o

termo sequên ia é usado omumente para denotar uma su essão de números uja ordem é

determinada por uma lei ou função.

Estudaremos um tipo espe ial de função de�nida nos números naturaisN∗ = {1, 2, 3, 4, · · · } om imagem em R. Isto é, estudaremos a função f : N∗ → R quanto ao limite e suas pro-

priedades quando n → ∞. A função f : N∗ → R de�nida por f(n) = n2n+1

é um exemplo de

sequên ia. O onjunto omposto pelos pares ordenados (n, f(n)), dado por

I = {(1, f(1)), (2, f(2)), (3, f(3)), · · · , (n, f(n)), · · · }

ou

I =

{(1,

1

3), (2,

2

5), (3,

3

7), · · · , (n, n

2n+ 1), · · ·

}

é denominado onjunto dos termos da sequên ia f(n). Geralmente, o onjunto I é es rito

de forma simpli� ada. Isto é, I é representado pelas imagens de n ∈ N∗de forma que a

posição que determinada imagem de f o upa no onjunto dos termos da sequên ia f(n) édeterminada pelo elemento n ∈ N∗, ou seja,

I = {f(1), f(2), f(3), · · · , f(n), · · · } =

{1

3,2

5,3

7,4

9,5

11, · · · , n

2n+ 1, · · ·

}.

Podemos observar que o termo

511

é imagem de n = 5, pois o upa a quinta posição no

onjunto dos termos. O termo f(n) = n2n+1

é denominado termo geral da sequên ia. A

forma usual de representar o termo geral de uma sequên ia é un = n2n+1

ou xn = n2n+1

ou

yn = n2n+1

et . Passaremos agora à de�nição formal de sequên ia. Nesse aso, temos o

onjunto I = {u1, u2, u3, · · · , un, · · · }.

DEFINIÇ�O 5.2.1 Sejam N∗ = {1, 2, 3, 4, · · · } o onjunto dos naturais, R a reta real. De-

nominamos a apli ação un : N∗ → R de uma sequên ia numéri a.

EXEMPLO 5.2.2 Para melhor ompreensão, vamos supor que o res imento diário de uma

linhagem de suínos é dada em função do res imento total pela sequên ia un = nn+13

onde

n orresponde ao número de dias de vida do suíno e limn→∞

un o tamanho de um suíno adulto.

Assim, o onjunto

{114, 215, 316, 417, 518, · · · , n

n+13, · · ·

}representa o tamanho diário do suíno em

relação ao tamanho �nal.

Gra� amente podemos observar a urva de res imento, ujo limite é representado pela

assíntota y = 1 (Figura 5.1).

171

Figura 5.1: Cres imento da linhagem de suínos

Como podemos observar a assíntota y = 1 representa o limite de res imento do suíno.

Isso signi� a que podemos levantar questões omo por exemplo, qual o número mínimo de

dias que o suíno deve � ar em tratamento para atingir, pelo menos, 80% de seu tamanho

�nal?

No Figura 5.2 podemos observar uma estimativa em torno de 50 dias.

Figura 5.2: Estimativa para obter 80 por ento do tamanho �nal

A questão agora é: omo fazer uma estimativa em termos matemáti os? A resposta será

dada pela de�nição de limite de uma sequên ia.

5.2.3 Limite de uma Sequên ia

DEFINIÇ�O 5.2.4 Seja un uma sequên ia, dizemos que o número a é limite de un quando

n tende para o in�nito se, dado ε > 0 podemos en ontrar K > 0 tal que para todo n > Kvale a desigualdade |un − a| < ε.

EXEMPLO 5.2.5 Dada a sequên ia un : N∗ → R de�nida no Exemplo 5.2.2 por un = nn+13

,vamos mostrar que lim un = 1.

Solução: Devemos mostrar que, dado ε > 0 podemos en ontrar K > 0 tal que para todo

n > K vale a desigualdade |un − a| < ε. Agora,

|un − 1| =∣∣∣∣

n

n+ 13− 1

∣∣∣∣ =∣∣∣∣n− n− 13

n+ 13

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

13

n+ 13

∣∣∣∣ < ε.

172

De modo que podemos es rever

13

n+ 13< ε ⇒ 13 < nε+ 13ε ⇒ 13− 13ε

ε< n.

Consequentemente, podemos tomar K = 13−13εε

e a De�nição 5.2.4 estará satisfeita.

Comparando os dados do Exemplo 5.2.2 om a De�nição 5.2.4 on luímos que ε = 0, 2representa a diferença entre o res imento almejado e o res imento total dos suínos. Por

outro lado, K é o número mínimo de dias que os suínos devem permane er em tratamento

para atingir, pelo menos, 80% de seu res imento total.

EXEMPLO 5.2.6 Determine o número mínimo de dias que um lote de suínos, ujo res imento

é dado pela sequên ia un = nn+13

deve permane er em tratamento para atingir, respe tiva-

mente, 80%, 90% e 95% do seu tamanho �nal.

Solução: No Exemplo 5.2.5 on luímos que dado ε > 0 podemos tomar K = 13−13εε

. Como

para 80%, 90% e 95% do tamanho �nal os valores de ε são respe tivamente 0.2, 0.1 e

0.05 temos, respe tivamente, o número mínimo de dias é dado por

(a) K =13− 13ε

ε=

13− 13 · 0, 20, 2

= 52 dias

(b) K =13− 13ε

ε=

13− 13 · 0, 10, 1

= 117 dias

(c) K =13− 13ε

ε=

13− 13 · 0, 050, 05

= 247 dias

Outra on lusão que podemos tirar é que, a partir de um determinado tempo, a variação

do res imento é muito pequena em relação à quantidade de ração que o suíno onsome.

Portanto, o produtor deve estimar o tempo mínimo de tratamento em dias para obter o

máximo de lu ro.

5.2.7 Sequên ias Convergentes

DEFINIÇ�O 5.2.8 Seja un uma sequên ia. Dizemos que un é onvergente se, e somente se,

limn→∞

un = L para algum L ∈ R.

Se un não for onvergente, diremos que un é divergente.

EXEMPLO 5.2.9 A sequên ia un = 2n+33n+5

é onvergente, pois limn→∞

un = limn→∞

2n+33n+5

= 23.

EXEMPLO 5.2.10 Determine se a sequên ia un = 14n2 − 1 onverge ou diverge.

Solução: A sequên ia dada é tal que limn→∞

un = limn→∞

14n2 − 1 = ∞.

Como o limite de un não existe, a sequên ia diverge.

TEOREMA 5.2.11 Seja un : N∗ → R uma sequên ia em R tal que limn→∞

un existe, então

este limite é úni o.

DEMONSTRAÇ�O: Suponhamos que un : N∗ → R é uma sequên ia em R tal que limn→∞

un

existe e suponhamos que a e b, om a 6= b, são limites dessa sequên ia. Então dado ε > 0podemos en ontrar K1 > 0 e K2 > 0 tal que para todo n > K1 tenhamos |un − a| < ε

2e

para todo n > K2 tenhamos |un − b| < ε2. Agora seja K = max{K1, K2}. Então podemos

es rever, para todo n > K

173

|a− b| = |a− un + un − b| = |−(un − a)− (un − b)|≤ |un − a|+ |un − b| < ε

2+ ε

2= ε.

Como a e b são onstantes, teremos |a− b| < ε para todo ε > 0 se, e somente se

|a− b| = 0, isto é, se a = b. Logo, o limite de un, se existe, é úni o.

5.3 Subsequên ias

DEFINIÇ�O 5.3.1 Seja un : N∗ → R uma sequên ia. Seja N ′ = {n1 < n2 < n3 < · · · <nk < · · · } um sub onjunto in�nito de N∗, então unk

= un∣∣N ′ : N

∗ → R é dita uma subsequên-

ia de un.

EXEMPLO 5.3.2 Seja un : N∗ → R uma sequên ia dada por un = 1n2 . Seja N

′ = {1, 3, 5, 7, · · · } ⊂N∗. Então a sequên ia unk

: N ′ → R é uma subsequên ia de un. Os termos da sequên ia são

{1, 14, 19, 116, 125, 136, 149, · · · } e os termos da subsequên ia são {1, 1

9, 125, 149, · · · }.

TEOREMA 5.3.3 Se uma sequên ia onverge para L, então todas suas subsequên ias tam-

bém onvergem para L.

DEMONSTRAÇ�O: Suponhamos que un : N∗ → R é uma sequên ia tal que limn→∞

un = L. Assim,

dado ε > 0, existe K > 0 tal que para todo n > K é válida a desigualdade |un − L| < ε.Agora, se unk

: N ′ → R é uma subsequên ia de un, onde N′ = {n1 < n2 < · · · < nk < · · · }

é um onjunto in�nito, temos que, para ada ε > 0, existe um k0 ∈ N∗tal que nk0 > K e

então, para k > k0 temos que nk > nk0 > K e assim |unk− L| < ε, o que prova que unk

também onverge para L, omo queríamos demonstrar.

EXEMPLO 5.3.4 A sequên ia un = (−1)n é divergente, pois admite subsequên ias que on-

vergem para valores diferentes, ontrariando o teorema anterior. De fato, a subsequên ia

de índi es pares, dada por u2n = (−1)2n = 1 onverge para L1 = 1, enquanto que sua sub-

sequên ia de índi es ímpares, dada por un = (−1)2n+1 = −1 onverge para L2 = −1. Como

os limites das subsequên ias são diferentes, a sequên ia diverge.

5.4 Sequên ia Limitada

DEFINIÇ�O 5.4.1 Seja un : N∗ → R uma sequên ia em R. Dizemos que un é limitada se

o onjunto {u1, u2, u3, · · · , un · · · } for limitado, ou seja, se existirem k1 e k2 ∈ R tais que

k1 ≤ un ≤ k2 para todo n ∈ N∗.

TEOREMA 5.4.2 Seja un : N∗ → R uma sequên ia onvergente em R, então un é limitada.

DEMONSTRAÇ�O: Suponhamos que un : N∗ → R é uma sequên ia onvergente em R e

suponhamos que a é limite dessa sequên ia. Então, dado ε = 1, podemos en ontrar K > 0,tal que para todo n > K tenhamos |un − a| < 1. Assim, para todo n > K, temos un ∈B(a, 1). Como o onjunto {u1, u2, u3, · · · , uK} é �nito, logo admite um valor máximo, seja

M = maxu1, u2, · · · , uK, segue que {u1, u2, u3, · · · , un−1, un, · · · } ⊂ B(a, 1)∪B(0,M). Logo,un é limitada.

OBSERVAÇ�O 5.4.3 A re ípro a desse teorema não é verdadeira. Por exemplo, un = (−1)n é

limitada, om −1 ≤ un ≤ 1, mas un não é onvergente.

174

5.5 Sequên ias Numéri as Monótonas

Neste parágrafo analisaremos algumas propriedades das sequên ias em R.

DEFINIÇ�O 5.5.1 Seja un uma sequên ia de valores reais. Dizemos que un é

• não-de res ente se un+1 ≥ un para todo n ∈ N∗;

• res ente se un+1 > un para todo n ∈ N∗;

• não- res ente se un ≥ un+1 para todo n ∈ N∗;

• de res ente se un > un+1 para todo n ∈ N∗.

DEFINIÇ�O 5.5.2 Seja un uma sequên ia de valores reais. Então un é denominada monó-

tona se perten er a um dos tipos des ritos na De�nição 5.5.1.

EXEMPLO 5.5.3 Mostre que a sequên ia un = n+1n2+2

é monótona.

Solução: Devemos mostrar que un perten e a um dos tipos des ritos na De�nição 5.5.1.

Temos que un = n+1n2+2

e un+1 =(n+1)+1(n+1)2+2

= n+2n2+2n+3

. Veri� aremos se un+1 ≤ un

n+ 2

n2 + 2n+ 3≤ n+ 1

n2 + 2

⇔ (n2 + 2)(n+ 2) ≤ (n+ 1)(n2 + 2n+ 3)

⇔ n3 + 2n2 + 2n+ 4 ≤ n3 + 3n2 + 5n + 3

⇔ 1 ≤ n2 + 3n.

A última desigualdade é verdadeira para todo n. Logo, un = n+1n2+2

é de res ente e, assim,

monótona.

DEFINIÇ�O 5.5.4 Sejam un uma sequên ia numéri a, C e K dois números reais. Dizemos

que C é limitante inferior de un se C ≤ un para todo n e que K é limitante superior de unse K ≥ un para todo n.

EXEMPLO 5.5.5 Consideremos a sequên ia monótona de res ente un = n+1n2+2

ujos termos são

23, 36, 411, 518, · · · e ujo limite é L = 0. Então, todo número real C ≤ 0 é limitante inferior de

un e todo K ≥ 23é limitante superior de un, pois un < u1 =

23.

DEFINIÇ�O 5.5.6 Seja un uma sequên ia numéri a que possui limitantes inferiores e supe-

riores, então un é dita sequên ia limitada.

OBSERVAÇ�O 5.5.7 Note que uma sequên ia, para ser limitada, não pre isa ter limite. Por

exemplo, un = (−1)n não tem limite, mas é limitada.

TEOREMA 5.5.8 Toda sequên ia monótona limitada em R é onvergente.

TEOREMA 5.5.9 Sejam un e yn sequên ias numéri as em R tais que limn→∞

un = a e

limn→∞

yn = b. Então são válidas as a�rmações:

(i) limn→∞

c = c;

175

(ii) limn→∞

cun = ca;

(iii) limn→∞

(un ± yn) = a± b;

(iv) limn→∞

unyn = ab;

(v) Se b 6= 0 e yn 6= 0 então limn→∞

un

yn= a

b;

(vi) limn→∞

cnk = 0, se k é uma onstante positiva.

5.6 Séries Numéri as

DEFINIÇ�O 5.6.1 Seja un : N∗ → R uma sequên ia numéri a. Denominamos série in�nita

à soma de todos os in�nitos termos dessa sequên ia, ou seja, uma série é uma expressão da

forma

∞∑

n=1

un = u1 + u2 + u3 + · · ·+ uk + · · · .

A sequên ia un, ujos in�nitos termos são somados, é hamada de termo geral ou n−ésimo

termo da série.

Questões pertinentes no estudo de séries são: Como se determina o resultado de uma

soma in�nita? Toda série possui uma soma �nita?

Passaremos a responder tais questões no desenvolvimento do restante deste apítulo. No

entanto, estaremos muito mais preo upados om o fato de determinar se uma série in�nita

possui ou não uma soma �nita do que propriamente en ontrar o valor desta soma.

Começaremos om o on eito de somas par iais de uma série.

DEFINI�O 5.6.2 Seja

∞∑

n=1

un uma série. A soma dos primeiros k termos desta série, dada

por

Sk =

k∑

n=1

un = u1 + u2 + u3 + · · ·+ uk

é denominada soma par ial da série dada.

Note que as somas

S1 = u1

S2 = u1 + u2 = S1 + u2

S3 = u1 + u2 + u3 = S2 + u3

· · ·Sk = Sk−1 + uk

formam uma sequên ia, hamada de sequên ia de somas par iais. Se esta sequên ia

onvergir, ou seja, se existir S tal que limk→∞

Sk = S, dizemos que a série dada onverge para

S e denotaremos

∞∑

n=1

un = S.

Se não existir tal S, diremos que a série diverge, signi� ando que não podemos obter

um valor �nito para a soma das in�nitas par elas da série.

Para melhor entendimento, vamos onsiderar e analisar um exemplo.

176

EXEMPLO 5.6.3 Durante o tempo que permane er na universidade, um estudante da Udes

deverá re eber uma mesada de seu pai, em unidades monetárias, que obdede e à sequên ia

un =20000

n(n+ 1), onde n orresponde ao número da par ela a ser re ebida. Pergunta-se

(i) Qual o montante que o estudante deverá re eber até o �nal da fa uldade, supondo que ele

on lua o urso em 60 meses?

(ii) No aso do estudante permane er na universidade inde�nidamente, omo � ará o mon-

tante re ebido?

Solução: As par elas mensais re ebidas pelo estudante são dadas pela sequên ia que des-

reve o valor da mesada, que são

10000,10000

3,

5000

3, 1000,

2000

3,

10000

21,

2500

7, · · ·

Para responder a primeira pergunta, vamos es rever o problema no formato de uma série

in�nita, isto é,

∞∑

n=1

20000

n(n + 1)= 10000 +

10000

3+

5000

3+ 1000 +

2000

3+

10000

21+

2500

7+ · · ·

Os primeiros termos das somas par iais desta série são dadas por

S1 = u1 = 10000,

S2 = S1 + u2 =40000

3,

S3 = S2 + u3 = 15000,

S4 = S3 + u4 = 16000

Agora, pre isamos determinar uma expressão para o termo geral desta soma. Para isso,

rees revemos o termo geral da série usando de omposição em frações par iais, tomando

20000

n(n + 1)=A

n+

B

n+ 1=A (n+ 1) +Bn

n(n+ 1)=A + (A+B)n

n(n+ 1)

e obtendo que

{A = 20000A+B = 0

⇒ A = 20000 e B = −20000.

Desse modo a série dada pode ser rees rita omo

∞∑

n=1

20000

n(n + 1)=

∞∑

n=1

(20000

n− 20000

n + 1

)

e a soma dos seus k−primeiros termos é dada por

Sk =

(20000− 20000

2

)+

(20000

2− 20000

3

)+ · · ·+

(20000

k− 20000

k + 1

)

e omo podemos simpli� ar alguns termos intermediários, obtemos que

Sk = 20000− 20000

k + 1,

177

ou seja,

Sk =20000k

k + 1.

O leitor poderá veri� ar que as somas par iais determinadas anteriormente orrespondem

às forne idas por esta expressão.

Como a solução para a questão (i) do exemplo orresponde à sexagésima soma, temos

que

S60 =20000 · 60

61= 19672.

Desse modo, após 60 meses, o estudante terá re ebido um montante de 19672 unidades

monetárias.

Passaremos agora a responder a segunda questão. Na Figura 5.3 podemos ver o ompor-

tamento para o res imento da soma da série.

Sk

k

Figura 5.3: Estimativa para o res imento da série

Portanto, se o estudante � ar inde�nidamente na universidade, observando o grá� o,

podemos a�rmar que não re eberia mais do que 20000 unidades monetárias. Isso signi� a

que a soma da série tem limite 20000 quando a quantidade de par elas tende para in�nito,

ou seja,

limk→∞

Sk = limk→∞

20000k

k + 1= 20000.

Em outras palavras, a série onverge para 20000 e podemos es rever

∞∑

n=1

20000

n(n + 1)= 20000.

Como vimos a ima, a soma de uma série in�nita é obtida pelo limite da sua sequên ia de

somas par iais. Assim, de�nimos o limite de uma série do mesmo modo om que foi de�nido

o limite de uma sequên ia.

5.6.4 Soma de uma Série

DEFINI�O 5.6.5 Seja

∞∑n=1

un uma série uja sequên ia de somas par iais é Sk. Dizemos

que o número S é a soma da série, denotando S =∞∑n=1

un, se S for o limite de Sk quando k

tender para o in�nito, ou seja, se dado ε > 0 pudermos en ontrar N0 > 0 tal que, para todo

k > N0 vale a desigualdade |Sk − S| < ε.

178

EXEMPLO 5.6.6 Considere a série obtida no Exemplo 5.6.3, dada por

∞∑n=1

20000

n(n + 1). Mostre

que

∞∑n=1

20000

n(n + 1)= 20000.

Solução: Como vimos a ima, a sequên ia de somas par iais da série dada é Sk = 20000kk+1

.

Devemos então mostrar que limk→∞

20000kk+1

= 20000, ou seja, que dado ε > 0 podemos en ontrar

N0 > 0 tal que para, se k > N0 então |Sk − 20000| < ε. Como

|Sk − 20000| =∣∣∣∣20000k

k + 1− 20000

∣∣∣∣ =∣∣∣∣20000k − 20000k − 20000

k + 1

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−20000

k + 1

∣∣∣∣

temos que a desigualdade desejada será válida se

20000

k + 1< ε ⇒ 20000 < kε+ ε ⇒ 20000− ε

ε< k.

Consequentemente, podemos tomar N0 =20000− ε

εe a De�nição 5.6.1 estará satisfeita.

Suponhamos que se deseja saber a partir de qual par ela a diferença entre o montante

e o total a re eber será menor do que 300 u.m.. Para obter a resposta tomamos ε = 300 e

obteremos N0 =20000− 300

300= 65, 667. Isso signi� a que em todas as par elas, a partir da

sexagésima sexta, a diferença entre o montante e o limite é menor do que 300 u.m..

Suponhamos que se deseja saber a partir de qual par ela a diferença entre o montante

e o limite é menor do que 200 u.m.. Para obter a resposta tomamos ε = 200 e obteremos

N0 =20000− 200

200= 99. Isso signi� a que em todas as par elas, a partir da par ela de

número 99, a diferença entre o montante e o limite é menor do que 100 u.m..

5.6.7 Séries Convergentes

DEFINI�O 5.6.8 Seja

∞∑n=1

un uma série e seja Sk a soma par ial dos termos dessa série.

Dizemos que

∞∑n=1

un é onvergente se limk→∞

Sk existe. Caso ontrário, dizemos que a série é

divergente.

EXEMPLO 5.6.9 A série

∞∑n=1

20000n(n+1)

do Exemplo 5.6.3 é onvergente pois

limk→∞

Sk = limn→∞

20000k

k + 1= 20000.

EXEMPLO 5.6.10 Determine se a série

∞∑n=1

2n

5n−1é onvergente ou divergente.

Solução: Devemos veri� ar se a sequên ia de somas par iais desta série tem limite. Todas

as séries que apresentam esse modelo (séries geométri as) podem ser resolvidas onforme o

modelo que segue.

(i) Es revemos a soma dos k primeiros termos:

Sk = 2 +22

5+

23

52+

24

53+ · · ·+ 2k

5k−1

179

(ii) Multipli amos Sk por

25

2

5Sk =

22

5+

23

52+

24

53+ · · ·+ 2k

5k−1+

2k+1

5k

(iii) Tomamos a diferença entre os resultados de (i) e (ii), obtendo

Sk −2

5Sk =

(2 +

22

5+

23

52+ · · ·+ 2k

5k−1

)−(22

5+

23

52+ · · ·+ 2k

5k−1+

2k+1

5k

)

ou seja,

3

5Sk = 2− 2k+1

5k

ou ainda,

Sk =10

3− 5

3

2k+1

5k=

10

3− 10

3

(2

5

)k

e omo

2

5< 1, temos que a

S = limk→∞

Sk = limk→∞

10

3− 10

3

(2

5

)k

=10

3.

Consequentemente, a série

∞∑n=1

2n

5n−1 onverge para

10

3.

EXEMPLO 5.6.11 En ontre o termo geral da sequên ia de somas par iais da série

∞∑

n=1

−4

(2n+ 3)(2n− 1).

A seguir, determine se a série onverge ou diverge, obtendo o valor de sua soma, se possível.

Solução: Note que

∞∑

n=1

−4

(2n+ 3)(2n− 1)=

1

2n+ 3− 1

2n− 1, assim temos que

∞∑

n=1

−4

(2n+ 3)(2n− 1)=

∞∑

n=1

(1

2n+ 3− 1

2n− 1

).

Logo, a sequên ia das somas par iais é:

Sk =k∑

n=1

(1

2n+ 3− 1

2n− 1

)

=

(1

5− 1

)+

(1

7− 1

3

)+

(1

9− 1

5

)+

(1

11− 1

7

)+ · · ·+

+ · · ·+(

1

2k − 1− 1

2k − 5

)+

(1

2k + 1− 1

2k − 3

)+

(1

2k + 3− 1

2k − 1

)

= −1 − 1

3+

1

2k + 1+

1

2k + 3

Portanto, o termo geral da sequên ia de somas par iais da série dada é Sk = −4

3+

1

2k + 1+

1

2k + 3.

180

Por de�nição a série onverge se limk→∞

Sk existe e a soma da série é o valor do limite.

Como

limk→∞

Sk = limk→∞

(−4

3+

1

2k + 1+

1

2k + 3

)= −4

3.

A série dada onverge e sua soma é S = −43.

Observações:

1. Uma das propriedades das séries in�nitas é que a onvergên ia ou divergên ia não

é afetada se subtrairmos ou adi ionarmos um número �nito de termos a elas. Por

exemplo, se no Exemplo 5.6.3 o estudante só omeçasse a re eber a primeira par ela

após 5 meses, a série seria es rita om n = 6 no primeiro termo, ou seja,

∞∑

n=6

20000

n(n + 1),

e a soma seria S = 20000− S5. Se por outro lado, o seu pai de idisse nos primeiros 10

meses dar uma mesada �xa de 2000u.m. por mês e ini iar o pagamento om n = 1 no

dé imo primeiro mês, a soma seria S = 2000(10) + limk→∞

20000k

k + 1. Em ambos os asos a

série ontinuará onvergente.

2. Se a série

∞∑n=1

un é onvergente e a série

∞∑n=1

yn é divergente, então a série

∞∑n=1

(un+ yn) é

divergente. No entanto, se as séries

∞∑n=1

un e

∞∑n=1

yn são divergentes, a série

∞∑n=1

(un+ yn)

pode ser onvergente ou divergente.

3. Se

∞∑n=1

un é uma série onvergente de termos positivos, seus termos podem ser reagru-

pados de qualquer modo e a série resultante também será onvergente e terá a mesma

soma que a série dada.

TEOREMA 5.6.12 Seja

∞∑n=1

un uma série e α ∈ N∗. Se a série

∞∑

n=α

un = uα + uα+1 + uα+2 + · · ·

for onvergente, então a série

∞∑

n=1

un = u1 + u2 + u3 + · · ·+ uk + · · ·

também será onvergente.

DEMONSTRAÇ�O: Supondo que a série

∞∑n=α

un é onvergente, temos que ela possui uma soma.

Seja Sk−α o termo geral da sequên ia de suas somas par iais, tal que S = limk→∞

Sk−α e seja

Sα = u1+ u2+ u3+ · · ·+ uα. Desse modo, o termo geral da soma par ial da série

∞∑n=1

un será

Sk = Sα+Sk−α e, portanto, limk→∞

Sk = limk→∞

Sα+ limk→∞

Sk−α, donde segue que limk→∞

Sk = Sα+S.

Consequentemente,

∞∑n=1

un é onvergente.

181

Propriedades

Sejam

∞∑

n=1

un = u1 + u2 + u3 + · · ·+ uk + · · ·

e ∞∑

n=1

yn = y1 + y2 + y3 + · · ·+ yk + · · ·

duas séries que onvergem para S e S ′, respe tivamente, então são válidas as seguintes

propriedades.

(i)

∞∑n=1

kun = k∞∑n=1

un para todo k ∈ R, ou seja, a série

∞∑n=1

kun onverge para kS.

(ii)

∞∑n=1

(un ± yn) =∞∑n=1

un ±∞∑n=1

yn, ou seja, a série

∞∑n=1

(un ± yn) onverge para S + S ′.

5.7 Condição ne essária para Convergên ia

Não existe uma regra geral para veri� ar se uma série é onvergente ou não. Como veremos

nos próximos itens, há ritérios que dão respostas a tipos parti ulares de séries. Porém,

veri� ando se uma série não possui a ondição ne essária para onvergên ia, saberemos que

ela não é onvergente. Essa ondição, é dada pelo teorema abaixo.

TEOREMA 5.7.1 Se

∞∑n=1

un é uma série onvergente, então limn→∞

un = 0.

DEMONSTRAÇ�O: Suponhamos que a série

∞∑n=1

un onverge para S, então podemos a�rmar

que limk→∞

Sk = S, de modo que, pela De�nição 5.6.8, dado ε > 0 podemos en ontrar N0 > 0

tal que para todo k > N0 vale a desigualdade |Sk − S| < ε2

e |Sk−1 − S| < ε2. Como

Sk = Sk−1 + uk, temos que uk = Sk − Sk−1 e assim,

|uk − 0| = |Sk − Sk−1 − 0|= |Sk − S + S − Sk−1|= |(Sk − S) + (S − Sk−1)|= |Sk − S|+ |S − Sk−1|≤ |Sk − S|+ |Sk−1 − S|<

ε

2+ε

2= ε.

Assim, pela De�nição 5.2.4, segue que limk→∞

uk = 0.

Uma onsequên ia muito importante desse teorema é o orolário a seguir.

COROLÁRIO 5.7.2 Seja

∞∑n=1

un uma série tal que limn→∞

un 6= 0, então∞∑n=1

un é divergente.

EXEMPLO 5.7.3 A série

∞∑n=1

2n+23n+5

é divergente já que limn→∞

un = limn→∞

2n+23n+5

= 236= 0.

182

EXEMPLO 5.7.4 A série

∞∑n=1

1né tal que lim

n→∞un = lim

n→∞1n= 0, isto é, possui a ondição ne essá-

ria para onvergên ia. No entanto, não podemos, sem apli ar outros testes de onvergên ia,

a�rmar se ela é onvergente ou divergente.

OBSERVAÇ�O 5.7.5 Portanto �quem atentos, se o limn→∞

un 6= 0 prova-se que a série é diver-

gente. Mas, se limn→∞

un = 0 a série pode onvergir ou divergir, para isso ne essitamos estudar

ritérios para fazer tal veri� ação.

Veremos, na sequên ia, alguns resultados que permitem veri� ar se uma série é onver-

gente ou divergente

5.8 Séries Espe iais

5.8.1 Série harm�ni a

DEFINIÇ�O 5.8.2 A série

∞∑n=1

1

né denominada série harm�ni a.

A série harm�ni a é uma das séries mais importantes da matemáti a. Seu nome surge

em onexão om os sons harm�ni os produzidos pela vibração de uma orda musi al.

A série harm�ni a, embora possua a ondição ne essária para onvergên ia, é uma série

divergente. A divergên ia da série harm�ni a não é trivial. Sua lenta divergên ia se tornará

evidente quando examinarmos suas somas par iais om maior detalhe. Na verdade, vamos

mostrar que a sequên ia de somas par iais Sn da série harm�ni a não onverge, pois admite

subsequên ias divergentes. Para isso, vamos onsiderar as somas S2, S4, S8, S16, S32, · · · ujosíndi es são sempre potên ias de 2, formando a subsequên ia S2n de Sn. Temos que

S21 = S2 = 1 +1

2>

1

2+

1

2=

2

2

S22 = S4 = S2 +1

3+

1

4> S2 +

(1

4+

1

4

)= S2 +

1

2>

3

2

S23 = S8 = S4 +1

5+

1

6+

1

7+

1

8> S4 +

(1

8+

1

8+

1

8+

1

8

)= S4 +

1

2>

4

2

S24 = S16 = S8 +1

9+

1

10+

1

11+

1

12+

1

13+

1

14+

1

15+

1

16

> S8 +

(1

16+

1

16+

1

16+

1

16+

1

16+

1

16+

1

16+

1

16

)= S8 +

1

2>

5

2

e assim su essivamente, de forma que podemos intuir que S2n >n+ 1

2para todo n ∈ N∗.

Desta forma, temos que

limn→∞

S2n ≥ limn→∞

n + 1

2= ∞,

o que nos diz que S2n é uma subsequên ia divergente de Sn. Com isso, temos que Sn também

diverge, pois do ontrário iríamos ontrariar o Teorema 5.3.3. Como a sequên ia de somas

par iais da série harm�ni a diverge, on luímos que a própria série harm�ni a diverge.

Vejamos algumas somas par iais da série harm�ni a, obtidas om auxílio do MAPLE 6,

que nos mostra a forma lenta om a qual a soma da série tende ao in�nito.

S10 = 2, 9289 S100 = 5, 1873 S1000 = 7, 485Sum milhao = 14, 392 Sum bilhao = 21, 300 Sum trlhao = 28, 208.

183

5.8.3 Série geométri a

DEFINIÇ�O 5.8.4 Denominamos série geométri a à toda série da forma

∞∑n=1

a1qn−1, onde q

é denominada razão.

EXEMPLO 5.8.5 En ontre a soma da série geométri a e estude sua onvergên ia.

Solução: Consideremos a série geométri a

∞∑

n=1

a1qn−1 = a1 + a1q + aq2 + · · ·+ a1q

n−1 + · · ·

e a soma dos seus n−primeiros termos, dada por

Sn = a1 + a1q + aq2 + · · ·+ a1qn−1.

Multipli ando ambos os lados dessa igualdade pela razão q obtemos

qSn = a1q + a1q2 + a1q

3 + · · ·+ a1qn

e tomando a diferença entre as duas últimas expressões, obtemos

qSn − Sn = (a1q + a1q2 + a1q

3 + · · ·+ a1qn)− (a1 + a1q + aq2 + · · ·+ a1q

n−1) ,

(q − 1)Sn = a1qn − a1 = a1(q

n − 1),

Sn =a1(q

n − 1)

(q − 1).

Para estudar a onvergên ia dessa série devemos onsiderar três asos:

(I) Se q = 1 então limn→∞

Sn = limn→∞

a1(qn − 1)

(q − 1)= ∞ e a série é divergente. Se q = −1 então

Sn tem dois valores para o limite e, portanto, a série é divergente.

(II) Se |q| > 1 então limn→∞

Sn = limn→∞

a1(qn − 1)

(q − 1)= ∞ e a série é divergente.

(III) Se |q| < 1 então limn→∞

Sn = limn→∞

a1(qn − 1)

(q − 1)= lim

n→∞

a1qn

q − 1+ lim

−a1(q − 1)

=−a1

(q − 1)e a

série é onvergente.

Con lusão: Uma série geométri a é divergente se |q| ≥ 1 e é onvergente se

|q| < 1. Quando |q| < 1 ainda temos que

∞∑n=1

a1qn−1 =

a11− q

.

EXEMPLO 5.8.6 A série

∞∑n=1

(23

)né onvergente, pois sua razão é q = 2

3< 1. Já a série

∞∑n=1

(32

)né divergente pois sua razão é q = 3

2> 1.

184

5.9 Critérios de Convergên ia de Séries

Quando onhe emos o termo geral da soma de uma série, é fá il fazer a veri� ação da

onvergên ia. Podemos veri� ar se uma série onverge usando ritérios para onvergên ia

que passaremos a estudar a seguir.

5.9.1 Critério da integral

TEOREMA 5.9.2 Seja

∞∑n=1

un uma série tal que un+1 ≤ un para todo n ∈ N∗. Seja f (x)

uma função positiva, ontínua e de res ente no intervalo [1,∞) tal que f (n) = un para todo

n ∈ N∗. Então, se a integral

∫ ∞

1

f (x) dx onvergir, a série

∞∑n=1

un também será onvergente.

Se a integral divergir, a série também será divergente.

A demonstração deste teorema poderá ser estudada em qualquer um dos livros onstantes

na bibliogra�a.

EXEMPLO 5.9.3 Veri�que as hipóteses do teste da integral e utilize-o, se possível, para analisar

a onvergên ia da série

∞∑

n=1

ne−n.

Solução: Considere a função f(x) = xe−x, obviamente f(x) é ontínua e positiva para

x ≥ 1. Falta veri� ar que é de res ente. Usando o teste da primeira derivada temos que

f ′(x) = e−x(1 − x) e f ′(x) < 0 para todo x > 1, em x = 1 função apresenta um máximo

lo al, então f(x) é de res ente para todo x ≥ 1. Como as hipóteses do teste da integral estão

veri� adas podemos utilizá-lo para estudar a onvergên ia da série

∞∑

n=1

ne−n.

O teste da integral a�rma que a série

∞∑

n=1

ne−n onverge se, a integral I =

∫ ∞

1

xe−xdx

onverge e a série diverge se a integral divergir.

Assim,

I =

∫ ∞

1

xe−xdx = limb→+∞

∫ b

1

xe−xdx

= limb→+∞

−xe−x

∣∣∣∣∣

b

1

+

∫ b

1

e−xdx

= limb→+∞

(−be−b + e−1 − e−b + e−1

)=

2

e+ lim

b→+∞

(− b

eb− 1

eb

)=

2

e.

Como a integral imprópria onverge, pelo teste da integral a série

∞∑

n=1

ne−ntambém onverge.

5.9.4 Série p ou Série Hiper-harm�ni a

DEFINIÇ�O 5.9.5 Denominamos série p todas as séries es ritas na forma

∞∑n=1

1

np, onde p é

uma onstante positiva.

185

Vamos utilizar o Teorema 5.9.2 para estudar a onvergên ia da série p.

EXEMPLO 5.9.6 Estude a onvergên ia da série

∞∑n=1

1

np= 1 +

1

2p+

1

3p+

1

4p+ · · ·+ 1

np+ · · · .

Solução: Considerando f (x) =1

xp, temos que f é positiva, ontínua e de res ente, satisfa-

zendo todas as ondições do Teorema 5.9.2, de modo que podemos tomar a integral

∫ ∞

1

1

xpdx = lim

n→∞

∫ n

1

1

xpdx.

Temos três asos a onsiderar:

(i) Se p = 1 teremos que

∫ ∞

1

1

xdx = lim

n→∞

∫ n

1

1

xdx = lim

n→∞lnx

∣∣∣∣∣

n

1

= limn→∞

(lnn− ln 1) = ∞.

Consequentemente, quando p=1, a série

∞∑n=1

1

np=

∞∑n=1

1

né divergente. Note que neste

aso, temos a série harm�ni a.

(ii) Se p < 1 teremos que 1− p > 0 e assim

∫ ∞

1

1

xpdx = lim

n→∞

∫ n

1

1

xpdx = lim

n→∞

x1−p

1− p

∣∣∣∣∣

n

1

= limn→∞

(n1−p

1− p− 1

1− p

)= ∞.

Consequentemente, se p<1, a série

∞∑n=1

1

npé divergente.

(iii) Se p > 1 teremos que 1− p < 0 e assim

∫ ∞

1

1

xpdx = lim

n→∞

∫ n

1

1

xpdx = lim

n→∞

x1−p

1− p

∣∣∣∣∣

n

1

= limn→∞

(n1−p

1− p− 1

1− p

)=

−1

1− p.

Consequentemente, se p>1 a série

∞∑n=1

1

npé onvergente.

EXEMPLO 5.9.7 As séries abaixo são exemplos de séries p.

(a)

∞∑n=1

1

n9 onvergente, pois é uma série-p om p = 9 > 1.

(b)

∞∑n=1

1√n

divergente, pois é uma série-p om p = 12< 1.

5.9.8 Critério da omparação

TEOREMA 5.9.9 Seja

∞∑n=1

un uma série e seja

∞∑n=1

yn uma série uja onvergên ia queremos

estudar, então:

(i) Se

∞∑n=1

un for uma série onvergente e 0 ≤ yn ≤ un para todo n, então a série

∞∑n=1

yn é

onvergente.

186

(ii) Se

∞∑n=1

un for uma série divergente e yn ≥ un ≥ 0 para todo n, então a série

∞∑n=1

yn é

divergente.

DEMONSTRA�O: (i) Sejam

∞∑n=1

un uma série onvergente e

∞∑n=1

yn uma série tal que 0 ≤ yn ≤

un para todo n. Como

∞∑n=1

un é uma série onvergente, a sequên ia de suas somas par iais Sn

tem limite L, de modo que u1 + u2 + u3 + · · ·+ uk + · · · < L. Como 0 ≤ yn ≤ un para todo

n, segue que

0 ≤ y1 + y2 + y3 + · · ·+ yk + · · · ≤ u1 + u2 + u3 + · · ·+ uk + · · · < L.

Consequentemente, a sequên ia de somas par iais de

∞∑n=1

yn é limitada e, além disso,

monótona. Logo, pelo Teorema 5.5.8 é onvergente e, assim, a série

∞∑n=1

yn é onvergente.

(ii) Sejam

∞∑n=1

un uma série divergente e yn ≥ un ≥ 0 para todo n. Como

∞∑n=1

un é uma

série divergente a sua sequên ia de somas par iais Sn não tem limite, de modo que dado um

número L > 0, existe K > 0 tal que u1 + u2 + u3 + · · · + uk + · · · > L para todo n > K.Como yn ≥ un para todo n, segue que

y1 + y2 + y3 + · · ·+ yk + · · · ≥ u1 + u2 + u3 + · · ·+ uk + · · · > L.

Consequentemente, a sequên ia de somas par iais y1 + y2 + y3 + · · · + yk + · · · não é

limitada e, assim, a série

∞∑n=1

yn é divergente.

EXEMPLO 5.9.10 Usando o Teorema 5.9.9 estude a onvergên ia da série

∞∑

n=1

n

n3 + n2 + n+ 1.

Solução: Conforme o Teorema 5.9.9, devemos en ontrar uma série que sabemos ser onver-

gente ou divergente e fazer a omparação do termo geral dessa série om a série em estudo.

Um pro edimento usado para en ontrar um termo geral adequado é majorar o termo geral

da série proposta. Vamos des rever o pro esso.

(i) Temos duas formas de majorar um quo iente: aumentando o denominador ou dimi-

nuindo o denominador. No termo geral da série em estudo, vamos diminuir o denomi-

nador passo a passo

n

n3 + n2 + n + 1<

n

n3 + n2 + n<

n

n3 + n2=

1

n(n + 1).

No Exemplo 5.6.3, vimos que a série

∞∑n=1

20000

n(n+ 1)é onvergente. Como podemos es rever

∞∑n=1

20000

n(n + 1)= 20000

∞∑n=1

1

n(n + 1), segue (pela propriedade i), que

∞∑n=1

1

n(n+ 1)também é

onvergente.

(ii) Vamos veri� ar que, de fato,

n

n3 + n2 + n + 1≤ 1

n(n + 1)para todo n ∈ N∗.

187

n

n3 + n2 + n+ 1≤ 1

n(n + 1)⇔ n2(n+ 1) ≤ n3 + n2 + n+ 1⇔ n3 + n2 ≤ n3 + n2 + n+ 1⇔ 0 ≤ n+ 1

que é válido para todo n. Logo, pelo Teorema 5.9.9, a série

∞∑n=1

n

n3 + n2 + n+ 1é onvergente.

5.9.11 Critério de D'Alambert ou Critério da Razão

TEOREMA 5.9.12 Seja

∞∑n=1

un uma série tal que un > 0 para todo n e limn→∞

un+1

un= L.

Então

(i) A série

∞∑n=1

un onverge se L < 1;

(ii) A série

∞∑n=1

un diverge se L > 1;

(iii) Nada podemos a�rmar se L = 1.

DEMONSTRA�O: Seja

∞∑n=1

un uma série tal que limn→∞

un+1

un= L. Então, dado ε > 0 podemos

en ontrar K > 0 tal que, para todo n > K vale a desigualdade

∣∣∣∣un+1

un− L

∣∣∣∣ < ε.

Suponhamos que L < 1. Então existe q tal que L < q < 1 e isso impli a que q − L < 1.

Tomando ε = q − L podemos es rever

∣∣∣∣un+1

un− L

∣∣∣∣ < q − L donde vem

− (q − L) <un+1

un− L < q − L ou − (q − L) + L <

un+1

un< q.

Da última relação on luímos que un+1 < unq. Dessa relação temos que

un+1 < unqun+2 < un+1q < unqq < unq

2

un+3 < un+2q < unq2q < unq

3

· · ·un+k < un+(k−1)q < unq

k−1q < unqk

e assim su essivamente, de forma que

un+1 + un+2 + un+3 + · · · < unq + unq2 + unq

3 + · · · .

Note que unq + unq2 + unq

3 + · · · é uma série geométri a, om razão |q| < 1 e, portanto,

onvergente. Assim, pelo Teorema 5.9.9, a série

∞∑n=1

un onverge se L < 1.

Por outro lado, suponhamos que limn→∞

un+1

un= L > 1, então obteremos un+1 > un para todo

n e, desse modo, limn→∞

un 6= 0. Consequentemente, a série não possui a ondição ne essária

para onvergên ia. Logo, a série

∞∑n=1

un diverge se L > 1.

188

A parte (iii) do Critério de D'Alambert diz que, se limn→∞

un+1

un= 1, então este rité-

rio é in on lusivo. Observe isso onsiderando os exemplos:

∞∑

n=1

1

n2e

∞∑

n=1

1

n. Para ambas

limn→∞

un+1

un= 1, porém a primeira é uma série p, om p = 2, onvergente e a segunda é a série

harm�ni a que sabemos ser divergente.

EXEMPLO 5.9.13 Usando o ritério de D 'Alambert, estude a onvergên ia da série

∞∑

n=1

2n

n.

Solução: Temos que un =2n

ne un+1 =

2n+1

n+ 1. Logo,

un+1

un=

n2n+1

2n (n+ 1)=

n2n2

2n (n + 1)=

2n

(n+ 1)

e assim, pelo ritério de D'Alembert, temos que

L = limn→∞

un+1

un= lim

n→∞

2n

(n + 1)= 2 > 1.

Consequentemente, a série

∞∑n=1

2n

né divergente.

EXEMPLO 5.9.14 Estude a onvergên ia da série

∞∑n=1

1

n!.

Solução: Temos que un =1

n!e un+1 =

1

(n+ 1)!e então

L = limn→∞

un+1

un= lim

n→∞

n!

(n+ 1)!= lim

n→∞

1

n+ 1= 0 < 1,

portanto a série

∞∑n=1

1

n! onverge, pela ritério de D'Alembert.

5.9.15 Critério de Cau hy ou Critério da Raíz

TEOREMA 5.9.16 Seja

∞∑n=1

un uma série tal que un > 0 para todo n e limn→∞

n√un = L.

Então

(i) A série

∞∑n=1

un onverge se L < 1;

(ii) A série

∞∑n=1

un diverge se L > 1;

(iii) Nada podemos a�rmar se L = 1.

EXEMPLO 5.9.17 Usando o ritério de Cau hy, estude a onvergên ia da série

∞∑n=1

(n

2n+ 5

)n

.

189

Solução: Temos que

n√un = n

√(n

2n+5

)n= n

2n+5e apli ando o ritério de Cau hy, obtemos

que

L = limn→∞

n√un = lim

n→∞

n

2n+ 5=

1

2< 1,

e on luímos que a série

∞∑n=1

(n

2n+ 5

)n

é onvergente.

EXEMPLO 5.9.18 Estude a onvergên ia da série

∞∑n=1

52n

23n+1.

Solução: Temos que

n√un =

n

√52n

23n+1=

52

23+1

n

=25

8.21

n

.

Assim,

L = limn→∞

n√un = lim

n→∞

25

8.21

n

=25

8> 1

e a série

∞∑n=1

52n

23n+1diverge, pelo ritério de Cau hy.

5.10 Séries de Termos Positivos e Negativos

DEFINIÇ�O 5.10.1 Seja un > 0 para todo n ∈ N∗. Denominamos série alternada à série

da forma

∞∑

n=1

(−1)n−1 un = u1 − u2 + u3 − u4 + · · ·+ (−1)n−1 un + · · ·

ou ∞∑

n=1

(−1)n un = −u1 + u2 − u3 + · · ·+ (−1)n un + · · ·

EXEMPLO 5.10.2 A série

∞∑n=1

(−1)n−1 1

np= 1 − 1

2p+

1

3p− 1

4p+ · · ·+ (−1)n−1 1

np+ · · · é um

exemplo de série alternada.

5.10.3 Convergên ia de uma série alternada

Infelizmente todos os ritérios de onvegên ia vistos até o momento não são válidos para

séries alternadas, pois eles exigiam que os termos da série fossem todos positivos. A seguir,

passaremos a ver alguns resultados que são válidos para séries de termos positivos e negativos.

TEOREMA 5.10.4 (Teorema de Leibnitz) Considere uma série alternada

∞∑

n=1

(−1)n−1 un = u1 − u2 + u3 − u4 + · · ·+ (−1)n−1 un + · · ·

tal que

(i) u1 > u2 > u3 > u4 > · · · (ii) limn→∞

un = 0.

Então são válidas as seguintes on lusões:

(a) A série alternada é onvergente.

(b) A soma par ial Sn da série alternada é tal que 0 < Sn < u1.

190

DEMONSTRAÇ�O: (a) Consideremos a soma dos 2n primeiros termos da série alternada.

Suponhamos que os termos de ordem ímpar da série são positivos e os de ordem par são

negativos. Se, por a aso o primeiro termo for negativo, ini iaremos a ontagem em u2, poisa retirada de um número �nito de termos não afeta a onvergên ia da série. Desse modo, o

termo u2n−1 é positivo e o termo u2n é negativo. Assim, pela ondição (i) temos que

(u1 − u2) > 0, (u3 − u4) > 0, · · · (un − un+1) > 0, · · · (u2n−1 − u2n) > 0

de modo que

S2 = u1 − u2 > 0 S4 = S2 + (u3 − u4) > S2 S6 = S4 + (u5 − u6) > S4

e assim su essivamente. Portanto, obtemos que

0 < S2 < S4 < .... < S2n.

Ainda, asso iando os termos de outra forma, obtemos que

S2n = (u1 − u2) + (u3 − u4) + ...+ (u2n−1 − u2n)= u1 − (u2 − u3)− (u4 − u5)− ...− (u2n−2 − u2n−1)− u2n

e, pela ondição (i), ada termo entre parênteses é positiva. Portanto, estamos subtraindo

uma quantidade positiva de u1, obtendo um resultado inferior a u1, de modo que 0 < S2n <u1.

Com isso, segue que S2n é limitada e omo 0 < S2 < S4 < · · · < S2n, também é monótona.

Assim, on luímos que a sequên ia de somas S2, S4, · · · , S2n onverge, pelo Teorema 5.5.8.

Seja limn→∞

S2n = S. Como S2n < u1, segue que S < u1. Sendo S2n+1 = S2n + u2n+1 e

apli ando a ondição (ii), temos que

limn→∞

S2n+1 = limn→∞

S2n + limn→∞

u2n+1 = S + 0 = S.

Consequentemente as somas de ordem ímpar tem a mesma soma dos termos de ordem

par. Finalmente, mostraremos que limn→∞

Sn = S.

Como limn→∞

S2n = S, dado ε > 0 podemos en ontrar K1 > 0 tal que |S2n − S| < ε sempre

que 2n > K1.Como lim

n→∞S2n+1 = S, dado ε > 0 podemos en ontrar K2 > 0 tal que |S2n − S| < ε

sempre que 2n + 1 > K2.Tomando K = max {K1, K2} , para todo n > K vale a desigualdade |Sn − S| < ε. Logo,

limn→∞

Sn = S e a série

∞∑n=1

(−1)n−1 un é onvergente.

EXEMPLO 5.10.5 Usando o teorema de Leibnitz, estude a onvergên ia da série

∞∑

n=1

(−1)n−1 n+ 2

n (n + 1).

Solução: Vamos veri� ar se un satisfaz todas ondições do Teorema 5.10.4. O termo geral

da série é un =n+ 2

n (n + 1)> 0 para todo n ∈ N∗. Agora, vamos veri� ar se un > un+1 para

todo n natural. Temos que

191

n + 2

n (n+ 1)>

n+ 3

(n + 1) (n+ 2)⇔ (n+ 2) (n + 1) (n+ 2) > n (n+ 1) (n + 3)⇔ n3 + 5n2 + 8n+ 4 > n3 + 4n2 + 3n⇔ n2 + 5n+ 4 > 0,

que é verdadeiro para todo n natural. Assim, a primeira ondição do Teorema 5.10.4 está

satisfeita. Ainda,

limn→∞

un = limn→∞

n + 2

n (n+ 1)= 0.

e então todas as exigên ias do Teorema 5.10.4 estão satisfeitas. Podemos on luir então que

a série ∞∑

n=1

(−1)n−1 n + 2

n (n+ 1)

é onvergente.

5.11 Série de Termos de Sinais Quaisquer

DEFINIÇ�O 5.11.1 Denominamos série de termos de sinais quaisquer à toda série formada

por termos positivos e negativos.

As séries alternadas são asos parti ulares das séries de termos de sinais quaisquer.

EXEMPLO 5.11.2 A série

∞∑n=1

sin(nπ6) = 1

2+

√32+1+

√32+ 1

2+0− 1

2−

√32−1−

√32− 1

2+0+ · · ·

é um exemplo de série de termos de sinais quaisquer.

Veremos na sequên ia um teorema que permite veri� ar se uma série de termos de sinais

quaisquer é onvergente.

TEOREMA 5.11.3 Seja

∞∑n=1

un uma série de termos de sinais quaisquer. Se a série

∞∑n=1

|un|

for uma série onvergente então a série

∞∑n=1

un também será onvergente.

No entanto, se a série

∞∑n=1

|un| for divergente, nada poderemos a�rmar sobre a onvergên ia

da série de sinais quaisquer

∞∑n=1

un.

EXEMPLO 5.11.4 Vimos no Exemplo 5.10.5 que a série

∞∑n=1

(−1)n−1 n + 2

n (n+ 1)é onvergente. Po-

rém, a série

∞∑n=1

∣∣∣∣∣(−1)n−1 n + 2

n (n+ 1)

∣∣∣∣∣ =∞∑n=1

n+ 2

n (n + 1)não é onvergente. O leitor pode veri� ar

essa a�rmação usando o ritério da omparação.

EXEMPLO 5.11.5 Usando o Teorema 5.11.3, estude a onvergên ia da série

∞∑n=1

(−1)n−1

n3.

192

Solução: Temos que

∞∑n=1

∣∣∣ (−1)n−1

n3

∣∣∣ =∞∑n=1

1n3 . Como podemos observar, esta é uma série p om

p = 3 > 1 e, portanto, onvergente. Logo,

∞∑n=1

(−1)n−1

n3 é onvergente. A onvergên ia desta

série também pode ser estudada pelo teorema de Leibnitz.

EXEMPLO 5.11.6 Usando o Teorema 5.11.3 estude a onvergên ia da série

∞∑n=1

sin(nx) + 3 cos2(n)

n2.

Solução: Temos que

∞∑

n=1

∣∣∣∣sin(nx) + 3 cos2(n)

n2

∣∣∣∣ =∞∑

n=1

|sin(nx) + 3 cos2(n)|n2

e omo |sin(nx)| ≤ 1 e |cos2(n)| ≤ 1, usando propriedades de módulo, segue que

∣∣sin(nx) + 3 cos2(n)∣∣ ≤ |sin(nx)| +

∣∣3 cos2(n)∣∣ ≤ 1 + 3

∣∣cos2(n)∣∣ ≤ 1 + 3 = 4,

e então podemos on luir que

∞∑

n=1

|sin(nx) + 3 cos2(n)|n2

≤∞∑

n=1

4

n2

para todo n natural. Como

∞∑n=1

4n2 é uma série p onvergente (p = 2 > 1), temos que a série

∞∑

n=1

∣∣∣∣sin(nx) + 3 cos2(n)

n2

∣∣∣∣

onverge, pelo ritério da omparação.

Assim, a série

∞∑

n=1

sin(nx) + 3 cos2(n)

n2também onverge, pelo Teorema 5.11.3.

5.12 Séries absolutamente onvergente e ondi ionalmente

onvergentes

Antes de de�nir séries absolutamente onvergente e ondi ionalmente onvergentes vamos

onsiderar os exemplos abaixo.

EXEMPLO 5.12.1 Consideremos a série harm�ni a

∞∑

n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

n+ · · ·

já mostramos que esta série é divergente. Porém, a série harm�ni a alternada, dada por

∞∑

n=1

(−1)n−1 1

n= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · ·+ (−1)n−1 1

n+ · · ·

é onvergente, pelo teorema de Leibnitz. Vamos mostrar que a série

∞∑n=1

(−1)n−1 1

n onverge

sob ondições, isto é, podemos interferir na sua forma de onvergir.

193

Solução: Para modi� ar o valor de onvergên ia de

∞∑n=1

(−1)n−1 1

nbasta reagrupar os termos

desta série, separando a soma dos termos de ordem ímpar da soma dos termos de ordem par,

onforme segue:

Sn =

(1 +

1

3+

1

5+ · · ·+ 1

2n− 1+ · · ·

)−(1

2+

1

4+

1

6+ · · ·+ 1

2n+ · · ·

).

Como o leitor pode observar, podemos es rever

Sn =∞∑

n=1

1

2n− 1−

∞∑

n=1

1

2n

e, ada uma destas sub-somas é divergente. Logo, temos que Sn = ∞−∞, isto é, a soma é

indeterminada, signi� ando que, se es revermos

∞∑

n=1

(−1)n−1 1

n

na forma

∞∑

n=1

(−1)n−1 1

n=

(1 +

1

3+

1

5+ · · ·+ 1

2n− 1+ · · ·

)−(1

2+

1

4+

1

6+ · · ·+ 1

2n+ · · ·

)

nada podemos a�rmar sobre a sua onvergên ia. Isso o orre porque a série

∞∑

n=1

∣∣∣∣(−1)n−1 1

n

∣∣∣∣ =∞∑

n=1

1

n

não onverge.

Com base no exemplo anterior, vamos de�nir séries absolutamente onvergente e ondi-

ionalmente onvergente.

DEFINI�O 5.12.2 Seja

∞∑n=1

un uma série de termos de sinais quaisquer, então:

(i) Se

∞∑n=1

|un| onverge, a série é denominada absolutamente onvergente.

(ii) Se

∞∑n=1

un onverge e

∞∑n=1

|un| diverge, então a série

∞∑n=1

un é denominada ondi ional-

mente onvergente.

EXEMPLO 5.12.3 A série

∞∑n=1

(−1)n−1 1

n, estudada no Exemplo 5.12.1, é ondi ionalmente

onvergente enquanto que a série

∞∑n=1

sin(nx) + 3 cos2(n)

n2, estudada no Exemplo 5.11.6, é

absolutamente onvergente.

EXEMPLO 5.12.4 Classi�que a série numéri a

∞∑n=1

(−1)n−1 n2

n3 + 4 omo absolutamente onver-

gente, ondi ionalmente onvergente ou divergente.

194

Solução: Temos que

∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n−1 n2

n3 + 4

∣∣∣∣ =∞∑n=1

n2

n3 + 4, e esta é uma série divergente, pois a

função f(x) =x2

x3 + 4é ontínua para todo x 6= 3

√−4, em parti ular para todo x ≥ 1, é

positiva para todo x ≥ 3√−2, em parti ular para x ≥ 1, e omo f ′(x) =

x(8 − x3)

(x3 + 4)2> 0 para

todo x > 2, ou seja, logo a função f(x) é de res ente para todo x ≥ 2, e assim podemos

apli ar o ritério da integral, e deste segue que

∫ +∞

2

x2

x3 + 4dx = lim

b→+∞

∫ b

2

x2

x3 + 4dx = lim

b→+∞

1

3ln(x3 + 4)

∣∣∣∣∣

b

2

= +∞,

ou seja, a integral imprópria, e onsequentemente a série, diverge.

Porém,

∞∑n=1

(−1)n−1 n2

n3 + 4é uma série alternada onvergente, pois satisfaz as ondições do

teorema de Leibnitz, visto que

limn→+∞

n2

n3 + 4= 0 e un+1 =

(n+ 1)2

(n+ 1)3 + 4≤ n2

n3 + 4= un, para todo n ≥ 2

pois a ima veri� amos que a função f(x) =x2

x3 + 4é de res ente para todo x ≥ 2.

Portanto a série dada é ondi ionalmente onvergente.

EXEMPLO 5.12.5 Classi�que as séries numéri as abaixo omo absolutamente onvergente,

ondi ionalmente onvergente ou divergente, justi� ando sua resposta.

(a)

∞∑

n=2

(−2)n

(lnn)n + 2√n+ 1

(b)

∞∑

n=1

(−1)n24√n3 + 2n

Solução: (a) Analisando a onvergên ia absoluta temos

∣∣∣∣(−2)n

(lnn)n + 2√n+ 1

∣∣∣∣ =2n

(lnn)n + 2√n+ 1

≤ 2n

(lnn)n

Apli ando o teste da raiz, temos

L = limn→∞

n

√2n

(lnn)n= lim

n→∞

2

lnn= 0.

Como L < 1 a série

∞∑

n=2

2n

(lnn)n onverge. Logo, pelo teste da omparação, a série dada

onverge absolutamente.

(b) Analisando a onvergên ia absoluta temos

∣∣∣∣(−1)n2

4√n3 + 2n

∣∣∣∣ =2

4√n3 + 2n

≤ 24√n3,

om isso nada podemos on luir, pois a série dada é menor que uma série p divergente.

Porém, observe que

24√n3 + 2n

=2

[n3(1 + 2n2 )]

1

4

=2

n3

4 (1 + 2n2 )

1

4

195

e 1 ≤ (1 +2

n2)1

4 ≤ 31

4 . Logo,

24√n3 + 2n

≥ 24√3n

3

4

,

e, por omparação, a série dada não onverge absolutamente.

Analisando a onvergên ia ondi ional, usando o Teorema de Leibnitz, pois a série dada

é alternada, temos limn→∞

24√n3 + 2n

= 0 e an =2

4√n3 + 2n

é de res ente.

Portanto, a série dada é ondi ionalmente onvergente.

5.13 Séries de Funções

Considerando as funções fi : R → R de�nidas por f0 (x) = 1, f1 (x) = x, f2 (x) = x2,f3 (x) = x3, f4 (x) = x4, · · · , fn (x) = xn, · · · , podemos es rever a soma

S (x) = f0 (x) + f1 (x) + f2 (x) + f3 (x) + f4 (x) + · · ·+ fn (x) + · · ·= 1 + x+ x2 + x3 + x4 + · · ·+ xn + · · ·

Essa soma in�nita é um exemplo de série de funções, pois o seu termo geral depende de

uma variável real x. Mais geralmente, de�nimos série de funções omo segue.

DEFINIÇ�O 5.13.1 Denominamos série de funções a toda série na qual o termo geral é uma

função da variável real x e a denotaremos por

∞∑

n=0

un (x) = u0 (x) + u1 (x) + u2 (x) + · · ·+ un (x) + · · ·

5.13.2 Convergên ia de séries de funções

Como no estudo das séries numéri as, estamos interessados na onvergên ia das séries de

funções. Uma série de funções, se for onvergente, onvergirá para uma função. A imagem

de ada valor de x numa série de funções é uma série numéri a que pode ser onvergente ou

divergente. Por exemplo, para ada valor de x, a série

∞∑

n=0

xn = 1 + x+ x2 + x3 + x4 + · · ·+ xn + · · ·

é uma série geométri a e, portanto, onverge se |x| < 1 e diverge aso ontrário. Já sua soma

será a função S (x) =1

1− x, se |x| < 1. Isso signi� a que uma série de funções onvergente,

onverge para um determinado onjunto de valores de x, denominado domínio ou intervalo

de onvergên ia.

DEFINI�O 5.13.3 Seja

∞∑n=0

un (x) uma série de funções. Denominamos domínio ou inter-

valo de onvergên ia da série ao onjunto de todos os valores de x para os quais a série é

onvergente e denominamos raio de onvergên ia à distân ia entre o entro e as extremidades

do intervalo onvergên ia.

EXEMPLO 5.13.4 O raio de onvergên ia da série

∞∑n=0

xn é R = 1 e o seu intervalo de onver-

gên ia é I = (−1, 1) . Para todo x ∈ (−1, 1) tem-se que

∞∑n=0

xn =1

1− x.

196

EXEMPLO 5.13.5 Determine o intervalo e o raio de onvergên ia da série

∞∑n=1

cos(x) + sin(x)

n4 + n.

Solução: Analisando a onvergên ia absoluta da série, temos que

∣∣∣∣cos(x) + sin(x)

n4 + n

∣∣∣∣ =|cos(x) + sin(x)|

n4 + n≤ |cos(x)| + |sin(x)|

n4 + n≤ 2

n4 + n≤ 2

n4

e omo

∞∑n=1

2

n4é uma p-série onvergente, on luímos, por omparação, que a série dada é

absolutamente onvergente. Ou seja, a série

∞∑n=1

cos(x) + sin(x)

n4 + n onverge para todo valor

real de x. Assim, o intervalo de onvergên ia desta série é R e seu raio de onvergên ia é

in�nito.

5.14 Séries de Potên ias

As séries de potên ias são as séries de funções que apare em om mais frequên ia nos

problemas de matemáti a e engenharia, pois são úteis na integração de funções que não

possuem antiderivadas elementares, na resolução de equações diferen iais e também para

aproximar funções por polin�mios ( ientistas fazem isso para simpli� ar expresões omplexas,

programadores fazem isso para representar funções em al uladoras e omputadores). Em

vista disso, vamos dar atenção espe ial ao estudo das Séries de Potên ias.

DEFINIÇ�O 5.14.1 Uma série de potên ias é uma série ujos termos envolvem apenas po-

tên ias de x multipli adas por oe� ientes onstantes cn, ou seja, uma série de potên ias é

es rita na forma

∞∑

n=0

cnxn = c0 + c1x+ c2x

2 + c3x3 + · · ·+ cnx

n + · · · .

EXEMPLO 5.14.2 A série

∞∑n=0

xn do Exemplo 5.13.4 é uma série de potên ias onde todos os

oe� ientes cn são iguais a 1. Já a série

∞∑n=1

cos(x) + sin(x)

n4 + ndo Exemplo 5.13.5 não é uma

série de potên ias, pois seus termos não envolvem apenas potên ias de x.

OBSERVAÇ�O 5.14.3 Para que os resultados anteriores possam ser usados sem mudanças nas

notações, vamos admitir que un(x) = cnxnpara o aso das séries de potên ias.

5.14.4 Pro esso para determinar o intervalo e o raio de onvergên-

ia de uma série de potên ias

Utilizam-se os ritérios de D 'Alambert ou de Cau hy para a onvergên ia absoluta, to-

mando limn→∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ ou limn→∞

(n√|un|

)onde un = cnx

n. Caso o limite exista vale a ondição

dos ritério usado. Em qualquer aso teremos que

limn→∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣cn+1x

n+1

cnxn

∣∣∣∣ = |x|L

197

onde

L = limn→∞

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ .

Desse modo, o raio e o intervalo de onvergên ia serão obtidos resolvendo a inequação

|x|L < 1, que nos dá |x| < 1L, ou seja, o raio de onvergên ia é

R =1

L.

OBSERVAÇ�O 5.14.5 Como o ritério de D 'Alambert é in on lusivo quando o limite da ra-

zão é igual a 1, nada podemos a�rmar se |x|L = 1. Assim, devemos veri� ar se a série

onverge para x =1

Le x = − 1

L. Feita esta veri� ação, pode-se estabele er o intervalo de

onvergên ia.

EXEMPLO 5.14.6 Determine o intervalo e o raio de onvergên ia da série

∞∑

n=0

3nxn

5n (1 + n2).

Solução: Apli ando o ritério de D'Alambert para a onvergên ia absoluta, temos que

limn→∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3n+1xn+1

5n+1(1 + (n+ 1)2

)

3nxn

5n (1 + n2)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣5n3n3xnx (1 + n2)

5n5 (n2 + 2n+ 2) 3xn

∣∣∣∣

= limn→∞

∣∣∣∣3x (1 + n2)

5 (n2 + 2n+ 2)

∣∣∣∣ = |x| limn→∞

∣∣∣∣3 (1 + n2)

5 (n2 + 2n+ 2)

∣∣∣∣ =3

5|x|

Assim, a série onvergirá se

3

5|x| < 1, ou seja, se |x| < 5

3. Portanto, o raio de onvergên ia

é R = 53.

Na sequên ia devemos veri� ar se a série onverge para x = −5

3e x =

5

3.

• Se x = −5

3, temos a série

∞∑

n=0

3n(−5

3

)n

5n (1 + n2)=

∞∑

n=0

(−1)n3n5n

5n (1 + n2) 3n=

∞∑

n=0

(−1)n1

(1 + n2).

que onverge, pelo ritério de Leibnitz.

• Se x =5

3temos a série

∞∑

n=0

3n(53

)n

5n (1 + n2)=

∞∑

n=0

3n5n

5n (1 + n2) 3n=

∞∑

n=0

1

(1 + n2).

que onverge por omparação, pois

∞∑n=0

1

(1 + n2)≤ 1 +

∞∑n=1

1

n2.

198

Con lusão: O raio de onvergên ia da série

∞∑n=0

3nxn

5n (1 + n2)é R =

5

3e o seu intervalo

de onvergên ia é −5

3≤ x ≤ 5

3.

EXEMPLO 5.14.7 Determinar o intervalo e o raio de onvergên ia da série

∞∑n=0

n!xn.

Solução: Apli ando novamente o ritério de D 'Alambert, temos que

limn→∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣(n+ 1)!xn+1

n!xn

∣∣∣∣ = limn→∞

(n+ 1) |x| ={

0, se x = 0∞, se x 6= 0

.

Assim, a série dada onverge apenas quando x = 0. Portanto, o seu intervalo de onver-

gên ia é I = {0} e R = 0 é o seu raio de onvergên ia.

5.14.8 Série de potên ias entrada em x = a

DEFINIÇ�O 5.14.9 Denominamos série de potên ias entrada em x = a à toda série da

forma

∞∑n=0

cn (x− a)n .

Para obter o raio e o intervalo de onvergên ia das séries em (x− a) , basta fazer z =

(x− a) e en ontrar o intervalo de onvergên ia para a série

∞∑n=0

cnzn. Após esta etapa,

substitui-se z por (x− a) na inequação −R < z < R.

EXEMPLO 5.14.10 Determinar o raio e o intervalo de onvergên ia da série

∞∑n=0

2 (x− 5)

n2 + 3

n

.

Solução: Seja z = (x− 5). Então podemos es rever

∞∑n=0

2 (x− 5)

n2 + 3

n

=∞∑n=0

2zn

n2 + 3.

Usando o teorema de D'Alambert temos que

limn→∞

∣∣∣∣un+1

un

∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2zn+1

(n+ 1)2 + 32zn

n2 + 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣∣∣(n2 + 3) 2zn+1

((n+ 1)2 + 3

)2zn

∣∣∣∣∣

= limn→∞

(n2 + 3) |z|(n2 + 2n+ 4)

= |z| limn→∞

n2 + 3

n2 + 2n + 4= |z|

e assim a série onverge se |z| < 1. Portanto, o seu raio de onvergên ia é R = 1. Nasequên ia, devemos veri� ar se a série onverge para z = −1 e z = 1.

• Se z = −1 temos a série

∞∑

n=0

2zn

n2 + 3=

∞∑

n=0

2 (−1)n

n2 + 3=

∞∑

n=0

(−1)n2

(n2 + 3)

que onverge, pelo teorema de Leibnitz.

199

• Se z = 1 temos a série

∞∑

n=0

2zn

n2 + 3=

∞∑

n=0

2(1)n

n2 + 3=

∞∑

n=0

2

(n2 + 3).

que onverge por omparação om uma p−série, pois∞∑n=0

2

(n2 + 3)≤ 2

3+

∞∑n=1

2

n2.

Con lusão: O raio de onvergên ia da série

∞∑n=0

2zn

n2 + 3é R = 1 e o seu intervalo de

onvergên ia é −1 ≤ z ≤ 1. Substituindo z por x− 5, obtemos

4 ≤ x ≤ 6,

que é o intervalo de onvergên ia da série

∞∑n=0

2 (x− 5)

n2 + 3

n

.

5.14.11 Continuidade da soma de uma Série de Funções.

Sabemos do Cál ulo 1 que a soma de um número �nito de funções ontínuas é ontínua.

Porém, se a soma envolver in�nitos termos, seu resultado pode não ser ontínuo. Vejamos

um exemplo onde isso o orre.

EXEMPLO 5.14.12 Mostre que a série

∞∑n=1

(x

12n+1 − x

12n−1

) onverge para uma função des-

ontínua.

Solução: Es revendo a soma dos n−primeiros termos desta série

Sn (x) =(x

1

3 − x)+(x

1

5 − x1

3

)+(x

1

7 − x1

5

)+ · · ·+

(x

12n+1 − x

12n−1

)

e eliminando os parênteses, obtemos que Sn (x) = −x+ x1

2n+1 . Assim,

S(x) = limn→∞

Sn (x) = limn→∞

(−x+ x

12n+1

)=

{1− x, se x 6= 00, se x = 0.

Portanto, limn→∞

Sn (x) existe para todo x ∈ R e a série de funções dada é onvergente.

Note que a soma desta série é uma função des ontínua em x = 0, enquanto que ada um

de seus termos era ontínuo. Observe ainda que a série em questão não é uma série de

potên ias.

5.14.13 Derivação de uma série de funções ontínuas

No Cál ulo 1, vimos que a derivada de uma soma �nita de funções é igual à soma das

derivadas. No entanto, se tivermos uma quantidade in�nita de funções, essa propriedade

pode deixar de ser válida. Da mesma forma, a derivada de uma série de funções onvergente

pode ser divergente. Vejamos um exemplo:

EXEMPLO 5.14.14 Considere a série

∞∑n=1

sin(n4x)

n2. Mostre que esta é uma série onvergente e

que a série de suas derivadas é divergente.

200

Solução: Como |sin(n4x)| ≤ 1 para todo n natural e todo x real, segue que

∣∣∣∣sin(n4x)

n2

∣∣∣∣ =|sin(n4x)|

n2≤ 1

n2

e por omparação om uma p-série onvergente (p = 2), podemos on luir que a série dada é

absolutamente onvergente. Ainda, esta série onverge para todo valor real de x. Seja S(x)a soma desta série, ou seja,

S(x) =∞∑n=1

sin(n4x)

n2=

sin x

12+

sin(24x)

22+

sin(34x)

32+

sin(44x)

42+ · · ·+ sin(n4x)

n2+ · · ·

derivando termo a termo esta soma, temos que

S ′ (x) =cos x

12+

24 cos(24x)

22+

34 cos(34x)

32+

44 cos(44x)

42+ · · ·+ n4 cos(n4x)

n2+ · · ·

= cos x+ 22 cos(24x) + 32 cos(34x) + 42 cos(44x) + · · ·+ n2 cos(n4x) + · · ·

e apli ando em x = 0, obtemos

S ′ (0) = cos 0 + 22 cos 0 + 32 cos 0 + 42 cos 0 + · · ·+ n2 cos 0 + · · ·= 12 + 22 + 32 + 42 + · · ·+ n2 + · · ·

que é uma sequên ia de somas divergente. Assim, a série de funções onverge para x = 0,enquanto que a derivada desta série diverge em x = 0. Observe que a série em questão não

é uma série de potên ias.

Da mesma forma que na derivada, a integração de uma série de funções também exige

uidados. Enquanto que a integral de uma soma �nita de funções é igual a soma das integrais,

o mesmo pode não ser válido para uma quantidade in�nita de funções.

No entanto isto não o orrerá quando se tratar de séries de potên ias, ou seja, quando

uma série de potên ias for onvergente pode-se efetuar a derivação e a integração termo a

termo que as novas séries obtidas por estes pro essos também serão onvergentes, om o

mesmo raio de onvegên ia, onforme veremos a seguir.

5.15 Diferen iação e Integração de Séries de Potên ias

A soma de uma série de potên ias é uma função f(x) =∞∑n=0

cn (x− a)n , ujo domínio é

o intervalo de onvergên ia da série. Dentro deste intervalo, a derivação e a integração de fo orre termo a termo, ou seja, pode-se derivar e integrar ada termo individual da série, de

a ordo om o resultado abaixo.

TEOREMA 5.15.1 Seja

∞∑n=0

cn (x− a)n uma série de potên ias om raio de onvergên ia

R > 0. Então a função f de�nida por

f(x) = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + · · · =∞∑

n=0

cn (x− a)n

é diferen iável (e portanto ontínua) no intervalo (a− R, a+R) e

(i) f ′(x) = c1 + 2c2(x− a) + 3c3(x− a)2 + · · · =∞∑n=1

ncn (x− a)n−1

201

(ii) f”(x) = 2c2 + 6c3(x− a) + · · · =∞∑n=2

n(n− 1)cn (x− a)n−2

e assim por diante. Além disso, tomando C = K + ac0, tem-se que

(iii)

∫f(x)dx = C + c0(x− a) + c1

(x− a)2

2+ c2

(x− a)3

3+ · · · = C +

∞∑

n=0

cn(x− a)n+1

n + 1

Os raios de onvergên ia das séries das equações (i), (ii) e (iii) são todos iguais a R.

OBSERVAÇ�O 5.15.2 Embora o teorema anterior diga que o raio de onvergên ia permane e

o mesmo quando uma série de potên ias é diferen iada ou integrada, isso não signi� a

que o intervalo de onvergên ia permaneça o mesmo. Pode o orrer de a série ini ial

onvergir em um extremo enquanto que a série diferen iada diverge nesse ponto.

EXEMPLO 5.15.3 Expresse

1

(1− x)2 omo uma série de potên ias e determine seu raio de

onvergên ia.

Solução: No Exemplo 5.13.4 vimos que, se x ∈ (−1, 1) então

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + · · · =

∞∑

n=0

xn.

Diferen iando ada lado dessa equação, obtemos que

1

(1− x)2= 1 + 2x+ 3x2 + 4x3 + · · · =

∞∑

n=1

nxn−1.

Podemos deslo ar o índi e do ontador tro ando n por n+1, es revendo a resposta omo

1

(1− x)2=

∞∑

n=0

(n+ 1)xn.

De a ordo om o Teorema 5.15.1, o raio de onvergên ia da série diferen iada é o mesmo

que o raio de onvergên ia da série original, a saber, R = 1. O leitor poderá veri� ar que o

intervalo de onvergên ia da série obtida é aberto nos extremos, ou seja, é o intervalo (−1, 1).

EXEMPLO 5.15.4 Expresse

x5

(1− 3x)2 omo uma série de potên ias e determine seu intervalo

de onvergên ia.

Solução: No Exemplo 5.15.3 vimos que, para x ∈ (−1, 1) é válido que

1

(1− x)2=

∞∑

n=0

(n+ 1)xn.

Tro ando x por 3x em ambos os lados dessa igualdade, obtemos

1

(1− 3x)2=

∞∑

n=0

(n+ 1)(3x)n =∞∑

n=0

3n(n + 1)xn

202

e essa série onverge se 3x ∈ (−1, 1), ou seja, se x ∈ (−13, 13). Agora, para obter a série

desejada basta multipli ar a série a ima por x5, obtendo

x5

(1− 3x)2= x5

∞∑

n=0

3n(n + 1)xn =∞∑

n=0

3n(n + 1)xn+5.

Outra forma de es rever esta série é

x5

(1− 3x)2=

∞∑

n=5

3n−5(n− 4)xn

e seu intervalo de onvergên ia é (−13, 13).

EXEMPLO 5.15.5 En ontre a representação em séries de potên ias para f(x) = ln(1− x).

Solução: Notemos ini ialmente que, pelo Exemplo 5.15.3 obtemos que

f ′(x) =−1

1− x=

∞∑

n=0

−xn

e integrando ambos os lados dessa equação, om o auxílio do Teorema 5.15.1, obtemos que

f(x) =

∫ −1

1− xdx = C +

∞∑

n=0

−xn+1

n + 1= C −

∞∑

n=1

xn

n.

Para determinar o valor de C, olo amos x = 0 nessa equação e en ontramos C − 0 =f(0) = ln 1 = 0. Assim

ln(1− x) = −∞∑

n=1

xn

n= −x− x2

2− x3

3− · · · .

O raio de onvergên ia dessa série é o mesmo que o da série original, R = 1, porém o

intervalo de onvergên ia é I = [−1, 1). Veri�que!Note o que a onte e quando olo amos x = 1

2no resultado do Exemplo 5.15.5. Como

ln 12= − ln 2, vemos que

ln 2 =1

2+

1

8+

1

24+

1

64+ · · · =

∞∑

n=1

1

n2n.

Ou seja, usando esta série de funções obtivemos a soma da série numéri a

∞∑

n=1

1

n2n.

5.16 Séries de Taylor

Considere uma função f (x) e seja a um real qualquer. Pretende-se en ontrar uma série

de potên ias da forma

∞∑n=0

cn (x− a)n que onvirja para f, ou seja, tal que

f (x) =

∞∑

n=0

cn (x− a)n .

Em outras palavras, queremos que

f (x) = c0 + c1 (x− a) + c2 (x− a)2 + c3 (x− a)3 + · · ·+ cn (x− a)n + · · · (5.16.1)

Assim, pre isamos determinar os oe� ientes c0, c1, c2, · · ·

203

• Primeiro determinamos c0, tomando x = a em (5.16.1). Obtemos

f (a) = c0 + c1 (a− a) + c2 (a− a)2 + c3 (a− a)3 + · · ·+ cn (x− a)n + · · ·

donde vem

f (a) = c0.

• Determinamos a derivada da função (5.16.1) e na sequên ia apli amos em x = a para

obter c1, ou seja,

f ′ (x) = c1 + 2c2 (x− a) + 3c3 (x− a)2 + · · ·+ ncn (x− a)n−1 + · · ·

f ′ (a) = c1 + 2c2 (a− a) + 3c3 (a− a)2 + · · ·+ ncn (a− a)n−1 + · · ·donde vem

f ′ (a) = c1.

• Determinamos a segunda derivada da função (5.16.1) e na sequên ia apli amos em

x = a para obter c2, isto é,

f ′′ (x) = 2c2 + 3 · 2c3 (x− a) + 4 · 3c4 (x− a)2 + · · ·+ n(n− 1)cn (x− a)n−2 + · · ·

f ′′ (a) = 2c2 + 3 · 2c3 (a− a) + 4 · 3c4 (a− a)2 + · · ·+ n(n− 1)cn (a− a)n−2 + · · ·donde vem

f ′′ (a) = 2c2 ou c2 =f ′′ (a)

2!.

• Determinamos a ter eira derivada da função (5.16.1) e, na sequên ia f (3) (a) para obterc3. Temos

f (3) (x) = 3·2c3+4·3·2c4 (x− a)+5·4·3c5 (x− a)2+· · ·+n(n−1)(n−2)cn (x− a)n−3+· · ·

f (3) (a) = 3·2c3+4·3·2c4 (a− a)+5·4·3c5 (a− a)2+· · ·+n(n−1)(n−2)cn (a− a)n−3+· · ·donde vem

f (3) (a) = 3 · 2c3 ou c3 =f (3) (a)

3!.

• Prosseguindo dessa forma, en ontraremos cn =f (n) (a)

n!, de modo que podemos rees-

rever a série omo segue

f (x) = f (a)+f ′ (a) (x− a)+f ′′ (a)

2!(x− a)2+

f (3) (a)

3!(x− a)3+· · ·+f

(n) (a)

n!(x− a)n+· · ·

ou seja, en ontramos a série de Taylor:

f (x) =

∞∑

n=0

f (n) (a)

n!(x− a)n .

EXEMPLO 5.16.1 Desenvolver em série de Taylor a função f (x) = sin x.

Solução: Primeiro vamos determinar as derivadas de todas as ordens de f (x) = sin x no

ponto a. Temos que

204

f (a) = sin a f ′ (a) = cos a f ′′ (a) = − sin af (3) (a) = − cos a f (4) (a) = sin a f (5) (a) = cos a

A seguir, substituímos na expressão da série de Taylor

f (x) = f (a)+f ′ (a) (x− a)+f ′′ (a)

2!(x− a)2+

f (3) (a)

3!(x− a)3+ · · ·+ f (n) (a)

n!(x− a)n+ · · ·

e obtemos

sin x = sin a+ cos a (x− a)− sin a

2!(x− a)2 − cos a

3!(x− a)3 +

sin a

4!(x− a)4 + · · · .

Esta série pode ser rees rita separando os termos em seno dos termos em osseno, on-

forme segue

sin x =

(sin a− sin a

2!(x− a)2 +

sin a

4!(x− a)4 + · · ·

)+(cos a (x− a)− cos a

3!(x− a)3 + · · ·

),

e es revendo em forma de somatório vem que

sin x =∞∑

n=0

(−1)nsin a

2n!(x− a)2n +

∞∑

n=0

(−1)ncos a

(2n+ 1)!(x− a)2n+1 .

5.17 Série de Ma laurin

Colin Ma laurin (1698 - 1746) foi um matemáti o es o ês. Para obter o desenvolvimento

de uma função em série de Ma laurin basta tomar a = 0 na série de Taylor. Desse modo, a

série de Ma Laurin de uma função f é dada por

f (x) =∞∑n=0

fn (0)

n!xn = f (0) + f ′ (0)x+

f ′′ (0)

2!x2 +

f (3) (0)

3!x3 + · · ·+ f (n) (0)

n!xn + · · · .

EXEMPLO 5.17.1 Desenvolver em série de Ma laurin a função f (x) = sin x.

Solução: No Exemplo 5.16.1 desenvolvemos f (x) = sin x em série de Taylor. Fazendo a = 0nesse desenvolvimento, obtemos

sin x =

(sin 0− sin 0

2!(x− 0)2 +

sin 0

4!(x− 0)4 + · · ·

)+

(cos 0 (x− 0)− cos 0

3!(x− 0)3 + · · ·

)

ou seja,

sin x = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+x9

9!+ · · ·

ou ainda,

sin x =∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!.

O leitor poderá veri� ar, sem grandes di� uldades, que o intervalo de onvergên ia desta

série é toda a reta real, ou seja, esta série onverge para todo valor real de x.Ainda, esta série pode ser apli ada para determinar o valor de onvergên ia de séries

numéri as. Por exemplo, substituindo x = π6na série a ima, temos que

205

π

6−

(π6

)3

3!+

(π6

)5

5!−

(π6

)7

7!+

(π6

)9

9!+ · · · = sin

π

6=

1

2.

EXEMPLO 5.17.2 Desenvolver em série de Ma Laurin a função f(x) =

∫sin x

xdx.

Solução: Primeiro dividimos ada termo obtido no Exemplo 5.17.1 por x, en ontrando

sin x

x= 1− x2

3!+x4

5!− x6

7!+x8

9!+ · · ·

A seguir, integramos a série termo a termo e obtemos

∫sin x

xdx =

∫dx−

∫x2

3!dx+

∫x4

5!dx−

∫x6

7!dx+

∫x8

9!dx+ · · ·

= x− x3

3!3+x5

5!5− x7

7!7+x9

9!9+ · · ·

=∞∑n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)! (2n + 1),

que onverge para todo valor real de x.

EXEMPLO 5.17.3 Utilize séries de funções para al ular limx→0

sin x− x

x3.

Solução: A partir da série en ontrada no Exemplo 5.17.1, temos que

sin x = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+x9

9!+ · · · (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ · · ·

e então

sin x− x = −x3

3!+x5

5!− x7

7!+x9

9!+ · · · (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ · · · .

Dividindo ambos os lados por x3, en ontramos

sin x− x

x3= − 1

3!+x2

5!− x4

7!+x6

9!+ · · · (−1)n

x2n−2

(2n+ 1)!+ · · · .

Portanto

limx→0

sin x− x

x3= lim

x→0

(− 1

3!+x2

5!− x4

7!+x6

9!+ · · · (−1)n

x2n−2

(2n+ 1)!+ · · ·

)= −1

6.

EXEMPLO 5.17.4 Desenvolver em série de Ma laurin a função f(x) = sin(2x).

Solução: Anteriormente, vimos que a série de Ma Laurin de sin x é

sin x = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ · · · (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!+ · · ·

tro ando x por 2x nesta série, obtemos

206

sin(2x) = 2x− (2x)3

3!+

(2x)5

5!− (2x)7

7!+ · · · (−1)n

(2x)2n+1

(2n+ 1)!+ · · ·

= 2x− 23x3

3!+

25x5

5!− 27x7

7!+ · · ·+ (−1)n

22n+1x2n+1

2n+ 1+ · · ·

=∞∑n=0

(−1)n22n+1(x)2n+1

(2n+ 1)!.

Uma das prin ipais apli ações das séries de Taylor e de Ma Laurin o orre na integração

de funções. Newton frequentemente integrava funções expressando-as primeiro omo uma

série de potên ias e depois integrando a série termo a termo.

Por exemplo, a função g(x) = e−x2

não pode ser integrada pelas té ni as do Cál ulo 1,

pois sua antiderivada não é uma função elementar. No exemplo a seguir usaremos a ideia de

Newton para integrar essa função.

EXEMPLO 5.17.5 Expresse

∫e−x2

dx omo uma série de potên ias entrada no ponto 0.

Solução: Primeiro en ontraremos a série de Ma Laurin para g(x) = e−x2

. Embora seja

possível usar o método direto, vamos en ontrá-la a partir da série de Ma Laurin para f(x) =ex. Como f (n)(x) = ex para todo n natural, temos que

f (n)(0) = e0 = 1 ∀n ∈ N∗

e assim, a série de Ma Laurin da função exponen ial é

ex =∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn =

∞∑n=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2!+x3

3!+ · · · .

Pode-se mostrar fa ilmente que esta série onverge para todo x real e que seu intervalo

de onvergên ia é in�nito. Tro ando x por −x2 neste desenvolvimento, obtemos que

e−x2

=∞∑n=0

(−x2)nn!

=∞∑n=0

(−1)nx2n

n!= 1− x2 +

x4

2!− x6

3!+ · · ·

que também onverge para todo x. Agora podemos integrar esta série termo a termo, de

a ordo om o Teorema 5.15.1 e obter ∀n ∈ R

∫e−x2

dx = C +

∞∑

n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)n!= C + x− x3

3+

x5

5.2!− x7

7.3!+ · · ·

EXEMPLO 5.17.6 Cal ule

∫ 1

0

e−x2

dx om uma pre isão de três asas de imais.

Solução: Apli ando o Teorema Fundamental do Cál ulo à expressão obtida no exemplo

anterior, temos que

∫ 1

0

e−x2

dx = C +∞∑

n=0

(−1)nx2n+1

(2n + 1)n!

∣∣∣∣∣

1

0

=∞∑

n=0

(−1)n

(2n+ 1)n!.

207

Expandindo alguns termos desta série numéri a, temos que

∫ 1

0

e−x2

dx =

∞∑

n=0

(−1)n

(2n+ 1)n!= 1− 1

3

1

10− 1

42+

1

216− 1

1320+

1

9360+ · · ·

e observamos que a partir do sexto termo desta expansão, todos os demais possuem módulo

menor que

11320

< 0, 001 e assim, ao somarmos os in o primeiros termos da expansão teremos

uma aproximação om pre isão de até 3 asa de imais

∫ 1

0

e−x2

dx ≈ 1− 1

3+

1

10− 1

42+

1

216≈ 0, 7475.

EXEMPLO 5.17.7 Utilize desenvolvimento em séries de Ma Laurin para al ular

limx→0

arctan(x)− sin x

x3 cosx.

Solução: Começamos om o desenvolvimento em série de potên ias de f(x) = arctan x.Como

f ′(x) =1

1 + x2= (1 + x2)−1

é mais simples ini iar pelo desenvolvimento de f ′. No Exemplo 5.18.1 obtemos que

(1 + x)−1 = 1− x+ x2 − x3 + x4 + · · ·+ (−1)nxn + · · ·

tro ando x por x2, segue que

f ′(x) = (1 + x2)−1 = 1− x2 + x4 − x6 + · · ·+ (−1)nx2n + · · ·

então, integrando termo a termo, temos que

arctan x =

∫1

1 + x2dx = x− x3

3+x5

5− x7

7+ · · ·+ (−1)nx2n+1

2n+ 1+ · · · (I)

(a onstante na expansão da função ar o tangente é zero).

Ainda, sabemos que o desenvolvimento em série para o seno é

sin x = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ · · ·+ (−1)nx2n+1

(2n+ 1)!+ · · · (II)

Tomando a diferença entre as equações (I) e (II) obtemos

arctanx− sin x = x3(−1

3+

1

3!

)+ x5

(1

5− 1

5!

)+ · · ·+ x2n+1

((−1)n

2n+ 1+

(−1)n+1

(2n+ 1)!

)+ · · ·

Podemos obter a série de Ma Laurin para cosx fa ilmente, basta derivar termo a termo

a série de sin x desenvolvida a ima, obtendo

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!+ · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ · · · .

208

Agora podemos tomar o quo iente desejado e simpli� ar, para obter que

arctan(x)− sin x

x3 cosx=

x3(−1

3+

1

3!

)+ x5

(1

5− 1

5!

)+ · · ·+ x2n+1

((−1)n

2n+ 1+

(−1)n+1

(2n+ 1)!

)+ · · ·

x3(1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ (−1)nx2n

(2n)!+ · · ·

)

=

(−1

3+

1

3!

)+ x2

(1

5− 1

5!

)+ · · ·+ x2n−2

((−1)n

2n+ 1+

(−1)n+1

(2n+ 1)!

)+ · · ·

(1− x2

2!+x4

4!− x6

6!+ · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ · · ·

)

Finalmente, podemos apli ar o limite em ambos os lados dessa igualdade e en ontrar que

limx→0

arctan(x)− sin x

x3 cos x=

(−1

3+

1

3!

)+ 0

1 + 0=

−1

3+

1

6= −1

6.

5.18 Fórmula geral do bin�mio de Newton

Suponhamos que o interesse é o desenvolvimento do bin�mio (a+ b)n , para n inteiro

positivo. Do desenvolvimento geral do bin�mino de Newton vem que

(a + b)n = C0na

n + C1na

n−1b+ C2na

n−2b2 + · · ·+ Ckna

n−kbk + · · ·+ Cnnb

n.

Como

Ckn =

n!

k! (n− k)!=n (n− 1) (n− 2) · · · (n− (k − 1)) (n− k)!

k! (n− k)!=n (n− 1) (n− 2) · · · (n− (k − 1))

k!,

podemos es rever

(a+ b)n = an+nan−1b+n (n− 1)

2!an−2b2+· · ·+n (n− 1) (n− 2) · · · (n− (k − 1))

k!an−kbk+· · ·+bn.

Tomando a = 1 e b = x vem que

(1 + x)n = 1 + nx+n (n− 1)

2!x2 + · · ·+ n (n− 1) (n− 2) · · · (n− (k − 1))

k!xk + · · ·+ xn,

que é um desenvolvimento �nito. Porém, se n não for um inteiro positivo ou zero, é on-

veniente desenvolver o bin�mio (1 + x)n em série de Ma laurin. Desse modo teremos o

desenvolvimento in�nito

(1 + x)n = 1 + nx+n (n− 1)

2!x2 +

n (n− 1) (n− 2)

3!x3 + · · ·+

+n (n− 1) (n− 2) · · · (n− k + 1)

k!xk + · · · (5.18.1)

Esta série, hamada de série binomial, é um aso parti ular da Série de Ma Laurin. Como

o leitor poderá veri� ar, através do Critério de D'Alembert, a série binomial é absolutamente

onvergente para todo x real tal que |x| < 1. Pode ser provado que esse desenvolvimento

é verdadeiro para todo n. A prova pode ser en ontrada nos livros itados na bibliogra�a.

Es revendo em forma de somatório, temos que

(1 + x)n = 1 +

∞∑

k=1

n (n− 1) (n− 2) · · · (n− k + 1)

k!xk se |x| < 1.

209

EXEMPLO 5.18.1 Desenvolver em série de funções a função f (x) =1

1 + x.

Solução: Temos que

f (x) =1

1 + x= (1 + x)−1 .

Portanto, basta substituir n = −1 na fórmula da série binomial. Assim,

1

1 + x= 1 + (−1) x+

−1 (−1 − 1)

2!x2 +

−1 (−1− 1) (−1 − 2)

3!x3 + · · ·

+−1 (−1− 1) (−1− 2) · · · (−1− k + 1)

k!xk + · · ·

= 1− x+2

2!x2 +

−6

3!x3 + · · ·+ −1 (−1− 1) (−1− 2) · · · (−1 − k + 1)

k!xk + · · ·

1

1 + x= 1− x+ x2 − x3 + x4 + · · ·+ (−1)kxk + · · · =

∞∑

k=0

(−1)k xk.

EXEMPLO 5.18.2 Expresse omo uma série de potên ias a função f(x) =ln(x+ 1)

x.

Solução: Vamos analisar ini ialmente a função ln(x+ 1). A sua derivada é igual a

1

x+ 1, e

no exemplo anterior mostramos que

1

x+ 1= 1− x+ x2 − x3 + x4 + · · ·+ (−1)nxn + · · · =

∞∑

n=0

(−1)n xn,

portanto, devemos integrar ambos os membros da igualdade, obtendo

ln(x+ 1) =

∫1

1 + xdx =

∞∑

n=0

∫(−1)n xndx =

∞∑

n=0

(−1)nxn+1

n+ 1.

Como queremos f(x) =ln(x+ 1)

x, devemos dividir todos os membros por x, donde,

ln(x+ 1)

x=

∞∑

n=0

(−1)nxn

n+ 1.

EXEMPLO 5.18.3 Desenvolver em série de funções a função f (x) =1√1 + x

.

Solução: Temos que

f (x) =1√1 + x

= (1 + x)−1

2 .

210

Portanto, basta substituir n = −12na fórmula da série binomial. Assim,

1√1 + x

= 1 +

(−1

2

)x+

−12

(−12− 1)

2!x2 +

−12

(−1

2− 1) (

−12− 2)

3!x3 + · · ·

+−1

2

(−1

2− 1) (

−12− 2)· · · (−1

2− k + 1)

k!xk + · · ·

= 1− 1

2x+

−1

2

(−3

2

)

2!x2 +

−1

2

(−3

2

)(−5

2

)

3!x3 + · · ·

+

−1

2

(−3

2

)(−5

2

)· · · (1− 2k

2)

k!xk + · · ·

1√1 + x

= 1− 1

2x+

1 · 3222!

x2 − 1 · 3 · 5233!

x3 + · · ·+ (−1)k1 · 3 · 5 · ... · (2k − 1)

2kk!xk + · · ·

EXEMPLO 5.18.4 Desenvolver em série de funções a função f (x) =1√

1− x2.

Solução: Podemos aproveitar o resultado do Exemplo 5.18.3 substituindo x por (−x2) .Teremos então

1√1 + (−x2)

= 1− 1

2

(−x2

)+

1 · 3222!

(−x2

)2 − 1 · 3 · 5233!

(−x2

)3+ · · ·

+ (−1)n1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2nn!

(−x2

)n+ · · ·

1√1− x2

= 1 +1

2x2 +

1 · 3222!

x4 +1 · 3 · 5233!

x6 + · · ·+ 1 · 3 · 5 · ... · (2n− 1)

2nn!x2n + · · ·

EXEMPLO 5.18.5 Desenvolver em séries de funções a função f (x) = arcsin x.

Solução: Como a derivada da função f (x) = arcsin x é f ′ (x) =1√

1− x2podemos aprovei-

tar o resultado do Exemplo 5.18.4 e integrá-lo termo a termo, obtendo

∫dx√1− x2

=

∫dx+

1

2

∫x2dx+

1 · 3222!

∫x4dx+

1 · 3 · 5233!

∫x6dx+ · · ·

+1 · 3 · 5 · ... · (2n− 1)

2nn!

∫x2ndx+ · · ·

que resulta em

arcsin x = x+1

2 · 3x3 +

1 · 3222!5

x5 +1 · 3 · 5233!7

x7 + · · ·+ 1 · 3 · 5 · ... · (2n− 1)

2nn! (2n+ 1)x2n+1 + · · ·+ C

ou seja

arcsin x = x+∞∑

n=1

1 · 3 · 5 · ... · (2n− 1)

2nn! (2n+ 1)x2n+1 +

π

2.

OBSERVA�O 5.18.6 Vale ressaltar que o desenvolvimento obtido em todos os exemplos ante-

riores é válido apenas para |x| < 1.

211

5.19 Exer í ios Gerais

1. Determine os quatro primeiros termos de ada uma das sequên ias dadas abaixo. Cal-

ule também limn→∞

un, aso exista.

(a) un = n4n+2

(b) un = (−1)n

5−n(c) un = (−1)n

√n

n+1(d) un = 100n

n32 +4

(e) un = n+1√n

(f) un = lnnn

(g) un = ln(1n

)(h) un = n2

5n+3

(i) un = cos nπ2

(j) un = arctann (k) un =(1− 2

n

)n(l) un = n2

2n

(m) un = 3ne2n

(n) un = 1 + (−1)n (o) un = n√n (p) un = 7−n3n−1

2. Dados os termos abaixo, determine uma expressão para as sequên ias.

(a){

13, 29, 427, 881, · · ·

}(b){

13, −2

9, 427, −881, · · ·

}(c){

12, 34, 56, 78, · · ·

}(d)

{0, 1

4, 29, 316, · · ·

}

3. Classi�que, se possível, as sequên ias abaixo quanto à sua monotoni idade.

(a) un = n2n−1

(b) un = n− 2n (c) un = ne−n (d) un = 5n

2n2

(e) un = 10n

(2n)!(f) un = nn

n!(g) un = 1

n+lnn(h) un = n!

3n

4. Suponha que un seja uma sequên ia monótona tal que 1 ≤ un ≤ 5. Esta sequên ia

deve onvergir? O que mais pode ser dito sobre o seu limite?

5. Suponha que un seja uma sequên ia monótona tal que un ≤ 5. Esta sequên ia deve

onvergir? O que mais pode ser dito sobre o seu limite?

6. Pode-se obter aproximações de

√k utilizando a sequên ia re ursiva un+1 =

12

(un +

kun

),

onde u1 =12.

(a) En ontre as aproximações u2, u3, u4, u5, u6 para√10.

(b) Mostre que, se L = limn→∞

un, então L =√k.

7. Uma das mais famosas sequên ias é a sequên ia de Fibona i (1710-1250), de�nida

pela re orrên ia un+1 = un + un−1, onde u1 = u2 = 1.

(a) Determine os dez primeiros termos desta sequên ia.

(b) Os termos da nova sequên ia xn = un+1

undão uma aproximação para o igualmente

famoso número de ouro (ou razão áurea), denotado por τ. Determine uma aproximação

dos in o primeiros termos dessa nova sequên ia.

( ) Supondo que τ = limn→∞

xn, mostre que τ = 12(1 +

√5).

8. En ontre o termo geral da sequên ia de somas par iais de ada uma das séries abaixo.

A seguir, determine se a série onverge ou diverge, obtendo o valor de sua soma, se

possível.

212

(a)∞∑n=1

1

(2n− 1) (2n+ 1)(b)

∞∑n=1

8

(4n− 3) (4n+ 1)

(c)∞∑n=1

2n+ 1

n2 (n+ 1)2(d)

∞∑n=1

ln

(n

n + 1

)

(e)∞∑n=1

2n−1

5n(f)

∞∑n=1

1√n (n+ 1)

(√n+ 1 +

√n)

(g)∞∑n=1

1

1.2.3.4.5. · · · .n.(n+ 2)(h)

∞∑n=1

3n + 4

n3 + 3n2 + 2n

9. Analise se as a�rmações abaixo são verdadeiras ou falsas. Justi�que seus argumentos,

exibindo ontra-exemplos para as a�rmações falsas ou provando as a�rmações verda-

deiras.

(a) Toda sequên ia limitada é onvergente.

(b) Toda sequên ia limitada é monótona.

( ) Toda sequên ia onvergente é ne essariamente monótona.

(d) Toda sequên ia monótona de res ente onverge para zero.

(e) Se un for de res ente e un > 0 para todo n ∈ N, então un é onvergente.

(f) Se −1 < q < 1, então limn→+∞

qn = 0.

(g) Se a sequên ia un onverge, então a série

∞∑n=1

un também onverge.

(h) Se

∞∑n=1

un onverge, então

∞∑n=1

√un também onverge.

(i) Toda série alternada onvergente é ondi ionalmente onvergente.

(j) A série

∞∑n=1

(n3 + 1)2

(n4 + 5)(n2 + 1)é uma série numéri a onvergente.

(k) Desenvolvendo a função g(x) =

∫ x

0

t2e−t2dt em série de potên ias obtém-se g(x) =

∞∑n=0

(−1)nx2n+3

n!(2n + 3).

(l) A série de potên ias

∞∑n=1

(−1)3nxn é onvergente no intervalo (−13, 13) e sua soma é

igual a S =−3x

1 + 3x.

(m) Se a sequên ia un onverge então a série

∞∑n=1

(un+1 − un) também onverge.

(n) O raio de onvergên ia da série da série

∞∑n=0

(−1)n(3x− 5)2n

22n(n!)2é in�nito.

(o) A série

∞∑n=1

22n91−né onvergente e sua soma é igual a

36

5.

(p) O ritério da integral garante que

∞∑n=3

1

n lnn ln(lnn) onverge.

213

10. En ontre o termo geral da soma da série

∞∑n=1

4

4n2 − 1e veri�que se ela é onvergente.

11. En ontre a soma das séries abaixo, se possível.

(a)∞∑n=1

(1

5

)n

(b)∞∑n=1

5

(5n + 2)(5n+ 7)(c)

∞∑n=1

1

n2 + 6n+ 8(d)

∞∑n=1

−1√n+ 1 +

√n

12. Usando o teste de omparação veri�que se as séries abaixo são onvergentes ou diver-

gentes.

(a)∞∑n=1

1

n3n(b)

∞∑n=1

√n

n2 + 1(c)

∞∑n=1

1

nn(d)

∞∑n=1

n2

4n3 + 1

(e)∞∑n=1

1√n2 + 4n

(f)∞∑n=1

|sen(n)|2n

(g)∞∑n=1

n!

(2 + n)!(h)

∞∑n=1

1√n3 + 5

(i)∞∑n=1

1

n√n2 + 5

(j)∞∑n=1

1

n +√n+ 5

(k)∞∑n=1

n

4n3 + n+ 1(l)

∞∑n=1

2n

(2n)!

(m)∞∑n=1

√n+ 1 +

√n

3√n

(n)∞∑n=1

1 + n42n

n5n(o)

∞∑n=1

2 + cosn

n2(p)

∞∑n=1

√n

n+ 4

(q)∞∑n=1

1 + 2n

1 + 3n(r)

∞∑n=1

n+ lnn

n3 + 1

13. Usando o teste de D 'Alambert veri�que se as séries abaixo são onvergentes ou diver-

gentes.

(a)∞∑n=1

n+ 1

n22n(b)

∞∑n=1

n!

en(c)

∞∑n=1

1

(n+ 1)2n+1

(d)∞∑n=1

3n√n3 + 1

(e)∞∑n=1

3n

2n(n2 + 2)(f)

∞∑n=1

n!

2n (2 + n)!

(g)∞∑n=1

1

n+ 5(h)

∞∑n=1

n+ 1

n4n(i)

∞∑n=1

n

4n2 + n+ 1

(j)∞∑n=1

3n+ 1

2n(k)

∞∑n=1

3n

n2 + 2(l)

∞∑n=1

n!

(n + 2)3(m)

∞∑n=1

2n−1

5n(n+ 1)

14. Usando o teste de Cau hy, veri�que se as séries abaixo são onvergentes ou divergentes.

(a)∞∑n=1

(lnn)

nn2

n

(b)∞∑n=1

2n(n+ 1

n2

)n

(c)∞∑n=1

(n+ 1

n22n

)n

(d)∞∑n=1

n4n − n√n10n + 1

15. Usando o teste da integral veri�que se as séries abaixo são onvergentes ou divergentes.

(a)∞∑n=1

ne−n (b)∞∑n=1

lnn

n(c)

∞∑n=2

1

n lnn(d)

∞∑n=1

1

(n+ 1)√

ln (n+ 1)

(e)∞∑n=1

arctann

n2 + 1(f)

∞∑n=1

ne−n2

(g)∞∑n=1

n2e−n (h)∞∑n=1

earctann

n2 + 1

(i)∞∑n=1

1

4n+ 7(j)

∞∑n=1

1

n√n2 + 1

(k)∞∑n=1

1

n(1 + ln2 n)

214

16. Use o teste da integral, se possível, para determinar para quais valores de p > 0 a série+∞n=2

1

n(lnn)p onverge.

17. Veri�que se as séries abaixo são absolutamente onvergente, ondi ionalmente onver-

gente ou divergente.

(a)∞∑n=1

(−1)n−1 2n

n!(b)

∞∑n=1

(−1)n−1 1

(2n− 1)!(c)

∞∑n=1

(−1)n−1 n2

n!

(d)∞∑n=1

(−1)n−1 n

(2

3

)n

(e)∞∑n=1

(−1)n−1 n!

2n+1(f)

∞∑n=1

(−1)n−1 1

n2 + 2n

(g)∞∑n=1

(−1)n−1 3n

n!(h)

∞∑n=1

(−1)n−1 n2 + 1

n3(i)

∞∑n=1

(−1)n−1 nn

n!

(j)∞∑n=1

(−1)n−1 1

n2

3 + n(k)

∞∑n=1

(−1)n−1 nn2n

(2n− 5)n(l)

∞∑n=1

(−1)n−1n4

en

(m)∞∑n=1

(−1)n−1 n

n2 + 1(n)

∞∑n=1

(−1)n−1 n

n3 + 3(o)

∞∑n=1

(−1)n√2n2 − n

18. Classi�que as séries numéri as abaixo omo absolutamente onvergente, ondi ional-

mente onvergente ou divergente, justi� ando sua resposta.

(a)∞∑n=1

(−1)n−1 (23n+4 − n)

enn3n(b)

∞∑n=1

n cos(nπ)

n2 + n+ 1(c)

∞∑n=1

(−1)n√n+

√n

(d)∞∑n=1

(−1)n(n+ 1)!

2.4.6 · · · .(2n) (e)∞∑n=1

(−1)n 54n+1

n3n(f)

∞∑n=1

(−1)n 73n+1

(lnn)n

(g)∞∑n=1

n sin(nπ) + n

n2 + 5(h)

∞∑n=1

cos(n) + sin(n)

n3 +√n

(i)∞∑n=1

ne2n

n2en − 1

19. Determine o raio e o intervalo de onvergên ia das séries de potên ias abaixo.

(a)∞∑n=1

xn√n

(b)∞∑n=1

(−1)n−1xn

n3(c)

∞∑n=0

(3x− 2)n

n!

(d)∞∑n=1

(−1)nn4nxn (e)∞∑n=1

(−2)nxn

4√n

(f)∞∑n=2

(−1)nxn

4n lnn

(g)∞∑n=0

n(x+ 2)n

3n+1(h)

∞∑n=0

√n(x− 4)n (i)

∞∑n=1

(−1)n(x+ 2)n

n2n

(j)∞∑n=1

n!(2x− 1)n (k)∞∑n=1

xn

n√n3n

(l)∞∑n=1

(4x− 5)2n+1

n3

2

(m)∞∑n=0

n(x− 5)n

n2 + 1(n)

∞∑n=0

nn(x+ 2)n

(2n− 5)n(o)

∞∑n=0

n4(x− 1)n

en

(p)∞∑n=0

2n(x+ 1)n

n2 + 1(q)

∞∑n=0

n(x− 1)2n

n3 + 3(r)

∞∑n=1

(−1)n1.3.5.7. · · · .(2n− 1)xn

3.6.9. · · · .3n

215

20. Seja f(x) =∞∑n=1

xn

n2. Determine os intervalos de onvergên ia para f, f ′

e f”.

21. A partir da soma da série geométri a

∞∑n=1

xn, para |x| < 1, en ontre as somas das séries

abaixo.

(a)∞∑n=1

nxn−1 (b)∞∑n=1

nxn (c)∞∑n=1

n

2n(d)

∞∑n=2

n(n− 1)xn

(e)∞∑n=2

n2 − n

2n(f)

∞∑n=1

n2

2n(g)

∞∑n=1

(−1)nxn

n(h)

∞∑n=0

(−1)n

2n(n + 1)

22. En ontre uma representação em série de potên ias, entradas em zero, para as funções

abaixo.

(a) f(x) =1

1 + x3(b) f(x) =

1

4 + x3(c) f(x) =

x

9 + 4x2

(d) f(x) =x2

(1− 2x)2(e) f(x) =

x3

(x− 2)2(f) f(x) = ln(5− x) (g) f(x) = x ln(x2 + 1)

23. Expresse as integrais inde�nidas abaixo omo uma série de potên ias, entradas em

zero.

(a)

∫x

1− x8dx (b)

∫ln(1− x2)

x2dx (c)

∫x− arctanx

x3dx (d)

∫arctan x2dx

24. Utilize a representação em série de potên ias, entrada em zero, de f(x) = arctanxpara provar a seguinte expressão para π omo soma de uma série numéri a: π =

2√3

∞∑n=0

(−1)n

3n(2n+ 1).

25. Mostre que a função f(x) =∞∑n=0

xn

n!é solução da equação diferen ial f ′(x) = f(x).

26. Mostre que as funções f1(x) =∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!e f2(x) =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!são soluções

da equação diferen ial f”(x) + f(x) = 0.

27. En ontre a soma das seguintes séries

(a)∞∑n=0

(−1)nπ2n+1

42n+1(2n+ 1)!(b)

∞∑n=0

(−1)nπ2n

62n(2n)!(c)

∞∑n=1

3n

n!(d)

∞∑n=0

3n

5nn!

28. En ontre o raio e o domínio de onvergên ia da série

∞∑n=0

2n(x− 2)n

5n(1 + n2).

29. Determine o intervalo de onvergên ia da série

∞∑n=1

(3x− 5)n

7nn.

30. Mostre que a série de potên ias

∞∑n=0

(−1)nx2n

32né onvergente no intervalo (−3, 3) e que

sua soma é igual a S =9

9 + x2.

31. Determine o intervalo de onvergên ia da série de potên ias que representa a função

f(x) =4

x2expandida em torno de a = 1.

216

32. Desenvolva a função f(x) = cosh(x3) em série de Ma Laurin, determinando o termo

geral de sua expansão e o seu intervalo de onvergên ia.

33. Determine o intervalo e o raio de onvergên ia da série de funções, entrada em zero,

que representa a função f(x) =ex

2 − 1

x.

34. Usando séries de Ma laurin, mostre que

∫cosxdx = sin x+ k.

35. Desenvolva a função f(x) =

∫ x

0

t2 ln(1 + 4t2)dt em séries de Ma Laurin e determine o

seu intervalo de onvergên ia.

36. Desenvolver em série de Taylor e Ma laurin as funções:

(a) f(x) = sin2 x (b) f(x) = x2 sin 2x (c) f(x) = e3x (d) f(x) = e−x2

(e) f(x) = cos 2x (f) f(x) =sin(x5)

x3(g) f(x) =

cosx− 1

x2(h) f(x) = x3ex

2

37. Utilize desenvolvimento em séries de Ma Laurin para al ular os seguintes limites.

(a) limx→0

cos 2x+ 2x2 − 1

x4(b) lim

x→0

sin(x2) + cos(x3)− x2 − 1

x6

(c) limx→0

ln(1 + x2)

1− cos x(d) lim

x→0

ln(1 + x2)− 3 sin(2x2)

x2

(e) limx→0

ln(1 + x3)− ex3

+ 1

x6(f) lim

x→0

x2 sin(x2) + ex4 − 1

ln(1 + x4)

(g) limx→0

cos(2x2)− ex4

x sin(x3)(h) lim

x→0

sin(x8) + cos(3x4)− 1

ex8 − 1

38. Utilize séries numéri as e/ou séries de potên ias para en ontrar os valores reais de kque tornam válidas ada uma das igualdades abaixo.

(a)∞∑n=0

enk = 9 (b) limx→0

e−x4 − cos(x2)

x4= k

39. Desenvolver em série de Ma laurin as seguintes funções:

(a) f(x) =1

1− x(b) f(x) =

1√1 + x

(c) f(x) =1

1 + x2

(d) f(x) =1√

1− x2(e) f(x) =

∫sin x

xdx (f) f(x) =

∫e−x2

dx

(g) f(x) =

∫ln(1 + x)

xdx (h) f(x) = ln

(1 + x

1− x

)(i) f(x) = arcsin x

(j) f(x) = arccosx (k) f(x) = arctanx (l) f(x) = 3√1 + x

40. Cal ule a integral

∫ t

0

13√1 + x4

dx utilizando expansão em série de potên ias, entrada

em zero. Determine o termo geral desta expansão ou faça o seu desenvolvimento om

pelo menos 5 termos não nulos.

217

5.20 Respostas

1. .

(a) 14

(b) 0 (c) 0 (d) 0 (e) ∄ (f) 0 (g) ∄ (h) ∄

(i) ∄ (j) π2

(k) e−2 (l) 0 (m) 0 (n) ∄ (o) 1 (p) 0

2. (a) un = 2n−1

3n(b) un = (−1)n−12n−1

3n(c) un = 2n−1

2n(d) un = n−1

n2

3. .

(a) decrescente (b) decrescente (c) decrescente (d) decrescente(e) decrescente (f) crescente (g) decrescente (h) nao-decrescente

4. A sequên ia onverge, pois é uma sequên ia monótona limitada. Seu limite L é tal que

1 ≤ L ≤ 5.

5. Se a sequên ia for monótona res ente, será onvergente, om limite L ≤ 5. Porém, se

a sequên ia for monótona de res ente nada podemos a�rmar.

6. Di a para o item (b): Note que se L = limn→+∞

un então limn→+∞

un+1 = L. Com isso,

apli a-se limites em ambos lados da relação de re orrên ia dada e obtém-se que L =12

(L+ k

L

). Agora basta isolar L.

7. Di a para o item ( ): Note que se τ = limn→+∞

xn = limn→+∞

un+1

unentão lim

n→+∞

un−1

un=

1

τ.

Com isso, apli a-se limites em ambos lados da relação de re orrên ia dada e obtém-se

que τ = 1 +1

τ. Agora basta isolar τ.

8. .

(a) Sk =k

2k + 1. Converge para

1

2(b) Sk =

8k

4k + 1. Converge para 2

(c) Sk =k (k + 2)

(k + 1)2. Converge para 1 (d) Sk = − ln(k + 1). Diverge

(e) Sk =1

3− 2k

3.5k. Converge para

1

3(f) Sk = 1− 1√

k + 1.Converge para 1

(g) Sk =1

2− 1

(k + 2)!. Converge para

1

2(h) Sk =

5

2− 2

k + 1− 1

k + 2. Converge para

5

2

9. .

(a) F (b) F (c) F (d) F (e) V (f) V (g) F (h) F(i) F (j) F (k) V (l) V (m) V (n) V (o) V (p) F

10. Sk = 2− 2

2k + 1. A série onverge para 2.

11. (a) S =1

4(b) S =

1

7(c) S =

7

24(d) A série diverge

12. Legenda: C ( onvergente), D (divergente), I (in on lusivo):

(a) C (b) C (c) C (d) D (e) D (f) C (g) C (h) C (i) C(j) D (k) C (l) C (m) D (n) D (o) C (p) D (q) C (r) C

218

13. Legenda: C ( onvergente), D (divergente), I (in on lusivo):

(a) C (b) D (c) C (d) I (e) D (f) C (g) I (h) C (i) I (j) C (k) D (l) D (m) C

14. Legenda: C ( onvergente), D (divergente), I (in on lusivo):

(a) C (b) C (c) C (d) C

15. Legenda: C ( onvergente), D (divergente), I (in on lusivo):

(a) C (b) D (c) D (d) D (e) C (f) C (g) C (h) C (i) D (j) C (k) C

16. Converge para p > 1 e diverge para 0 < p ≤ 1.

17. .

(a) absolutamente (b) absolutamente (c) absolutamente

(d) absolutamente (e) divergente (f) absolutamente

(g) absolutamente (h) ondi ionalmente (i) divergente(j) ondi ionalmente (k) divergente (l) absolutamente

(m) ondi ionalmente (n) absolutamente (o) ondi ionalmente

18. .

(a) absolutamente (b) ondi ionalmente (c) ondi ionalmente

(d) absolutamente (e) absolutamente (f) absolutamente

(g) divergente (h) absolutamente (i) divergente

19. I é o intervalo de onvergên ia e R é o raio de onvergên ia

(a) R = 1, I = [−1, 1) (b) R = 1, I = [−1, 1] (c) R = ∞, I = (−∞,∞)(d) R = 1

4, I = (−1

4, 14) (e) R = 1

2, I = (−1

2, 12] (f) R = 4, I = (−4, 4]

(g) R = 3, I = (−5, 1) (h) R = 1, I = (3, 5) (i) R = 2, I = (−4, 0](j) R = 0, I = {1

2} (k) R = 3, I = [−3, 3] (l) R = 1

4, I = [1, 3

2]

(m) I = [4, 6), R = 1 (n) I = (−4, 0), R = 2 (o) I = (1− e, 1 + e), R = e(p) I = [−3

2,−1

2], R = 1

2(q) I = [0, 2], R = 1 (r) I = (−3

2, 32), R = 3

2

20. [−1, 1], [−1, 1] e (−1, 1), respe tivamente.

21. .

(a)1

(1− x)2(b)

x

(1− x)2(c) 2 (d)

2x2

(1− x)3

(e) 4 (f) 6 (g) − ln(1 + x) (h) 2 ln 32

22. .

(a) f(x) =∞∑n=0

(−1)nx3n (b) f(x) =∞∑n=0

(−1)nx3n

4n+1

(c)f(x) =∞∑n=0

(−1)n4nx2n+1

9n+1(d) f(x) =

∞∑n=1

2n−1nxn+1

(e) f(x) =∞∑n=1

nxn+2

2n+1(f) f(x) = −

∞∑n=0

xn+1

(n+ 1)5n+1

(g) f(x) =∞∑n=0

(−1)nx2n+3

n+ 1

23. .

(a)∞∑n=0

x8n+2

8n+ 2+K (b) −

∞∑n=1

x2n−1

n(2n− 1)+K (c)

∞∑n=1

(−1)n+1x2n−1

4n2 − 1+K

(d)∞∑n=0

(−1)nx4n+3

(4n+ 3)(2n+ 1)+K

219

24. Di a: Mostre que arctanx =∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1e depois faça x =

√3

3.

25. Di a: derive termo a termo, desloque o índi e do somatório e substitua na equação

dada.

26. Di a: derive termo a termo, desloque o índi e do somatório e substitua na equação

dada.

27. (a)

√2

2(b)

√3

2(c) e3 − 1 (d) e

3

5

28. Intervalo de onvergên ia:

−1

2≤ x ≤ 9

2e raio de onvergên ia R =

5

2.

29. Intervalo de onvergên ia:

−2

3≤ x < 4.

30. Di a: Note que a série dada é geométri a!

31.

∞∑n=0

(−1)n(4n+ 4)(x− 1)n, intervalo de onvergên ia: 0 < x < 2.

32. cosh(x3) =∞∑n=0

x6n

(2n)!, que onverge para todo x ∈ R

33. Desenvolvimento em séries de Ma Laurin : f(x) =∞∑n=1

x2n−1

n!que onverge para todo

x ∈ R, ou seja, o raio de onvergên ia é in�nito.

34. Basta integrar termo a termo.

35. f(x) =∞∑n=0

(−1)n4n+1x2n+5

(n+ 1)(2n+ 5) onverge para

−1

2≤ x ≤ 1

2.

36. Desenvolvimento em séries de Ma laurin

(a)∞∑n=0

(−1)n22n+1x2n+2

(2n+ 2)!(b)

∞∑n=0

(−1)n22n+1x2n+3

(2n+ 1)!(c)

∞∑n=0

3nxn

n!

(d)∞∑n=0

(−1)nx2n

n!(e)

∞∑n=0

(−1)n22nx2n

(2n)!(f)

∞∑n=0

(−1)nx10n+2

(2n+ 1)!

(g)∞∑n=1

(−1)nx2n−2

(2n)!(h)

∞∑n=0

x2n+3

n!

37. (a)2

3(b) − 2

3(c) 2 (d) − 5 (e) − 1 (f) 2 (g) − 3 (h) − 7

2

38. (a) k = ln8

9(b) k = −1

2

220

39. Desenvolvimento em Séries de Ma Laurin

(a)∞∑n=0

xn (b) 1 +∞∑n=1

(−1)n1.3.5. · · · .(2n− 1)xn

2nn!

(c)∞∑n=0

(−1)nx2n (d) 1 +∞∑n=1

1.3.5. · · · .(2n− 1)x2n

2nn!

(e)∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!(2n+ 1)+ C (f)

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!+ C

(g)∞∑n=0

(−1)nxn+1

(n+ 1)2+ C (h)

∞∑n=0

2x2n+1

2n+ 1

(i) x+∞∑n=1

1.3.5. · · · .(2n− 1)x2n+1

(2n+ 1)2nn!(j) − x−

∞∑n=1

1.3.5. · · · .(2n− 1)x2n+1

(2n+ 1)2nn!

(k)∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n + 1(l) 1 +

1

3x+

∞∑n=2

(−1)n2.5.8. · · · .(3n− 4)xn

3nn!

40.

∫ t

0

13√1 + x4

dx = t +

∞∑

n=1

(−1)n1.4.7.10. · · · .(3n− 2)t4n+1

(4n+ 1).3nn!

221