Alexandre N. Carvalho, Wagner V. L. Nunes e Sérgio L. Zani

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1 Cálculo III Alexandre N. Carvalho, Wagner V. L. Nunes e Sérgio L. Zani

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3 Sumário 1 A Fórmula de Taylor Fórmula e polinômio de Taylor para funções de uma variável Fórmula e polinômio de Taylor para funções de duas variáveis Máximos e mínimos 11.1 Definição e resultados gerais Teste do hessiano Exemplos Extremos de funções em regiões fechadas e limitadas O problema de um vínculo Introdução Teorema do multiplicador de Lagrange Exemplos O problema de dois vínculos Teorema dos multiplicadores de Lagrange Transformações Definição e Propriedades Básicas Exemplos Teorema da Função Inversa Introdução O Teorema da função inversa Funções Definidas Implicitamente Derivação de Funções Definidas Implicitamente O Teorema da função implícita (caso F (x, y) = ) O Teorema das funções implícitas: Caso Geral Integrais Múltiplas Integrais Iteradas Integrais Múltiplas Regras para estabelecer limites de integração para integrais iteradas Mudança de Variáveis Coordenadas Polares Coordenadas Cilíndricas Coordenadas Esféricas Densidade e Centro de Massa Momento de Inércia Momento Angular Miscelânea de Exemplos

4 4 SUMÁRIO Aplicações no Espaço R Apêndice Substituição e Integração por Partes (Cálculo I) Campos Vetoriais Introdução Exemplos Integrais de Linha Introdução Aplicação Integral de linha de um campo vetorial Campos conservativos e integrais de linha Teorema de Green Introdução Aplicação Integrais de Superfície Superfícies Integral de Superfície Exemplos Fluxo Definição e Exemplos Os Teoremas de Gauss e Stokes O Divergente e o Rotacional O Teorema de Gauss Interpretação Física do Divergente O Teorema de Stokes Interpretação Física do Rotacional Resumo

5 Capítulo 1 A Fórmula de Taylor 1.1 Fórmula e polinômio de Taylor para funções de uma variável Nesta seção recordaremos a fórmula de Taylor para funções de uma variável como vista em Cálculo I. Teorema Seja g : [a, b] R uma função de classe C n 1 e n vezes diferenciável em (a, b). Então existe c (a, b) tal que g(b) = g(a) + g (a)(b a) + + g(n 1) (a) (n 1)! (b a)n 1 + g(n) (c) (b a) n. n! Definição Dada uma função f : I R definida num intervalo I e n vezes derivável no ponto a I, o polinômio de Taylor de f em a é definido por p n (x) = f(a) + f (a) (x a) + f (a)! (x a) + + f (n) (a) n! (x a) n. Observe que nas condições do teorema (1.1.1) com b = a + h temos a seguinte igualdade g(a + h) = p n 1 (a + h) + R n (h) onde R n (h) = f (n) (c)h n /n! satisfaz lim h R n (h)/h n 1 =. 1. Fórmula e polinômio de Taylor para funções de duas variáveis Sejam A R um aberto, P o = (x o, y o ) A e (h, k) tal que (x o, y o ) + t(h, k) A para todo t 1. Considere uma função f : A R de classe C n+1 e, a partir dela, defina a função de uma variável g : [, 1] R dada por g(t) = f(x o +th, y o +tk), ou seja, g é a composta da função φ(t) = (x o +th, y o +tk) (qual a imagem de φ?) com f e, portanto, também é uma função de classe C n+1. Podemos assim aplicar o teorema (1.1.1) para g e obter a fórmula de Taylor correspondente, usando a = e b = 1. Entretanto, estamos interessados em ver o comportamento do polinômio de Taylor de g calculado em t = 1. Note que g() = f(p o ) e fazendo uso da regra da cadeia podemos ver que g () = f x (P o)h + f y (P o)k, g () = f x (P o)h + f x y (P o)hk + f y (P o)k, g () = 3 f x 3 (P o)h f x y (P o)h k f x y (P o)hk + 3 f y 3 (P o)k 3,. 5

6 6 CAPÍTULO 1. A FÓRMULA DE TAYLOR onde Deste modo, podemos escrever R n+1 (h, k) = g (n) () = n j= ( ) n n f j x n j y j (P o)h n j k j. f(x o + h, y o + k) = f(x o, y o ) + f x (x o, y o )h + f y (x o, y o )k + 1 ( ) f! x (x o, y o )h + f x y (x o, y o )hk + f y (x o, y o )k n ( ) n n f n! j x n j y j (P o)h n j k j + R n+1 (h, k) 1 (n + 1)! j= n+1 ( n + 1 j j= ) n+1 f x n+1 j y j (x o + ch, y o + ck)h n+1 j k j, para algum c (, 1). Note que, embora c possa variar com (h, k), temos lim h k n+1 f x n+1 j y j (x o + ch, y o + ck) = pois f é de classe C n+1 e c (, 1). Além do mais, para j n, temos h n+1 j k j (h + k ) n = h n+1 j k j h n+1 j k j (h + k ) n j (h + k ) j (h ) n j (k ) j e para j = n + 1 Assim, para j n + 1, temos = h n+1 j h n j h n+1 j k j (h + k ) n = k n+1 (h + k ) n lim h k Combinando 1.1 e 1. vemos que R n+1 (h, k) satisfaz k j k j = h n+1 f x n+1 j y j (x o, y o ), (1.1) k n+1 (k ) n = k. h n+1 j k j =. (1.) (h + k ) n R n+1 (h, k) lim =. h (h + k ) n k Fazendo h = x x o e k = y y o obtemos o polinômio de Taylor de grau (no máximo) n de f em P o = (x o, y o ) como + 1! p n (x, y) = f(x o, y o ) + f x (x o, y o )(x x o ) + f y (x o, y o )(y y o ) ( f x (x o, y o )(x x o ) + f x y (x o, y o )(x x o )(y y o ) + f + 1 n! n j= ( ) n n f j x n j y j (x o, y o )(x x o ) n j (y y o ) j y (x o, y o )(y y o ) Note que o polinômio de Taylor de grau um nada mais é do que a equação do plano tangente ao gráfico de f em (x o, y o ). Já o de grau dois representa a quádrica que melhor aproxima o gráfico de f em torno de (x o, y o ). Nos exemplos que seguem procuraremos identificar o comportamento do gráfico da função próximo ao ponto (x o, y o ) analisando o gráfico do seu polinômio de Taylor de grau. Vejamos ) +

7 1.. FÓRMULA E POLINÔMIO DE TAYLOR PARA FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS 7 Exemplo 1..1 Encontre o polinômio de Taylor p (x, y) da função f(x, y) = x sen y em torno de (x o, y o ) = (, ). A função acima é claramente suave, isto é, de classe C k para todo k. Precisamos calcular todas as derivadas até a segunda ordem. Temos Assim, (x, y) (, ) f x sen y f x sen y f y x cos y f x f x y cos y 1 f y x sen y p (x, y) = 1 (xy) = xy, cujo gráfico representa uma sela. A figura abaixo representa os gráficos de f e de p sobre um quadrado centrado na origem de lado três. O gráfico de f se encontra abaixo do gráfico de p. Figura 1.1: gráficos de f e p próximos à origem A figura (1.) procura mostrar que a aproximação é boa nas proximidades da origem, deixando de possuir utilidade para pontos mais afastados. Figura 1.: gráficos de f e p numa visão global

8 8 CAPÍTULO 1. A FÓRMULA DE TAYLOR Exemplo 1.. Encontre o polinômio de Taylor p (x, y) da função f(x, y) = x sen x + y sen y em torno de (x o, y o ) = (, ). Como no exemplo acima, a função é claramente suave. As suas derivadas até a segunda ordem são Assim, (x, y) (, ) f x sen x + y sen y f x sen x + x cos x f y sen y + y cos y f x cos x x sen x f x y f y cos y y sen y p (x, y) = 1 (x + y ) = x + y, cujo gráfico é um parabolóide. A figura abaixo (1.3) representa o os gráficos de f e de p numa vizinhança da origem. Figura 1.3: gráficos de f e p próximos à origem A próxima figura (1.4) procura mostrar que a aproximação é boa nas proximidades da origem, deixando de possuir utilidade para pontos mais afastados. Vejamos o último exemplo Exemplo 1..3 Encontre o polinômio de Taylor p (x, y) da função f(x, y) = sen (x 4 + y 4 ) em torno da origem. Como no exemplo acima, a função é claramente suave. As suas derivadas até a segunda ordem são

9 1.. FÓRMULA E POLINÔMIO DE TAYLOR PARA FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS 9 Figura 1.4: gráficos de f e p numa visão global Assim, (x, y) (, ) f sen (x 4 + y 4 ) f x 4x 3 cos (x 4 + y 4 ) f y 4y 3 cos (x 4 + y 4 ) f x 1x cos (x 4 + y 4 ) 16x 6 sen (x 4 + y 4 ) f x y 16x 3 y 3 sen (x 4 + y 4 ) f y 1y cos (x 4 + y 4 ) 16y 6 sen (x 4 + y 4 ) p (x, y) =, cujo gráfico representa um plano horizontal, na verdade, o próprio plano tangente ao gráfico de f na origem. Este exemplo ilustra que p pode não ser suficiente para sabermos mais informações sobre o gráfico de f próximo a P o. Deixamos como exercício ao leitor descobrir qual o menor inteiro n tal que p n (x, y) é diferente do polinômio nulo. A figura abaixo (1.5) representa os gráficos de f e de p próximos à origem. Figura 1.5: gráficos de f e p próximos à origem Observação 1..1 Note que existem funções suaves que não são identicamente nula mas têm todos p n nulos.

10 1 CAPÍTULO 1. A FÓRMULA DE TAYLOR

11 Capítulo Máximos e mínimos.1 Definição e resultados gerais Definição.1.1 Seja f : A R n R. Dizemos que P o A é um ponto de máximo (resp., mínimo) de f se f(p ) f(p o ) (resp., f(p ) f(p o )) para todo P A. Definição.1. Seja f : A R n R. Dizemos que P o A é um ponto de máximo local (resp., mínimo local) de f se existir uma bola B centrada em P o tal f(p ) f(p o ) (resp., f(p ) f(p o )) para todo P A B. Observação.1.1 Às vezes usaremos a denominação de máximo (mínimo) global no caso da definição (.1.1) para ressaltar a diferença entre as duas definições acima. É comum também empregarmos o termo extremo (local) para designarmos um ponto que é de máximo ou de mínimo (local). Vejamos alguns exemplos. Exemplo.1.1 Considere a função definida em R dada por f(x, y) = x + y. Como f(x, y) e f(, ) = é claro que (, ) é ponto de mínimo de f. Note que o gráfico de f representa um parabolóide com vértice na origem e concavidade voltada para cima. Antes de apresentarmos o próximo exemplo vamos relembrar que o gradiente de uma função aponta na direção de maior crescimento desta. Seja f : A R n R uma função diferenciável definida num aberto A. Seja u um vetor unitário de R n. A derivada direcional de f num ponto P o A na direção u é dada por f u (P o) = D u f(p o ) = f(p o ) u = f(p o ) cos θ, onde θ é o ângulo entre f(p o ) e u. Deste modo, a derivada direcional será máxima quando cos θ = 1, ou seja, quando θ =. Isto nos diz que u deve ter a mesma direção e sentido de f(p o ). Exemplo.1. Considere o conjunto A = {(x, y) R ; x, y, x + y 3 e y x}. Seja f : A R dada por f(x, y) = x y. Como os valores de f crescem à medida que se avança na direção do vetor i j = f, pela ilustração podemos perceber que o mínimo de f é atingido no ponto (, 3) e o seu máximo no ponto (3/, 3/). Vamos verificar que isto de fato ocorre. Se (x, y) A, temos f(x, y) f(3/, 3/) = x y 3/ = (x 3/) + (x y) pois, como (x, y) A, temos x + y 3 e x y. Somando estas duas desigualdades obtemos x + y 3 + y que é equivalente a x 3/. Portanto, f(x, y) f(3/, 3/) para todo (x, y) A e (3/, 3/) é, de fato, ponto de máximo de f em A. O valor máximo é f(3/, 3/) = 3/. 11

12 1 CAPÍTULO. MÁXIMOS E MÍNIMOS Figura.1: A região onde procuramos os extremos de f e algumas de suas curvas de nível Agora vamos verificar que (, 3) é ponto de mínimo de f em A. Seja (x, y) A, temos f(x, y) f(, 3) = x y + 3 = 3x + (3 x y). Ou seja, f(x, y) f(, 3) para todo (x, y) A, isto é, (, 3) é ponto de mínimo de f em A. O valor de mínimo é f(, 3) = 3. Teorema.1.1 Sejam A R n um aberto e f : A R uma função que tem máximo (resp., mínimo) local em P o A. Se as derivadas parciais de f existem em P o então elas são iguais a zero neste ponto. Prova Provaremos o caso em que P o é ponto de máximo local (o caso de mínimo local fica demonstrado a partir deste tomando-se a função g = f; fica como exercício completar este detalhe). Seja e i o vetor do R n que possui a i-ésima coordenada igual a 1 e as restantes iguais a. Como A é aberto e P o é um ponto de máximo local existe uma bola aberta B de raio ε > e centrada em P o que está contida em A tal que f(p ) f(p o ) para todo P B. Desse modo, a função de uma variável g(t) = f(p o + te i ) fica bem definida para t ( ε, ε) pois P o + te i B A e, além do mais, g(t) = f(p o + te i ) f(p o ) = g(). Ou seja, t = é um ponto de máximo local para a função de uma variável g. Temos g(t) g() f(p o + te i ) f(p o ) lim = lim = f (P o ), t t t t x i ou seja, g possui derivada em t = e g () = f x i (P o ). Como t = é ponto de máximo local de g, por um teorema de Cálculo I, devemos ter g f () = e, portanto, x i (P o ) =, para todo i = 1,..., n. Em outras palavras, o teorema anterior diz que se uma função atinge um máximo (ou mínimo) local em um ponto interior do seu domínio e suas derivadas parciais existem neste ponto, então o seu gradiente é nulo neste ponto. Deste modo, o teorema acima fornece uma condição necessária para que um ponto interior no domínio de uma função que tenha derivadas parciais seja um extremo local. Os pontos P A tais que f(p ) = são chamados de pontos críticos de f. Note que nem todo ponto crítico é ponto de máximo ou mínimo local. Basta considerar f(x, y) = x y cujo gradiente se anula na origem que, contudo, não é ponto nem de máximo nem de mínimo local, pois para todo ε > temos f(, ε) < < f(ε, ). Definição.1.3 Um ponto crítico que não é máximo local nem mínimo local é chamado de ponto de sela. Ou seja, um ponto crítico P o é um ponto de sela de uma função f se toda bola centrada em P o contiver dois pontos P 1 e P tais que f(p 1 ) < f(p o ) < f(p ). Note que, pelo teorema acima, para localizar extremos locais de uma função com derivadas parciais no interior do seu domínio basta restringirmos nossa atenção aos pontos críticos de f.

13 .. TESTE DO HESSIANO 13. Teste do hessiano O teorema a seguir fornece uma condição suficiente, sob determinadas condições, para decidir se um ponto crítico é ponto de máximo local, mínimo local ou ponto de sela. Apresentaremos o teste para funções de duas variáveis. O caso de função de mais de duas variáveis será brevemente explicado a seguir (veja o teorema..). Antes, porém, faremos a seguinte definição. Definição..1 Seja f : A R uma função de classe C definida num aberto A R n. A matriz hessiana de f num ponto P A é definida como f (P ) f x 1 x 1 x n (P ) Hess(P ) = f x n x 1 (P ) f x (P ) n O determinante da matriz acima será denotado por H(P ) e denominado de o hessiano de f em P. Note que Hess(P ) é uma matriz simétrica. No caso n = o hessiano é dado por ( f x (P ) f H(P ) = det x y (P ) ) ( f y x (P ) = f f y (P ) x (P f ) ) y (P ) f x y (P ) Teorema..1 Seja f : A R de classe C definida em um aberto A. Se P o é um ponto crítico de f então 1. se f x (P o ) > e H(P o ) > então P o é um ponto de mínimo local de f;. se f x (P o ) < e H(P o ) > então P o é um ponto de máximo local de f; 3. se H(P o ) < então P o é um ponto de sela de f; 4. se H(P o ) = não podemos afirmar nada sobre a natureza do ponto crítico P o. Prova 1. Como A é aberto e as derivadas parciais até segunda ordem são contínuas, existe uma bola aberta B o centrada em P o de raio ε > tal que f x (x, y) > e H(x, y) > para todo (x, y) B. Colocando P o = (x o, y o ), defina h = x x o e k = y y o onde (x, y) B o. Como f(x o, y o ) =, a fórmula de Taylor para f fica f(x, y) f(x o, y o ) = 1 [ ] f x ( P )h + f x y ( P )hk + f y ( P )k, onde P B o é da forma ( x, ȳ) = (x o + ch, y o + ck) com < c < 1. Coloque A = f x ( P ), B = f x y ( P ) e C = f y ( P ). Temos H( P ) = AC B > e para k, Assim se pusermos v = h/k vemos que f(x, y) f(x o, y o ) = 1 [ Ah + Bhk + Ck ] [ ( ) ] = k h A + B h k k + C. f(x, y) f(x o, y o ) = k [ Av + Bv + C ] >

14 14 CAPÍTULO. MÁXIMOS E MÍNIMOS pois = (B) 4AC = 4(B AC) = 4H( P ) < e A >. Se k = então f(x, y) f(x o, y o ) = 1 Ah. Portanto, para todo (x, y) B o temos f(x, y) f(x o, y o ), isto é, f(x, y) f(x o, y o ). Isto demonstra 1.. Considere a função g(x, y) = f(x, y). Temos g x (P o ) = f x (P o ) > e o hessiano de g é igual ao hessiano de f (os sinais se cancelam nas multiplicações que aparecem no determinante) e, portanto, pela parte anterior g tem um ponto de mínimo local em P o ; conseqüentemente f tem um ponto de máximo local em P o. 3. Dado v = (h, k) considere a função φ v (t) = f(p o + t v) = f(x o + ht, y o + kt) onde t ( ε, ε) como no item 1. Observe que φ v é a restrição de f sobre o segmento de extremos P o ε v e P o + ε v. Esta restrição nos fornece a informação de como é o gráfico de f quando cortado por um plano vertical paralelo ao vetor v e passando por (P o, f(p o )). Usando a regra da cadeia obtemos φ v () = f(p o) v e Coloque φ v () = f x (P o)h + f x y (P o)hk + f y (P o)k. A = f x (P o), Note que neste caso temos B AC >. Defina B = f x y (P o) e C = f y (P o.) Q( v) = Q(h, k) = φ v() = Ah + Bhk + Ck. O que vamos mostrar a seguir é que é sempre possível escolher direções u e v tais que φ u () e φ v () têm sinais opostos. Desse modo, pelo teste da derivada segunda para funções de uma variável, a restrição de f numa direção terá um mínimo em P o numa direção e um máximo na outra. Com isto em mãos é fácil ver que existem pontos arbitrariamente próximos de P o cujos valores de f são maiores do que f(p o ) (na direção de mínimo) e outros pontos onde valores são menores do que f(p o ) (na direção de máximo). Isto é o que caracteriza uma sela. Veja a figura (.). Caso 1: A = e C = e, portanto, B. Temos que Q(1, 1) = B e Q(1, 1) = B têm sinais diferentes. Caso : A = e C e, portanto, B. Temos que Q( C/4B, 1) = C/ e Q( 3C/B, 1) = C têm sinais diferentes. Caso 3: A. Temos que Q(1, ) = A e Q(B/A, 1) = [B AC]A 1 têm sinais diferentes pois [B AC] <. Deste modo, em qualquer um dos casos é possível encontrar duas direções u e v tais que φ u () e φ v () têm sinais opostos. Para isto, basta tomar os versores (vetores unitários) dos vetores obtidos em cada caso. Por exemplo, no caso (1) tomamos u = ( /, /) e u = ( /, /) e assim por diante. 4. Basta considerar as seguintes funções f(x, y) = x 4 + y 4, g(x, y) = x 4 y 4, h(x, y) = x 4 y 4. A origem é ponto crítico para todas elas e o hessiano também se anula em todos os três casos. Entretanto, a origem é um mínimo para f, um máximo para g e um ponto de sela para h. Isto termina a demonstração deste teorema. Observação..1 Note que se A, B e C são números reais tais que AC B > e A > então C >, pois caso contrário teríamos AC e, portanto, AC B B, o que contradiz o fato de AC B >. Do mesmo modo se prova que se AC B > e A < então C <. Assim, os itens 1 e do teorema acima podem ser reescritos substituindo-se as hipóteses f x (x, y) > e f x (x, y) < por f y (x, y) > e f y (x, y) <, respectivamente. Antes de enunciarmos o caso geral, relembremos o seguinte fato de Álgebra Linear:

15 .. TESTE DO HESSIANO 15 Figura.: Um ponto de sela com as direções de máximo e de mínimo Proposição..1 Seja A = (a ij ) n n uma matriz com coeficientes reais simétrica. Então A possui n autovalores reais (contados conforme a sua multiplicidade). Além do mais, podemos escolher os n autovetores de modo que formem uma base ortonormal { de R n. Em suma, existem números reais λ 1,..., λ n e vetores 1 se i = j v 1,..., v n tais que A v j = λ j v j, e v i v j = 1 j n, onde A v j deve ser entendido como o se i j, produto da matriz A pelo vetor coluna v j t. Teorema.. (Caso geral) Seja f : A R uma função de classe C definida num aberto A R n. Suponha que P o A seja um ponto crítico de f. Sejam λ 1,..., λ n os autovalores da matriz hessiana de f em P o e H(P o ) o hessiano de f em P o. Temos 1. se λ j > para todo 1 j n então P o é um ponto de mínimo local de f;. se λ j < para todo 1 j n então P o é um ponto de máximo local de f; 3. se existirem dois autovalores λ i e λ j com sinais opostos então P o é um ponto de sela de f; 4. nos demais casos, isto é, (a) λ j, para todo 1 j n e existe um autovalor λ i = ou (b) λ j, para todo 1 j n e existe um autovalor λ i = não podemos afirmar nada sobre a natureza do ponto crítico P o. Esboço da prova Ao invés de usarmos a base canônica de R n usaremos a base ortonormal { v 1,..., v n } formada pelos autovetores da matriz hessiana de f em P o. Considere a função g(t) = f(p o + t u), onde t 1, e u é um vetor com norma suficientemente pequena. Use a regra da cadeia e confira que g () = (P o ) u = e g () = (Hess(P o ) u) u. O ponto a ser observado é que quando u é pequeno o bastante, o valor de f(p ), onde P = P o + u, fica próximo a f(p o ) + 1 (Hess(P o) u) u (pense como ficaria a fórmula de Taylor para várias variáveis). Com relação à base adotada, escrevemos u = h 1 v h n v n e, deste modo, [f(p ) f(p o )] (Hess(P o ) u) u = (Hess(P o )(h 1 v h n v n )) (h 1 v h n v n ) = (h 1 Hess(P o ) v h n Hess(P o ) v n ) (h 1 v h n v n )

16 16 CAPÍTULO. MÁXIMOS E MÍNIMOS = (h 1 λ 1 v h n λ n v n ) (h 1 v h n v n ) n n = λ i h i h j v i v j = λ i h i = λ 1 h λ n h n, i,j=1 i=1 pelo fato dos vetores serem ortonormais. Agora, se λ j >, para todo 1 j n temos que λ 1 h λ n h n > se u = h 1 v h n v n. Se λ j <, para todo 1 j n temos que λ 1 h λ n h n < se u = h 1 v h n v n. Isto leva às conclusões 1 e. Suponha agora que existam λ i < e λ j >. Tome P 1 = P o + h i v i, h i e P = P o + h j v j, h j. Temos [f(p 1 ) f(p o )] (Hess(P o )h i v i ) (h i v i ) = λ i h i < e [f(p ) f(p o )] (Hess(P o )h j v j ) (h j v j ) = λ j h j >. A partir daí, segue-se 3. O caso 4 segue de exemplos como no teorema do caso bidimensional. Por exemplo, considere as funções f(x 1,, x n ) = x x 4, g(x 1,, x n ) = x 4 1 x 4 e h(x 1,, x n ) = x 4 1 x 4 que têm a origem como ponto de mínimo, máximo e sela, respectivamente. Note que nos três casos, os autovalores são todos nulos. Exemplo..1 Classifique os pontos críticos de Temos que f(x, y, z) = x 3 3x + y + z z. f(x, y, z) = (3x 3, y, z ) = (,, ) se e somente se (x, y, z) = (1,, 1) = P 1 ou (x, y, z) = ( 1,, 1) = P. A matriz hessiana de f é 6x Hess(x, y, z) =. Desta forma, Hess(P 1 ) = 6 e daí segue-se que todos os autovalores são positivos. Portanto, P 1 é ponto de mínimo local. Quanto a P, temos Hess(P ) = 6. Deste modo, P é ponto de sela pois a matriz hessiana possui um autovalor positivo e um negativo Exemplo.. Classifique os pontos críticos de Temos que f(x, y, z, w) = xy + yz + y + z w. f(x, y, z, w) = (y, x + y + z, y + z, 4w)) = (,,, ) se e somente se (x, y, z) = (,,, ) = P. Temos Hess(P ) =. 4

17 .. TESTE DO HESSIANO 17 O polinômio característico desta matriz é λ p(λ) = det λ λ 4 λ = (4 + λ)(λ3 4λ 4λ + 8). Note que λ 1 = 4 < é um autovalor da matriz acima. Como p(1) = 5 > e p() = 48 <, vemos que existe λ (1, ) tal que p(λ ) =, ou seja, existe também um autovalor positivo. Portanto, P é um ponto de sela. Vejamos que o teorema.. no caso n = é equivalente ao teorema..1. Para tanto, usaremos a notação Coloque A = f x (P o), B = f y (P o), e, portanto, o seu polinômio característico é dado por e tem como raízes os números reais C = f x y (P o) e H = AB C. ( ) A C H = C B p(λ) = λ (A + B)λ + AB C = λ (A + B)λ + H λ 1 = A + B + e λ = A + B onde = (A + B) 4H = (A B) + 4C. Vamos supor que a hipótese de 1 do teorema..1 seja válida, isto é, A > e H >. Queremos mostrar que λ 1 e λ são positivos. Como H = AB C > devemos ter AB > C. Como A > então B >. Logo, λ 1 A + B >. Também, H > AB > C 4AB > 4C AB > 4C AB A + B + AB > A + B + 4C AB = (A B) + 4C (A + B) > A + B = A + B > λ = A + B >. Reciprocamente, se λ 1 e λ são positivos A B < < A + B < A + B = (A + B) 4H < (A + B) H >. Daí, AB > C e, portanto A e B têm o mesmo sinal. Se fosse A < então B < e teríamos λ = A + B A + B um absurdo. Portanto, se λ 1 e λ são positivos devemos ter A > e H >, que são as hipóteses de 1 do teorema..1. Agora, se H > e A < então, como anteriormente, vemos que devemos ter B <, e daí segue que <, Também, como antes, λ = A + B A + B <. H > (A + B) > (A + B) = A + B > λ 1 = A + B + <.

18 18 CAPÍTULO. MÁXIMOS E MÍNIMOS Reciprocamente, se λ 1 e λ são negativos também temos < A + B H > e, portanto, A e B têm o mesmo sinal. Se fosse A > deveríamos ter B > e isto implicaria que λ 1 A + B >, uma contradição. Isto mostra a equivalência das hipóteses entre os segundos itens dos dois teoremas. Suponha agora que H <. Temos AB < C (A + B) < A + B < < A + B < Assim, λ < < λ 1. Reciprocamente, se λ < < λ 1 então { λ 1 = A+B+ > λ = A+B <. A + B < < A + B + A + B < (A + B) < = (A + B) 4H H <. Agora, H = = (A + B) 4H = (A + B) = A + B λ 1 = ou λ =. Isto termina a prova da equivalência entre os teoremas..1 e.. no caso bidimensional. O teorema a seguir, que é um resultado de Álgebra Linear, fornece uma condição necessária e suficiente para decidir se uma matriz simétrica apresenta todos os autovalores positivos ou todos negativos. Definição.. Seja A = (a ij ) uma matriz de ordem n. O menor principal de ordem 1 k n da matriz é definido como o determinante da sub-matriz A k = (a ij ) 1 i k e denotado por m k (A). 1 j k Teorema..3 Seja A = (a ij ) uma matriz simétrica de ordem n. 1. A fim de que todos os autovalores de A sejam positivos é necessário e suficiente que m k (A) > para todo 1 k n.. A fim de que todos os autovalores de A sejam negativos é necessário e suficiente que m k (A) < para todo k ímpar, 1 k n e m k (A) > para todo k par, 1 k n. Obs. A parte. segue de 1. notando que m k ( A) = ( 1) k m k (A)..3 Exemplos Exemplo.3.1 Deseja-se construir uma caixa sem tampa com a forma de um paralelepípedo retangular com um certo volume V. Determine as dimensões da caixa para que se gaste o mínimo de material possível. Denotemos por x e z as dimensões da base da caixa e por y a sua altura. Desta forma V = xyz e a área total da caixa é A = yx + yz + xz. Logo, como V é dado, temos A(x, y) = xy + V x + V y. Nosso problema se resume em achar o ponto de mínimo de A. Note que a região em que estamos trabalhando é x > e y >.

19 .3. EXEMPLOS 19 Vamos procurar os pontos críticos de A : { y V x = x V y =, ou seja, { yx = V xy = V. Logo y = x e voltando às equações, obtemos x = 3 V, y = 3 V/4 e z = 3 V. Agora, ( ) A A x H(x, y) = det x y = det (x,y) A y x A y ( 4V ) x 3 V = 8V y x 3 y Assim H( 3 V, 3 V/4) = 1 > e A x ( 3 V, 3 V/4) = >. Logo, pelo critério do hessiano vemos que ( 3 V, 3 V/4) é um ponto de mínimo local de A. Na verdade, trata-se de um mínimo global. A verificação pode ser vista da seguinte maneira. Para cada y > fixo a função A y (x) = A(x, y) = xy + V x + V y possui um mínimo global pois lim x + A y (x) = + e lim x + A y (x) = + e ele ocorre em x = V/y (note que esta é a única solução de A x (x, y) = A y(x) = ). O valor mínimo é m(y) = A y ( V/y) = A( V/y, y) = 4 V y + V/y. Logo, A(x, y) = A y (x) m(y). Por outro lado, a função m(y), que representa o mínimo de A y para cada y > fixado, também possui um mínimo global, pois lim y + m(y) = + e lim y + m(y) = + e este mínimo ocorre para y tal que m (y) =, isto é, quando V/y V/y =, ou seja, quando y = 3 V/4. Isto nos dá x = V/y = V/( 3 V/4) = 3 V. Assim, para todo x > e y >, temos A(x, y) = A y (x) m(y) m( 3 V/4) = A( 3 V, 3 V/4). Portanto, ( 3 V, 3 V/4) é um ponto de mínimo global. Finalmente, as dimensões da caixa são x = 3 V, y = 3 V/4 e z = 3 V. Exemplo.3. Classifique os pontos críticos da função f(x, y) = x 4 + y 4 x y. Vamos procurar os pontos críticos de f : { 4x 3 4x = 4x(x 1)(x + 1) = 4y 3 4y = 4y(y 1)(y + 1) =, que nos fornece as seguintes soluções P 1 = (, ) P = (, 1) P 3 = (, 1) P 4 = (1, ) P 5 = (1, 1) P 6 = (1, 1) P 7 = ( 1, ) P 8 = ( 1, 1) P 9 = ( 1, 1). O hessiano de f em (x, y) é dado por ( ) 1x H(x, y) = det 4 1y = 16(3x 1)(3y 1). 4

20 CAPÍTULO. MÁXIMOS E MÍNIMOS P H(P ) f x P é f(p ) P max. loc. P 3 sela 1 P 3 3 sela 1 P 4 3 sela 1 P min. loc. P min. loc. P 7 3 sela 1 P min. loc. P min. loc. A figura (.3) mostra os pontos críticos de f e a curva de nível 1 referente aos pontos de sela. A figura (.4) mostra o gráfico de f. Figura.3: pontos críticos de f e a curva de nível 1 Figura.4: gráfico de f Observe que P 1 é apenas um ponto de máximo local pois, por exemplo f(, ) = 8 > = f(p 1 ). Porém, os pontos de mínimo local são na verdade pontos de mínimo global. Nestes pontos f tem o valor e assim

21 .4. EXTREMOS DE FUNÇÕES EM REGIÕES FECHADAS E LIMITADAS 1 para todo (x, y) temos f(x, y) + = x 4 + y 4 x y + = (x 4 x + 1) + (y 4 y + 1) = (x 1) + (y 1), portanto, f(x, y)..4 Extremos de funções em regiões fechadas e limitadas Assim como ocorre com funções de uma variável, uma função de várias variáveis não precisa atingir pontos de máximo ou de mínimo. Um exemplo bem simples é dado pela função f : R R dada por f(x, y) = x+y. Esta função não possui máximo nem mínimo e, a bem da verdade, nem possui pontos críticos. O próximo teorema que será apenas enunciado sem demonstração garante em que condições uma função atinge seu máximo e seu mínimo. Antes de enunciá-lo lembremos que um subconjunto K R n é chamado de compacto se for limitado (isto é, se couber dentro de uma bola) e fechado (isto é, se todos os pontos da sua fronteira pertencerem a ele). Teorema.4.1 Seja K R n um compacto. Se f : K R for contínua então existem pontos P 1, P K tais que f(p 1 ) f(p ) f(p ) para todo P K. Em outras palavras, P 1 é ponto de mínimo de f em K e P é ponto de máximo de f em K. Observação.4.1 Nem P 1 nem P precisam ser únicos com tais propriedades. Observação.4. Se K é compacto e f : K R é diferenciável então pelo teorema.4.1 existem pontos de máximo e mínimo e para localizá-los podemos procurar os pontos críticos no interior de K (isto é, nos pontos de K que não fazem parte da fronteira) e analisar numa maneira conveniente os valores de f sobre a fronteira de K. Note que não há necessidade de utilizarmos o teste do hessiano nos pontos críticos se estivermos interessados em localizar os pontos de máximo e mínimo (globais) pois, basta testar a função em todos os pontos críticos (que estão no interior de K) e sobre aqueles extremos que foram encontrados sobre a fronteira de K. Enfatizamos que podem ocorrer extremos de f na fronteira e estes extremos não serem pontos críticos de f. Vejamos alguns exemplos. Exemplo.4.1 Determine os extremos de f(x, y) = x 3 + y 3 3x 3y sobre o conjunto K = {(x, y); x e y }. Note que K é compacto, f suave (C ) e pelo teorema.4.1 atinge máximo e mínimo. A região K é um retângulo como mostra a figura.5. Vamos procurar os pontos críticos de f : no interior de K { 3x 3 = 3y, 3 = cujas soluções são P (x, y) interior K f(p ) P 1 (1, 1) P (1, 1) 4 P 3 ( 1, 1) P 4 ( 1, 1) Desse modo, devemos considerar como soluções apenas os pontos P 1 e P. Passemos agora à análise de dos valores de f sobre a fronteira de K. Dividiremos em quatro casos, cada qual contemplando um lado do retângulo (ver figura.5.) caso 1: Lado l 1 = {(, y); y }. Neste lado a função a ser estudada é g 1 (y) = f(, y) = y 3 3y com y. Note que g 1(y) = 3y 3 = implica em y = 1 ou y = 1. Temos f(, 1) = g 1 ( 1) =

22 CAPÍTULO. MÁXIMOS E MÍNIMOS Figura.5: região K e f(, 1) = g 1 (1) =. Não podemos esquecer de testar g 1 nos extremos do intervalo de variação de y, isto é, nos pontos e, obtendo f(, ) = g 1 ( ) = e f(, ) = g 1 () =. caso : Lado l = {(, y); y }. Neste lado a função a ser estudada é g (y) = f(, y) = +y 3 3y com y. Como g = + g 1 obtemos os mesmos valores de y, porém lembre que aqui x =. Deste modo, f(, 1) = g ( 1) = 4, f(, 1) = g (1) =, f(, ) = g ( ) =, f(, ) = g () = 4. caso 3: Lado l 3 = {(x, ); x }. Neste lado a função a ser estudada é g 3 (x) = x 3 3x + x que tem a mesma representação da função do caso mas está definida num domínio distinto. Assim, devemos descartar o ponto x = 1 que embora seja solução de g 3(x) =, não pertence a intervalo [, ]. Ficamos com f(1, ) = g 3 (1) =, f(, ) = g 3 () = e f(, ) = g 3 () = 4. caso 4: Lado l 4 = {(x, ); x }. Neste lado a função a ser estudada é g 4 (x) = x 3 3x x. Como g 4 = g 3 4 obtemos os mesmos valores de x, porém lembre que aqui y =. Deste modo, f(1, ) = g 4 (1) = 4, f(, ) = g 4 () = e f(, ) = g 4 () =. Resumindo, (x, y) f(x, y) (1, 1) (1, 1) 4 (, 1) (, 1) (, ) (, ) (, 1) 4 (, 1) (, ) (, ) 4 (1, ) (1, ) 4 obtemos que o máximo de f é 4 e ocorre nos pontos (, 1) e (, ), ambos na fronteira de K, e o mínimo é 4 e ocorre nos pontos (1, 1), no interior de K, e (1, ), na fronteira de K. Exemplo.4. Determine os extremos de f(x, y) = xy sobre o conjunto K = {(x, y); x + y 1}. Como no exemplo anterior, K é compacto (um disco fechado), f suave (C ) e pelo teorema.4.1 atinge máximo e mínimo.

23 .4. EXTREMOS DE FUNÇÕES EM REGIÕES FECHADAS E LIMITADAS 3 Os pontos críticos de f no interior de K { y = x =, cuja única solução é (, ) e o valor de f neste ponto é. Analisaremos na fronteira de K : {(x, y); x + y = 1} = {(cos t, sen t); t π}. Assim, a função a ser considerada é g(t) = f(cos t, sen t) = cos t sen t = 1 sen t, t π. Note que as raízes g (t) = cos t = com t π são π/4, 3π/4, 5π/4 e 7π/4. Temos g(π/4) = 1/ = g(5π/4) e g(π/4) = 1/ = g(7π/4). Além do mais, nos extremos temos g() = g(π) =. Reunindo os resultados encontrados no interior e na fronteira de K vemos que o máximo de f é 1/ e o mínimo é 1/. O valor máximo é atingido nos pontos referentes aos valores de t = π/4 e t = 5π/4 que correspondem aos pontos ( /, /) e ( /, /), respectivamente. O valor mínimo é atingido nos pontos referentes aos valores de t = 3π/4 e t = 7π/4 que correspondem aos pontos ( /, /) e ( /, /), respectivamente. Todos estes pontos se encontram na fronteira de K.

24 4 CAPÍTULO. MÁXIMOS E MÍNIMOS

25 Capítulo 3 O problema de um vínculo 3.1 Introdução Suponha que f e g sejam funções de duas variáveis com derivadas parciais contínuas em um aberto de A R. O problema que passaremos a estudar é encontrar os extremos da função f quando esta está sujeita à condição que g(x, y) =. Isto é, queremos encontrar os pontos (x, y) dentro do domínio de f e restritos ao vínculo (ou condição lateral) g(x, y) = que maximizem ou minimizem os valores de f. Note que o vínculo g(x, y) = representa uma curva de nível da função g, que assumiremos ser tal que g. Para cada t R a equação f(x, y) = t também representa uma curva de nível da função f e variando t obteremos uma família de curvas de nível de f. Se uma tal curva de nível de f, digamos de nível t o, intercepta a curva g(x, y) = transversalmente, isto é, de modo que uma não seja tangente à outra, ou ainda, os vetores f(x, y) e g(x, y) são linearmente independentes no ponto de intersecção, então para valores de t próximos a t o a curva de nível f(x, y) = t também interceptará g(x, y) =. Isto significa que t o não pode ser valor de mínimo nem de máximo de f sobre o vínculo. Desta maneira, f só pode atingir um valor extremo (máximo ou mínimo) sobre a curva g(x, y) = num determinado ponto P o = (x o, y o ) se a curva de nível f(x, y) = f(p o ) for tangente a g(x, y) = em P o, ou seja, se f(p o ) = λ g(p o ) para algum λ. Note que as observações acima podem ser verificadas da seguinte forma: Suponha que a curva g(x, y) = seja representada na forma paramétrica por (t) = (x(t), y(t)), tal que (t). Sobre esta curva, a função f é dada por φ(t) = f(x(t), y(t)). Deste modo, para analisar os extremos de f sobre g(x, y) = basta encontrar os extremos de φ que é uma função de uma variável. Supondo que t (a, b) então um extremo de φ, caso exista, deve ocorrer em algum t o tal que φ (t o ) =. Mas φ (t) = x f(x(t), y(t))x (t) + y f(x(t), y(t))y (t) = f(x(t), y(t)) (t). Assim, substituindo em t = t o e colocando P o = (x(t o ), y(t o )), vemos que f(p o ) (t o ) =, ou seja, (t o ) deve ser ortogonal a f(p o ). Como f é ortogonal às curvas de nível de f, segue-se que em P o as curvas de nível g(x, y) = e f(x, y) = f(x o, y o ) devem ser tangentes e, portanto, f(p o ) = λ g(p o ) para algum λ. Observe que as condições f(x o, y o ) = λ o g(x o, y o ) para algum λ o e g(x o, y o ) = são equivalentes a que (x o, y o, λ o ) seja um ponto crítico da função de três variáveis dada por h(x, y, λ) = f(x, y) λg(x, y). De fato, (x o, y o, λ o ) é um ponto crítico de h se e somente se h x (x o, y o, λ o ) = f x (x g o, y o ) λ o x (x o, y o ) = h y (x o, y o, λ o ) = f y (x g o, y o ) λ o y (x o, y o ) = h λ (x o, y o, λ o ) = g(x o, y o ) = mas as duas primeiras equações acima são equivalentes a f(x o, y o ) = λ o g(x o, y o ) e a terceira a g(x o, y o ) =. O raciocínio acima pode ser aproveitado para o caso de mais variáveis. Vejamos quando f e g são funções de três variáveis satisfazendo as mesmas hipóteses anteriores, isto é, são funções de classe C 1 e g. 5

26 6 CAPÍTULO 3. O PROBLEMA DE UM VÍNCULO Figura 3.1: g(x, y) = representada em azul e algumas curvas de nível de f(x, y) = t Esta última condição garante que g(x, y, z) = define uma superfície nível S tal que para cada P o S existem duas curvas j : ( ε, ε) S, j = 1,, tais que 1 () = () = P o e 1() e () são linearmente independentes (veja a figura 3.). Se P o = (x o, y o, z o ) é um extremo de f restrita à condição g(x, y, z) = então as funções φ 1 (t) = f( 1 (t)) e φ (t) = f( (t)) também alcançarão um extremo quando t =, correspondente a 1 () = () = P o. Derivando obtemos as relações f(p o ) 1() = e f(p o ) () =. Como 1() e () são linearmente independentes, vemos que f(p ) deve ser ortogonal ao plano gerado por estes dois vetores em P o, que nada mais é senão o plano tangente à superfície g(x, y, z) = em P o. Como g(p o ) é ortogonal a este plano, segue-se que f(p o ) = λ o g(p o ) para algum λ o R. Este resultado se estende para n variáveis e o argumento a ser usado é análogo, bastando tomar n 1 curvas contidas em g(p ) = passando por um mesmo ponto e cujos n 1 vetores tangentes formam um conjunto linearmente independente. 3. Teorema do multiplicador de Lagrange Teorema 3..1 (Multiplicador de Lagrange) Sejam f e g funções de classe C 1 definidas num aberto A de R n. Suponha que g(p ), P A. A fim de que P o A seja um extremo de f restrita ao vínculo g(p ) = é necessário que exista λ o R tal que f(p o ) = λ o g(p o ) e g(p o ) =, ou seja, o ponto (P o, λ o ) A R é um ponto crítico da função h(p, λ) = f(p ) λg(p ). 3.3 Exemplos Exemplo Encontre o ponto sobre o ramo de hipérbole xy = 1, x > mais próximo à origem. A função a ser minimizada é d(x, y) = x + y sujeita ao vínculo g(x, y) = xy 1 =. Um fato simples é que se (x, y) é um ponto que satisfaz o vínculo e minimiza a função d então este mesmo ponto minimiza a

27 3.3. EXEMPLOS 7 Figura 3.: Superfície de nível g(x, y, z) = contendo duas curvas cujos vetores tangentes são linearmente independentes. função f = d, e reciprocamente. Esta pequena observação facilita nos cálculos das derivadas parciais, pois basta trabalharmos com f(x, y) = x + y que não envolve radicais. Nosso problema se resume a encontrar o mínimo de f(x, y) = x + y sujeita à condição g(x, y) = xy 1 =. Pelo teorema 3..1 um ponto que satisfaz estas duas condições deve satisfazer, para algum λ, as equações { f(x, y) = λ g(x, y) g(x, y) = λ = ou λ = y = λx xy = 1, x > x = λy y = λx xy = 1, x > λ = x = y xy = 1, x > x = λ x/ y = λx xy = 1, x > λ = ou x = y xy = 1, x > mas o último caso não possui solução pois deveríamos ter x = 1. Assim, a única solução corresponde a λ = e é (x, y) = (1, 1). Afirmamos que (1, 1) é realmente um ponto de mínimo de f sobre o ramo de hipérbole. De fato, se xy = 1 e x > então f(x, y) f(1, 1) = x + y = x + 1 x = x4 x + 1 x = (x 1) x, isto é, f(x, y) f(1, 1) =, para todo ponto (x, y) sobre o ramo de hipérbole xy = 1, x >. Note, porém, que a distância mínima, é, ou seja, é dada por g(1, 1) = f(1, 1). Exemplo 3.3. Determine o ponto sobre a a reta x + y = 1 cujas coordenadas tenham o produto máximo. A função a ser maximizada é f(x, y) = xy sujeita ao vínculo g(x, y) = x + y 1 =. Pelo teorema 3..1 um ponto que satisfaz estas duas condições deve satisfazer, para algum λ, as equações { f(x, y) = λ g(x, y) y = λ y = x λ = 1/4 x = λ x = λ x = 1/. g(x, y) = x + y = 1 4λ = 1 y = 1/4 Logo, o ponto procurado é ( 1, 1 4 ). Afirmamos que ( 1, 1 4 ) é realmente um ponto de máximo de f sobre reta. De fato, se x + y = 1 então f(x, y) f(1/, 1/4) = xy 1/8 = (1 y)y 1/8 = y + y 1/8 = (y 1/4), isto é, f(x, y) f(1/, 1/4) para todo (x, y) sobre a reta x + y = 1.

28 8 CAPÍTULO 3. O PROBLEMA DE UM VÍNCULO Exemplo Determine o paralelepípedo retângulo de volume máximo, com arestas paralelas aos eixos coordenados, inscrito no elipsóide x 4 + y 9 + z 16 = 1. Representando por (x, y, z) o vértice do paralelepípedo no primeiro octante (x, y, z > ) vemos que o seu volume é expresso por V (x, y, z) = 8xyz. Assim, devemos encontrar o máximo da função V restrita à condição g(x, y, z) = x 4 + y 9 + z 16 1 =. Como o elipsóide é um conjunto fechado e limitado de R3, isto é, é um conjunto compacto, então já sabemos que V atingirá um máximo e um mínimo sobre ele. Desta forma, basta utilizarmos o teorema dos multiplicadores de Lagrange e dentre os possíveis pontos que encontrarmos ao resolver o sistema, tomar aquele que dê o maior valor para V. Lembrando que basta considerar x, y, z >, temos 8yz = λx y 8xz = λy x = 9x y y 9 z 9 x 8xy = λz = = 4x = x 4 z z = 4x z 8 y x 4 + y 9 + z 16 = 1 = 8y z 9z 16 x 4 + y 9 + z 16 = 1 = y 9 x 4 + y 9 + z 16 = 1 y 9 = x y 4 9 z = 4x = x 4 z = 4x z 16 = (x, y, z) = ( 3 y 3, 3, ). 9 x = x 4 + x 4 + x 4 = 1 z 16 = y 9 3 Portanto, o paralelepípedo procurado tem com vértices os pontos P 1 = ( 3 3, 3, ), P = ( 3 3, 3, ), P 3 = ( 3 3, 3, ), P 4 = ( 3 3, 3, ), P 5 = ( 3 3, 3, ), P 6 = ( 3 3, 3, ), P 7 = ( 3 3, 3, ), P 8 = ( 3 3, 3, ), com volume igual a V ( 3 3, 3, ) = = unidades de volume. Exemplo Encontre o ponto sobre o plano ax + by + cz + d = mais próximo ao ponto P o (x o, y o, z o ). Encontre também esta distância. Como no exemplo basta minimizar a função f(x, y, z) = (x x o ) + (y y o ) + (z z o ) sujeita à condição g(x, y, z) = ax + by + cz + d =. (x x o ) = λa x = λa (y y o ) = λb + x o y = λb + y o (z z o ) = λc z = λc + z o ax + by + cz + d = ax + by + cz + d = x = λa + x o x = λa y = λb + y + x o o y = λb z = λc + z + y o o z = λ λc + z o (a + b + c λ ) + ax o + by o + cz o + d = = axo+byo+czo+d a +b +c

29 3.3. EXEMPLOS 9 e a distância é dada por x = x o a x o +aby o +acz o +ad a +b +c y = y o baxo+b y o+bcz o+bd a +b +c z = z o cax o+cby o +c z o +cd a +b +c x = b(bx o ay o )+c(cx o az o ) ad a +b +c y = a(ay o bx o )+c(cy o bz o ) bd a +b +c z = a(azo cxo)+b(bzo cyo) cd a +b +c f(x, y, z) = (x xo ) + (y y o ) + (z z o ) = λ a + b + c = ax o + by o + cz o + d. a + b + c

30 3 CAPÍTULO 3. O PROBLEMA DE UM VÍNCULO

31 Capítulo 4 O problema de dois vínculos 4.1 Teorema dos multiplicadores de Lagrange Vamos considerar o problema de achar os extremos de uma função de três variáveis f(x, y, z) sujeita às condições g(x, y, z) = e h(x, y, z) =. Teorema Seja A R 3 um aberto. Suponha que as funções f, g e h : A R sejam de classe C 1. Seja B = {(x, y, z) A; g(x, y, z) = h(x, y, z) = } e suponha que os vetores g(x, y, z) e h(x, y, z) sejam linearmente independentes em B. Então, se (x o, y o, z o ) é um extremo de f restrita a B, existem constantes λ e µ tais que f(x o, y o, z o ) = λ g(x o, y o, z o ) + µ h(x o, y o, z o ). Prova: Seja P o = (x o, y o, z o ) um extremo de f sobre B. Vamos assumir que P o é um ponto de máximo de f sobre B. A condição que os gradientes de g e h são linearmente independentes em B garante que os pontos de B próximos a P o podem ser descritos por uma curva sua suave (t) = (x(t), y(t), z(t)) com ε < t < ε satisfazendo () = P o, () e g(t) = f((t)) f(()) = f(p o ). Assim, a função g que é escalar e de uma variável atinge um máximo em t = e, portanto, devemos ter g () =. Mas, pela regra da cadeia, g (t) = f((t)) (t) e, assim, g () = f(p o ) () =. Como a (t) B para todo t ( ε, ε), temos que g((t)) = = h((t)). Derivando estas duas últimas igualdades (use a regra da cadeia) e colocando t =, obtemos que g(p o ) () = e h(p o ) () =. Desta forma, vemos que o vetor não nulo () é ortogonal aos vetores g(p o ) e h(p o ) e como estes dois últimos são linearmente independentes, o conjunto { (), g(p o ), h(p o )} forma uma base para o R 3. Logo, existem constantes λ, µ e ν tais que o que implica em f(p o ) = λ g(p o ) + µ h(p o ) + ν () = f(p o ) () = λ g(p o ) () + µ h(p o ) () + ν () () = ν (), onde () denota o comprimento do vetor () que é não nulo. queríamos provar, isto é, f(p o ) = λ g(p o ) + µ h(p o ). Portanto, ν = e obtemos o que Exemplo Determine os semi-eixos da elipse dada pela intersecção do cilindro x + y = 1 com o plano x + y + z =. (veja a figura 4.). Como plano passa pela origem e o eixo do cilindro é dado por x = y =, vemos que o centro da elipse é a origem. Assim, precisamos encontrar os pontos sobre a elipse que estão mais próximos e mais afastados da origem. Tendo em vista observações anteriores, basta encontrarmos os extremos de f(x, y, z) = x + y + z (o quadrado da distância) sujeita aos vínculos g(x, y, z) = x + y 1 = e h(x, y, z) = x + y + z =. Note que h(x, y, z) = i + j + k e g(x, y, z) = x i + y j são claramente linearmente independentes: basta observar a componente de k dos dois vetores. 31

32 3 CAPÍTULO 4. O PROBLEMA DE DOIS VÍNCULOS Figura 4.1: Intersecção das duas superfícies g(x, y, z) = e h(x, y, z) = com os vetores normais Pelo teorema os extremos de f sujeita aos vínculos devem satisfazer para algum λ e algum µ as equações x = λx + µ (1 λ)x = µ f(x, y, z) = λ g(x, y, z) + µ h(x, y, z) y = λy + µ (1 λ)y = µ g(x, y, z) = z = µ z = µ h(x, y, z) = x + y = 1 x + y = 1 x + y + z = x + y + z = Assim, (1 λ)x = (1 λ)y que para λ 1 nos fornece x = y. Pelas restrições (vínculos) obtemos z = x e x = 1 que resultam nos pontos P 1 = (,, ) e P = (,, ). Agora, se λ = 1 então µ = e, portanto, z =. Desta forma, os vínculos se reduzem a { { x + y = 1 x = 1 (x, y) = ( x + y = y = x, ) ou (x, y) = (, ), dando os pontos P 3 = (,, ) e P 4 = (,, ). Temos f(p 1) = f(p ) = 3 e f(p 3 ) = f(p 4 ) = 1. Assim, o semi-eixo maior é dado pelo segmento OP 1 ou OP e tem comprimento igual a 3 e o menor é dado pelo segmento OP 3 ou OP 4 e tem comprimento igual a 1. Os vértices da elipse são os pontos P 1 a P 4. Exercício Considere dois planos concorrentes dados pelas equações ax + by + cz + d = e αx + βy + z + δ =. Note que a condição de serem concorrentes se traduz em que os vetores normais aos planos a i + b j + c k e α i + β j + k são linearmente independentes. Dado um ponto P o = (x o, y o, z o ) utilize o teorema para encontrar o ponto (x, y, z) contido na intersecção dos planos dados (uma reta) que está mais próximo a ele. Encontre também esta distância.

33 4.1. TEOREMA DOS MULTIPLICADORES DE LAGRANGE 33 Figura 4.: Intersecção de um cilindro com um plano

34 34 CAPÍTULO 4. O PROBLEMA DE DOIS VÍNCULOS

35 Capítulo 5 Transformações 5.1 Definição e Propriedades Básicas Chamaremos de transformação a uma função definida em um subconjunto A de R n e que assume valores em R m. Assim, uma transformação pode ser pensada como uma função de várias variáveis a valores vetoriais. Escreveremos T : A R n R m com ou, de forma abreviada, T (x 1,..., x n ) = (T 1 (x 1,..., x n ),..., T m (x 1,..., x n )) T (P ) = (T 1 (P ),..., T m (P )) As funções T j : A R, j = 1,..., m são chamadas de funções coordenadas da transformação T. A soma e multiplicação por um escalar são definidas de maneira natural. Definição Se T e S são transformações definidas num domínio comum A R n e assumem valores em R m, definimos (T + S)(P ) = T (P ) + S(P ) e, para cada escalar λ, (λt )(P ) = λt (P ). Definição 5.1. A composta de duas transformações T : A R n R m e S : B R m R p tais que T (A) B é definida como sendo a transformação S T : A R n R p dada por S T (P ) = S(T (P )), P A. Definição Sejam A R n e B R m. Dizemos que a transformação T : A B é invertível se existir uma transformação S : B A tal que S T (x) = x para todo x A e T S(y) = y para todo y B. Exercício Prove que se T é invertível então sua inversa é única. Definição A inversa de uma transformação invertível T é denotada por T 1. Exercício 5.1. Mostre que se T : A B e S : B C são invertíveis então a composta S T : A C é invertível e sua inversa é dada por T 1 S 1. Proposição Uma transformação é invertível se e somente se for bijetora, isto é, injetora e sobrejetora. Prova: Exercício. Definição Seja T : A R n R m. Dizemos que T é contínua em P o A se para cada ε > existir δ > tal que para todo P A satisfazendo P P o < δ implicar em T (P ) T (P o ) < ε. Se T for contínua em todos os pontos de A dizemos que T é contínua em A. Note na definição acima o símbolo representa tanto a distância em R n quanto no R m. Proposição 5.1. Sejam T : A R n R m e S : B R m R p tais que T (A) B. Se T é contínua em P o A e S é contínua em T (P o ) B então a composta S T é contínua em P o. 35

36 36 CAPÍTULO 5. TRANSFORMAÇÕES Prova: Como S é contínua em T (P o ), dado ε > existe δ 1 > tal que para todo Q B satisfazendo Q T (P o ) < δ 1 tem-se S(Q) S(T (P o )) < ε. Como T é contínua em P o existe δ > tal que para todo P A satisfazendo P P o < δ tem-se T (P ) T (P o ) < δ 1. Combinando as desigualdades obtemos que S(T (P )) S(T (P o )) < ε para todo P A satisfazendo P P o < δ. Proposição A fim de que uma transformação T : A R n R m seja contínua em P o A é necessário e suficiente que cada função coordenada T j : A R n R, j = 1,..., m seja contínua em P o. Prova: Suponha que T seja contínua em P o. Considere, para cada j = 1,..., m, a função π j : R m R dada por π j (y 1,..., y m ) = y j. π j é claramente contínua pois é linear. Note que T j = π j T e pela proposição 5.1. segue-se que T j é contínua. Suponha agora que cada T j, j = 1,..., m seja contínua. Assim, dado ε > existe δ j > tal que para todo P A satisfazendo P P o < δ j tem-se T j (P ) T j (P o ) < ε/ m. Seja δ = min{δ 1,..., δ m }. Se P é tal que P P o < δ então m m ( ) T (P ) T (P o ) = (T j (P ) T j (P o )) < ε m = ε m m = ε. j=1 j=1 j=1 Ou seja, T é contínua em P o Proposição Se T, S : A R n R m são contínuas em P o A então a soma T + S também é contínua em P o. Se λ R então λt também é contínua em P o Prova: Exercício Sabemos que uma função f : A R n R de várias variáveis é diferenciável em P o se existirem as suas derivadas parciais e f(p o + h) f(p o ) f(p o ) h lim =. h h Observe que fixado o ponto P o, vemos que h f(p o ) h define uma transformação linear de R n em R. Esta noção se estende de maneira análoga para transformações conforme a definição a seguir. Definição Seja T : A R n R m. Dizemos que T é diferenciável em P o A existirem as derivadas parciais das funções coordenadas T j, j = 1,..., m e além disso, onde J T (P o ) é a matriz jacobiana de T dada por e onde h = (h 1,..., h n ). T (P o + h) T (P o ) J T (P o )h lim =, h h T 1 T x 1 (P o ) 1 x n (P o )..... T m T x 1 (P o ) m x n (P o ) T 1 T x 1 (P o ) 1 x n (P o ) h 1 J T (P o )h = T m T x 1 (P o ) m x n (P o ) h n A seguir enunciaremos, sem demonstrá-los, alguns resultados relativos à diferenciabilidade de transformações.

37 5.. EXEMPLOS 37 Proposição (Regra da cadeia) Sejam T : A R n R m e S : B R m R p tais que T (A) B. Se T é diferenciável em P o A e S é diferenciável em T (P o ) B então a composta S T é diferenciável em P o. Além do mais, a matriz jacobiana de S T em P o é dada por J S T (P o ) = J S (T (P o ))J T (P o ). Exemplo Sejam T : R R e S : R R 3 dadas por T (x, y) = x + y e S(t) = (t, t, e t ). Encontre as matrizes jacobianas de T e de S. Encontre a matriz jacobiana de S T diretamente e pela regra da cadeia. Temos J T (x, y) = ( x y ) 1 J S (t) = 1. e t Como S T (x, y) = S(T (x, y) = S(x + y ) = (x + y, x + y, e x +y ), obtemos diretamente que x y J S T (x, y) = x y. xe x +y ye x +y Pela regra da cadeia, 1 J S T (x, y) = J S (T (x, y))j T (x, y) = 1 ( x y ) x y = x y. e x +y xe x +y ye x +y Proposição A fim de que uma transformação T : A R n R m seja diferenciável em P o A é necessário e suficiente que cada função coordenada T j : A R n R, j = 1,..., m seja diferenciável em P o. Proposição Se T, S : A R n R m são diferenciáveis em P o A então a soma T + S também é diferenciável em P o. Se λ R então λt também é diferenciável em P o 5. Exemplos Exemplo 5..1 [Coordenadas Polares] Seja A = [, ) [, π) e defina T : A R por T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ). Como cada função coordenada de T é diferenciável, vemos que T também o é. A sua matriz jacobiana é dada por ( ) cos θ r sen θ J T (r, θ) =. sen θ r cos θ Neste caso, a matriz é quadrada e vê-se facilmente que seu determinante é dado por r. Note que a imagem pela transformação T do segmento {r o } [, π) é o círculo centrado na origem de raio r o. Já a imagem da semi-reta [, ) {θ o } é uma outra semi-reta com origem em (, ) e direção (cos θ o, sen θ o ). Exemplo 5.. (Coordenadas Cilíndricas) Seja A = {(r, θ, z); r, θ < π, z R} e defina T : A R 3 por T (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z). Vê-se que T é uma transformação diferenciável com matriz jacobiana dada por cos θ r sen θ J T (r, θ, z) = sen θ r cos θ 1 e o seu determinante é r. Note que T transforma a faixa ilimitada {r o } [, π) R no cilindro {(x, y, z); x + y = r o} e leva o semi-plano [, ) {θ o } R no semi-plano {(x, y, z); sen θ o x cos θ o y = e x cos θ o + y sen θ o }

38 38 CAPÍTULO 5. TRANSFORMAÇÕES Exemplo 5..3 (Coordenadas Esféricas) Seja A = {(ρ, θ, φ); ρ, θ π, φ π} e defina T : A R 3 por T (ρ, θ, φ) = (ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos φ). A transformação acima é diferenciável e sua matriz jacobiana é dada por sen φ cos θ ρ sen φ sen θ ρ cos φ cos θ J T (ρ, θ, φ) = sen φ sen θ ρ sen φ cos θ ρ cos φ sen θ cos φ ρ sen φ e o seu determinante é cos φ( ρ cos φ sen φ sen θ ρ cos φ sen φ cos θ) ρ sen φ(ρ sen φ cos θ + ρ sen φ sen θ) = ρ cos φ sen φ ρ sen 3 φ = ρ sen φ. Þ º ³ Ü º º º Ý ¹ Figura 5.1: Coordenadas Esféricas Vejamos agora como esta transformação age sobre os conjuntos a seguir. Para isto usaremos a seguinte notação para as funções coordenadas: x = ρ cos θ sen φ y = ρ sen θ sen φ z = ρ cos φ. Observe que valem as relações { x + y + z = ρ x + y = ρ sen φ 1. A ρo = {(ρ, θ, φ) A; ρ = ρ o > } : Uma simples verificação nos dá que x + y + z = ρ o, isto é, o conjunto A ρo, que representa nas variáveis ρ, θ e φ uma porção de um plano, é levado sobre uma esfera centrada na origem de raio ρ o. Na verdade, a imagem é toda a esfera.. A θo = {(ρ, θ, φ) A; θ = θ o } : Neste caso vale a seguinte igualdade x sen θ o y cos θ o =, que representa a equação de um plano vertical (contendo o eixo z). Note porém que x cos θ o + y sen θ o = ρ sen φ, pois ρ e φ π. Assim, a imagem de A θo é um semi-plano.

39 5.. EXEMPLOS 39 Figura 5.: θ = θ o Figura 5.3: φ = φ o (, π/) 3. A φo = {(ρ, θ, φ) A; φ = φ o (, π)} : Temos z = ρ cos φ o = x + y sen cos φ o = cot φ o (x + y ). φ o Note porém que z = ρ cos φ o e, portanto, o sinal de z é o mesmo de cos φ o, que coincide com o de cot φ o quando < φ o < π, que é o nosso caso. Logo, z = cot φ o x + y. Esta última equação representa um cone de abertura φ o. Note que ele se degenera no plano z = quando φ o = π/. Observe também que o cone é voltado para cima no caso em que < φ o < π/ e voltado para baixo quando π/ < φ o < π. Exemplo 5..4 Considere os conjuntos A = {(x, y); < x < π, 1 < y < 1}, e B{(x, y, z); x + y = 1, 1 < z < 1, (x, y) (1, )} C = {(x, y, z); x + y + z = 1, z 1, z 1, x 1 z }.

40 4 CAPÍTULO 5. TRANSFORMAÇÕES Figura 5.4: φ = φ o (π/, π) Figura 5.5: A O conjunto A representa obviamente um retângulo em R, B representa um cilindro do qual foi subtraído o segmento {(1, )} ( 1, 1) e, finalmente, C representa a esfera unitária centrada na origem menos um meridiano. Considere as transformações T : A B e S : B C dadas por T (x, y) = (cos x, sen x, y) e S(x, y, z) = (x 1 z, y 1 z, z). Deixamos a cargo do leitor que verifique que realmente a transformação T leva o conjunto A no conjunto B enquanto que S leva B em C. Vamos verificar que estas transformações são invertíveis. Seja (u, v, w) B. Como u + v = 1 e (u, v) (1, ), existe apenas um número x = x(u, v) (, π) tal que u = cos x e v = sen x. Desse modo, podemos definir H : B A por H(u, v, w) = (x, w), onde x é como acima. Desse modo, e H(T (x, y)) = H(cos x, sen x, y) = (x, y), para todo (x, y) A T (H(u, v, w)) = T (x(u, v), w) = (cos x(u, v), sen x(u, v), w) = (u, v, w)

41 5.. EXEMPLOS 41 Figura 5.6: B Figura 5.7: C

42 4 CAPÍTULO 5. TRANSFORMAÇÕES Figura 5.8: Projeção de B em C para todo (u, v, w) B. Portanto, H é a inversa de T. Geometricamente, o que a transformação T faz é enrolar o retângulo A de modo que ele fique com o forma do cilindro B sem colar as bordas. Obviamente, H faz o oposto. Considere agora R : C B dada por ( ) u R(u, v, w) =, v, w. 1 w 1 w Note que realmente temos R(u, v, w) B se (u, v, w) C. Além do mais, R(S(x, y, z)) = R(x 1 z, y 1 z, z) ( x ) 1 z =, y 1 z, z = (x, y, z) 1 z 1 z para todo (x, y, z) B e também ( ) u S(R(u, v, w)) = S, v, w 1 w 1 w ( u v ) = 1 w, 1 w, w = (u, v, w) 1 w 1 w para todo (u, v, w) C. Geometricamente, a transformação R projeta o cilindro B sobre a esfera C preservando a altura do ponto projetado. Note que como T e S são ambas invertíveis, a composta H = S T : A C também o é. Vamos denotar por G a inversa de H e, desse modo, G está definida em C e tomando valores em A. Pense no conjunto C como se fosse o globo terrestre e em A um mapa-múndi. Os meridianos do globo sao levados pela transformação G em segmentos verticais no mapa A enquanto que os paralelos são levados em segmentos verticais. Verifique analiticamente, a título de exercício, que o equador de C corresponde ao segmento {(x, ); x (, π)}. Note que regiões no globo próximas ao pólo norte, por exemplo, são levadas por G em regiões localizadas próximas à parte superior do mapa. É interessante notar a distorção que ocorre neste caso, isto é, uma pequena calota ao redor deste pólo corresponde a uma faixa extensa no mapa. Veja a figura 5.9. A mesma análise é válida para o pólo oposto. Entretanto, a representação é mais fiel, no sentido de preservar o tamanho entre regiões correspondentes, quando as regiões de C se encontram mais próximas do equador. Mais surpreendente ainda é que em qualquer caso (regiões próximas aos pólos, equador, etc.) as áreas das regiões correspondentes, isto é, a área de uma região A 1 A e a de sua imagem H(A 1 ) C são as mesmas. Essa afirmação, entretanto, só poderá ser verificada quando estudarmos integrais de superfícies. Por ora, verifique que a área de A e de C são iguais a 4π.

43 5.. EXEMPLOS 43 Figura 5.9: Faixa correspondente no mapa a uma região do globo próxima ao pólo norte.

44 44 CAPÍTULO 5. TRANSFORMAÇÕES

45 Capítulo 6 Teorema da Função Inversa 6.1 Introdução Recordemos que se f : (a, b) R é uma função de uma variável de classe C 1 tal que f (x) para todo x (a, b) então, pelo teorema da conservação do sinal temos que f (x) > para todo x (a, b) ou f (x) > para todo x (a, b). Suponhamos que f >. Assim, se a < x < y < b então, pelo Teorema do Valor Médio, existe ξ (x, y) tal que f(y) f(x) = f (ξ)(y x) >, isto é, f(x) < f(y) e, portanto, f é crescente. Daí se conclui que f possui inversa definida na sua imagem. Nossa intenção é obter um resultado análogo para transformações. Note que o primeiro empecilho a caminho de uma tal generalização é encontrar uma relação adequada que envolva as derivadas das funções coordenadas da transformação em questão. Vejamos o que o seguinte exemplo de uma simples transformação linear nos pode dizer. Exemplo Seja T : R R dada por T (x, y) = (ax + by, cx + dy) onde a, b, c e d são constantes. É claro que T possui inversa se e somente se o seguinte sistema possuir uma única solução { ax + by = u cx + dy = v para cada par (u, v) R. Equivalentemente, T possui inversa se e somente se o determinante da matriz ( ) a b c d for diferente de zero. Como a matriz acima é a jacobiana de T, podemos afirmar que para que uma transformação linear seja invertível é necessário e suficiente que o determinante da sua matriz jacobiana seja diferente de zero. Este caso se estende de maneira óbvia para transformações lineares T : R n R n. Vejamos mais um exemplo. Exemplo 6.1. Considere T : R R dada por T (x, y) = (e x cos y, e x sen y). O determinante de sua matriz jacobiana é ( ) e det x cos y e x sen y e x sen y e x = e x para todo (x, y) R. cos y No entanto, uma simples verificação nos mostra que T (x, y) = T (x, y +π) para todo (x, y) R e, portanto, T não é injetiva. Deste modo, a informação de que o determinante da matriz jacobiana é diferente de zero não nos dá garantia de que a transformação seja invertível. Contudo, neste mesmo exemplo, se ao invés de R tomarmos como domínio de T a região A = {(x, y); x R, < y < π} podemos ver que T possui inversa definida no complementar de {(x, ); x } em R. 45

46 46 CAPÍTULO 6. TEOREMA DA FUNÇÃO INVERSA 6. O Teorema da função inversa A seguir enunciaremos sem demonstração o teorema que engloba o exemplo Teorema 6..1 (Teorema da Função Inversa) Sejam A R n um conjunto aberto e T : A R n uma transformação de classe C 1. Se P o A é tal que det J T (P o ) então existem uma bola aberta B A centrada em P o e um aberto C contendo T (P o ) tais que T : B C é invertível e sua inversa T 1 : C B é uma função de classe C 1. Além do mais, a matriz jacobiana de T 1 em T (P o ) é dada por J T 1(T (P o )) = [J T (P o )] 1. (6.1) Observação 6..1 Note que uma vez provada a existência de T 1 e que T 1 é uma transformação de classe C 1, a fórmula 6.1 segue da regra da cadeia e do fato que T 1 (T (x)) = x para todo x B. Definição 6..1 Se T satisfizer as hipóteses do teorema 6..1, diremos que T é localmente invertível em torno do ponto P o. Exercício 6..1 Seja T : R R dada por T (x, y) = (x xy, xy). 1. Calcule T (, y), y R.. T é invertível? Justifique. 3. T é localmente invertível em torno de (x, y) A = {(x, y); x }? Resolução 1. T (, y) = ( y, y) = (, ) para todo y R.. T não é invertível pois não é injetora: T (, 1) = T (, ), por exemplo. 3. Como T é claramente de classe C 1 e ( ) 1 y x det = x xy + xy = x y x pois (x, y) A, vemos que T satisfaz as hipóteses do teorema 6..1 e, portanto, é localmente invertível em torno de (x, y) A. No exercício acima é possível encontrar a inversa de T quando tomamos A para o seu domínio. Basta resolvermos, para cada (u, v) tal que u + v, o seguinte sistema { { x xy = u x = u + v xy = v y = v Assim, colocando B = {(u, v); u + v } e definindo S : B A por S(u, v) = (u + v, u+v ) podemos verificar que v v v T (S(u, v)) = T (u + v, ) = (u + v (u + v), (u + v) ) = (u, v) u + v u + v u + v para todo (u, v) B e v u+v. S(T (x, y)) = S(x xy, xy) = (x xy + xy, para todo (x, y) A, verificando, assim, que S é a inversa de T : A B. xy ) = (x, y) x xy + xy Exemplo 6..1 Note que nos exemplos de transformações de coordenadas polares (5..1)(para r ), coordenadas cilíndricas (5..) (r ) e coordenadas esféricas (5..3)(ρ e < φ < π) se verifica que o determinante da matriz jacobiana é diferente de zero.

47 Capítulo 7 Funções Definidas Implicitamente 7.1 Derivação de Funções Definidas Implicitamente Muitas vezes uma função y = g(x) é definida implicitamente pela equação f(x, y) = ; isto é, se para todo x D(g), f(x, g(x)) = e supondo que f e g sejam diferenciáveis vamos tentar calcular g (x) para aqueles x D(g) satisfazendo f y (x, g(x)). Assim, d f(x, g(x)) = dx ou e daí f x (x, g(x)) + f y (x, g(x)) dg dx (x) = g (x) = f x(x, g(x)) f y (x, g(x)) desde que f y (x, g(x)). Do mesmo modo, se x = h(y) é definida implicitamente e por f(x, y) = ; isto é, se para todo y D(h) f(h(y), y) = com f e h diferenciáveis, então, para cada x D(h) tal que f x (h(y), y), temos: h (y) = f y(h(y), y) f x (h(y), y). Exemplo A função y = y(x) é definida implicitamente pela equação Expresse dy dx em termos de x e y. y 3 + xy + x 3 = 3. Solução: dy dx = y+3x 3y +x, sempre que 3y + x e x D(y). Exemplo 7.1. Suponha que a função diferenciável z = g(x, y) seja dada implicitamente pela equação f(x, y, z) = onde f é diferenciável em um aberto de R 3. Verifique que a) z b) z x = f x (x,y,z) f f em (x, y) D(g) e z = g(x, y), com (x,y,z) z (x, y, z). z y = f f em (x, y) D(g) e z = g(x, y), com (x,y,z) z (x, y, z). y (x,y,z) f z 47

48 48 CAPÍTULO 7. FUNÇÕES DEFINIDAS IMPLICITAMENTE Solução: a) Para todo (x, y) D(g) Daí, e f(x, y, g(x, y)) =. = x f(x, y, g(x, y)) = f x(x, y, g(x, y)) + f z (x, y, g(x, y)) g (x, y) x para (x, y) D(g), z = g(x, y) e f z (x, y, g(x, y)) b) Segue de forma semelhante. g x (x, y) = f x(x, y, g(x, y)) f z (x, y, g(x, y)) Exemplo Seja z = z(x, y) dada por xyz + x 3 + y 3 + z 3 = 5. Expresse z x Solução: z x = yz+3x xy+3z para os (x, y) D(z) tal que xy + 3z(x, y). em termos de x, y e z. Exemplo As funções diferenciáveis y = y(x), z = z(x), definidas no intervalo aberto I são dadas implicitamente por F (x, y, z) = G(x, y, z) = onde F e G são funções diferenciáveis em um aberto do R 3. Expresse dy dx parciais de F e G. Solução: Como F (x, y(x), z(x)) = G(x, y(x), z(x)) = e dz dx em termos das derivadas Isto significa que a curva (x) = (x, y(x), z(x)) está contida na intersecção das superfícies F (x, y, z) = e G(x, y, z) =. (7.1) Para obter dy dx e dz dx Figura 7.1: Intersecção de duas superfícies derivamos (7.1) em relação a x F x + F dy y dx + F dz z dx = G x + G dy y dx + G dz z dx =

49 7.. O TEOREMA DA FUNÇÃO IMPLÍCITA (CASO F (X, Y ) = ). 49 isto é F x = F dy y dx + F dz z dx Daí, para todo x I, com em (x, y(x), z(x)). Temos dy dx = F x G x G x = G dy y dx + G dz z dx = F z G z F y G y e F z G z dz dx = Notações: (F,G) (y,z) é usado para indicar o que chamamos determinante Jacobiano de F e G em relação a y e z. (F, G) F F (y, z) = y z G G Assim: dy dx = (F,G) (x,z) (F,G) (y,z) e y z. dz dx = F y G y (F,G) (y,x) (F,G) (y,z) Exemplo Sejam y(x) e z(x) diferenciáveis em IR e dadas implicitamente por F x G x { x + y z = 3 a) x + y + z = 1 { x b) + y + z = 3 x + y = 1, z(x) >. Calcule dy dx e dz dx. 7. O Teorema da função implícita (caso F (x, y) = ). A partir daqui vamos iniciar a demonstração do teorema das funções implícitas (caso F (x, y) = ). Este teorema trata do seguinte problema: Dada uma equação F (x, y) =, F diferenciável, quando é que podemos dizer que esta equação define uma função diferenciável y = y(x)? Dito de outra forma, quando é que podemos explicitar y, na equação F (x, y) =, como uma função diferenciável de x? Além disso qual é o valor da derivada de y relativamente a x? Lema 7..1 Seja F (x, y) uma função de classe C 1 em um aberto A R e seja (x, y ) A, com F (x, y ) =. Suponha que F x (x, y ). Então, existem intervalos abertos I e J, com x I e y J, tais que, para cada x I existe um único g(x) J, com F (x, g(x)) =. Prova: Sabemos que F y é uma função contínua, pois, por hipótese F é de classe C1. Como F y (x, y ), devemos ter que F y (x, y ) > ou que F y (x, y ) <. Assuma primeiramente que F y (x, y ) >. Do Teorema da Conservação do Sinal existe uma bola aberta B de centro em (x, y ), que podemos supor contida em A, já que A é aberto, tal que F (x, y) >, (x, y) B. y Sejam y 1 e y tais que y 1 < y < y com (x, y 1 ) e (x, y ) em B. Fixado x, consideremos z = F (x, y), y [y 1, y ]. (7.)

50 5 CAPÍTULO 7. FUNÇÕES DEFINIDAS IMPLICITAMENTE Ü Ó Ý ¾ µ Ü Ó Ý Ó µ Ü Ó Ý ½ µ Figura 7.: Bola B Þ Ý½ ÝÓ Ý¾ ݹ Figura 7.3: Um corte de parte do gráfico de F com o plano x = x o Como F y (x, y) > para todo y [y 1, y ] temos que a função (7.) é estritamente crescente em [y 1, y ]. Sabendo que F (x, y ) = devemos ter que F (x, y 1 ) < e F (x, y ) >. Seja J = (y 1, y ) e observe que y = g(x ) é o único número em J tal que F (x, g(x )) =. Como F (x, y 1 ) < e F (x, y ) > segue novamente do Teorema da Conservação do Sinal que existe um intervalo aberto I, x I, tal que (x, y 1 ) e (x, y ) estão em B para todo x I e F (x, y 1 ) <, F (x, y ) >, para todo x I. Como F y (x, y) > em B temos que para cada x I a função z = F (x, y), (x fixo) (7.3) é estritamente crescente em [y 1, y ]; tendo em vista que F (x, y 1 ) < e F (x, y ) >, pelo Teorema do Valor Intermediário e pelo fato que (7.3) é estritamente crescente em [y 1, y ], existirá um único g(x) (y 1, y ) tal que F (x, g(x)) =. Ý Ý ¾ Ý Ó ¹ Ü Ý ¾ µ ¼ ¹ Ü Üµµ ¼ Ý ½ Á Ü Ý ½ µ ¼ Á Ü Ó Ü ¹ Figura 7.4: Curvas de nível de F pelos pontos (x o, y j ) e (x, y j ), x I, j =, 1, Deste modo está unicamente determinada a função g : I J definida implicitamente pela equação F (x, y) =.

51 7.. O TEOREMA DA FUNÇÃO IMPLÍCITA (CASO F (X, Y ) = ). 51 A seguir começamos a investigar a diferenciabilidade da função g obtida no Lema Lema 7.. Seja F : A R R, A aberto, uma função diferenciável em (x, y ) A. Então existem funções φ 1 (x, y) e φ (x, y), definidas em D(F ), tais que com F (x, y) = F (x, y ) +F x (x, y )(x x ) + F y (x, y )(y y ) +φ 1 (x, y)(x x ) + φ (x, y)(y y ) (7.4) lim φ i(x, y) = = φ i (x, y ), i = 1,. (7.5) (x,y) (x,y ) Prova: A prova deste lema é uma aplicação imediata da definição de diferenciabilidade e é deixada como exercício para o leitor. Lema 7..3 A função g do Lema 7..1 é diferenciável em x e F g x (x ) = (x, g(x )) F y (x, g(x )). (7.6) Prova: Colocando y = g(x) e y = g(x ) em (7.4) (lembrando que F (x, g(x)) = e F (x, g(x )) = ) e dividindo por (x x ) temos: = F x (x, g(x )) + F y (x, g(x )) g(x) g(x ) x x + φ 1 (x, g(x)) + φ (x, g(x)) g(x) g(x ) x x. Daí, g(x) g(x ) x x Fazendo x x, obtemos ( ) F y (x, g(x )) + φ (x, g(x)) = F x (x, g(x )) + φ 1 (x, g(x)). g(x) g(x ) lim x x x x F y (x, g(x )) = F x (x, g(x )) já que F y (x, g(x )). Disto segue que g é diferenciável em x e que F g x (x ) = (x, g(x )) F y (x, g(x )). Sintetizamos estes resultados no teorema a seguir. Teorema 7..1 (Teorema das Funções Implícitas) Caso F (x, y) = Seja F (x, y) uma função de classe C 1 definida em um aberto A do R e (x, y ) A, com F (x, y ) =. Nestas condições, se F y (x, y ), então existirão intervalos abertos J e I, com x I e y J, tais que para cada x I, existe um único g(x) J, com F (x, g(x)) =. A função g : I J é diferenciável e g (x) = F x F y (x, g(x)) (x, g(x)). Observação 7..1 Se a hipótese F y (x, y ) for substituida por F x (x, y ) então existirão intervalos I e J, como acima, tais que para cada y J existe um único h(y) I com F (h(y), y) =. A função h : J I é diferenciável e F (h(y), y) h (y) = y F x (h(y), y). Observação 7.. A função g(x) do teorema anterior é continuamente diferenciável. Exercício 7..1 Seja F (x, y) = y 3 + xy + x 3 3. Mostre que existe uma função y = y(x) definida em uma vizinhança de x = 1 tal que y(1) = 1 e calcule y (1).

52 5 CAPÍTULO 7. FUNÇÕES DEFINIDAS IMPLICITAMENTE 7.3 O Teorema das funções implícitas: Caso Geral Teorema (Teorema das Funções Implícitas: Caso Geral) Sejam A R m, B R n conjuntos abertos e F : A B R n uma transformação de classe C 1. Coloque x = (x 1,..., x m ) para denotar os elementos de A e y = (y 1,..., y n ) os de B. Suponha que exista (x o, y o ) A B tal que F (x o, y o ) = e que o determinante jacobiano (F 1,..., F n ) (y 1,..., y n ) = det F 1 y F n y 1... F 1 y n F n y n n n em (x o, y o ) A B. Então, existem um conjunto aberto A A contendo x o e uma transformação de classe C 1 G : A R n tal que F (x, G(x)) = para todo x A. Prova: Considere a transformação T : A B R m R n dada por T (x, y) = (x, F (x, y)) = (x 1,..., x m, F 1 (x, y),..., F n (x, y)). A matriz jacobiana de T no ponto (x o, y o ) é dada por J T (x o, y o ) = F 1 F y y n F n y 1... F n y n (x o,y o ) que é exatamente (F1,...,Fn) (y 1,...,y n ) (x o, y o ). Logo, pelo Teorema da Função Inversa (6..1) T é localmente invertível em torno de (x o, y o ). Assim, existem abertos A o A e B o B tais que x o A o, y o B o e T restrita a A o B o possui uma inversa S : V A o B o onde V R m R n é imagem de A o B o pela T. Temos que para (u, v) = (u 1,..., u m, v 1,..., v n ) V, (u, v) = T (S(u, v)) = T ((S 1 (u, v),..., S m (u, v)), (S m+1 (u, v),..., S m+n (u, v))) = ((S 1 (u, v),..., S m (u, v)), F ((S 1 (u, v),..., S m (u, v)), (S m+1 (u, v),..., S m+n (u, v))) Como T (x o, y o ) = (x o, F (x o, y o )) = (x o, ), segue-se que (x o, ) V e, assim, como V é aberto existe A A o tal que (x, ) V para todo x = (x 1,..., x m ) A. Desse modo, ou seja, e (x, ) = ((S 1 (x, ),..., S m (x, )), F ((S 1 (x, ),..., S m (x, )), (S m+1 (x, ),..., S m+n (x, ))) x 1 = S 1 (x, ),..., x m = S m (x, ) F ((x 1,..., x m ), (S m+1 (x, ),..., S m+n (x, ))) = (,..., ). Podemos então definir G : A R n por G(x) = (S m+1 (x, ),..., S m+n (x, )) e, finalmente, obtemos F (x, G(x)) =. Escreveremos a seguir dois casos particulares do teorema anterior. Teorema 7.3. (Teorema das Funções Implícitas) Caso F (x, y, z) =. Seja F : A R 3 R uma função de classe C 1, A aberto e (x, y, z ) A, com F (x, y, z ) =. Nestas condições, se F z (x, y, z ), então existirá uma bola aberta B de centro em (x, y ) e um intervalo J com z J, tais que para cada (x, y) B, existe um único g(x, y) J, com F (x, y, g(x, y)) =. A função g : B J é diferenciável e F g x (x, y) = x (x, y, g(x, y)) e (x, y, g(x, y)) F z F g y (x, y) = y (x, y, g(x, y)) (x, y, g(x, y)). F z

53 7.3. O TEOREMA DAS FUNÇÕES IMPLÍCITAS: CASO GERAL 53 Observação A função g : B J é uma função de classe C 1 pois as suas derivadas parciais são contínuas. Exercício Seja F (x, y, z) = xyz + x 3 + y 3 + z 3 4. Mostre que a equação F (x, y, z) = define uma função z = g(x, y) em uma vizinhança de (1, 1) e tal que g(1, 1) = 1. Teorema (Teorema das Funções Implícitas) Caso F (x, y, z) = e G(x, y, z) =. Seja F, G : A R 3 R funções de classe C 1, A aberto e (x, y, z ) A, com F (x, y, z ) = G(x, y, z ) =. Nestas condições, se (F,G) (y,z) (x, y, z ), então existirão um intervalo aberto I, com x I, e um par de funções y = y(x) e z = z(x) definidas e de classe C 1 em I, tais que, para todo x I, F (x, y(x), z(x)) =, além disso y = y(x ), z = z(x ). Tem-se ainda dy dx (x) = (F,G) (x,z) (x, y(x), z(x)) e (F,G) (y,z) (x, y(x), z(x)) dz dx (x) = (F,G) (y,x) (x, y(x), z(x)) (F,G) (y,z) (x, y(x), z(x)). Exercício 7.3. Sejam F (x, y, z) = x + y + z 3 e G(x, y, z) = x + y. Mostre que as equações F (x, y, z) = G(x, y, z) = definem funções y = y(x), z = z(x) em uma vizinhança de x = 1 e tais que y(1) = z(1) = 1. Exemplo Mostre que a equação sen x + sen y + sen z = 5/ (7.7) define implicitamente uma função z = g(x, y) tal que g( π, π ) = π 4. Verifique que ( π, π ) é um ponto de mínimo local de g. Considere F : R 3 R dada por F (x, y, z) = sen x + sen y + sen z 5/. Note que F é suave e F ( π, π, π F F 4 ) =. Também, z (x, y, z) = sen z cos z = sen z e z ( π, π, π 4 ) = 1. Assim, pelo teorema das funções implícitas, a equação 7.7 define z = g(x, y) para (x, y) próximo a ( π, π ) com g( π, π ) = π 4. Passemos agora a verificar que este ponto é de mínimo local. Temos e F g x (x, y) = x (x, y, g(x, y)) sen x = (x, y, g(x, y)) sen(g(x, y)), F z F g y (x, y) = y (x, y, g(x, y)) sen y = (x, y, g(x, y)) sen(g(x, y)), F z g x (π, π ) = g y (π, π ) =, verificando assim que ( π, π ) é um ponto crítico. As derivadas de segunda ordem de g são calculadas a partir das fórmulas acima e são dadas por g x (x, y) = sen(g(x, y)) cos x cos(g(x, y)) sen x g x (x, y) sen, (g(x, y)) e g sen(g(x, y)) cos y cos(g(x, y)) sen y (x, y) = y sen (g(x, y)) g y (x, y) g sen x cos(g(x, y)) (x, y) = x y sen (g(x, y)) Calculando no ponto ( π, π ) obtemos a matriz hessiana da g : Hess( π, π ) = ( ), g y (x, y). cujo determinante é 4. Como g x ( π, π ) = >, segue-se do teste da hessiana que ( π, π ) é um ponto de mínimo local de g.

54 54 CAPÍTULO 7. FUNÇÕES DEFINIDAS IMPLICITAMENTE

55 Capítulo 8 Integrais Múltiplas 8.1 Integrais Iteradas Suponha que f : R R seja contínua, onde R = {(x, y) : a x b, c y d}. Conforme já vimos é contínua em [c, d]. Logo faz sentido. d F (y) = F (y)dy = d b c c a a f(x, y)dx ( ) b f(x, y)dx dy Uma integral deste tipo é chamada integral iterada e representa (se f ) o volume sob o gráfico da f. A região de integração das integrais não precisa ser um retângulo. Exemplo Considere a região R g = {(x, y) R : a x b, g 1 (x) y g (x)}. Então podemos formar a seguinte integral iterada ( b ) g (x) f(x, y)dy dx. a g 1(x) 55

56 56 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Exemplo 8.1. Considere a região R h = {(x, y) R : c y d, h 1 (y) x h (y)}. Então podemos formar a seguinte integral iterada ( d ) h(y) f(x, y)dx dy. c h 1(y) Exemplo Desenhe as regiões de integração e calcule as integrais ( ( u ( y ) (x + y )dy dx = 1/3 ) 5u v dv du ycos(x)dx π/6 Outra notação para integrais iteradas ) dy = cos(1) cos(9) 4 b dy g(y) a h(y) f(x, y)dx ou d dx h(x) c g(x) f(x, y)dy

57 8.. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Integrais Múltiplas Consideremos agora F : B R n R. Problema: Definir de modo análogo ao do Cálculo I a integral de f sobre B. Um retângulo fechado R no R n é um subconjunto do R n constituído de todos os pontos x = (x 1,, x n ) que satisfazem as desigualdades a i x i b i, i = 1,, n. O volume de R, denotado por V (R), é definido como V (R) = (b 1 a 1 ) (b n a n ). Se para algum 1 i n, a i = b i, V (R) =. Um número finito de planos n 1 dimensionais no R n paralelos aos planos coordenados é chamado uma rede. Uma rede divide o R n em um número finito de conjuntos limitados (retângulos) e um número finito de conjuntos não limitados. Dizemos que uma rede cobre um conjunto B R n, se este estiver contido em uma reunião de retângulos fechados e limitados R 1,, R n por ela determinados. Claramente um conjunto pode ser coberto por uma rede se e somente se ele é limitado. A malha da rede será o maior comprimento dos lados dos retângulos limitados por ela determinados.

58 58 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Sejam f : R n R e B R n, tais que: a) B é limitado; b) f é limitada sobre B. Seja f B (x) = { f(x) se x B se x / B. Seja G uma rede que cobre B e que tenha malha m(g). Em cada dos retângulos R i determinados por G, i = 1,,, r, escolhemos um ponto arbitrário P i. A soma n f B (P i )V (R i ) i=1 é chamada soma de Riemann de f sobre B, relativa à rede G. Se variando as redes G, com m(g) tendendo a zero o r lim f B (P i )V (R i ) m(g) i=1 existe ele é chamado integral de f sobre B, sendo denotada por fdv. Se a integral existe, f é dita integrável sobre B. O limite fdv = lim B B m(g) i=1 r f B (P i )V (R i ) significa que dado ε > existe δ > tal que, se G é qualquer rede que cobre B e tem malha menor que δ e S uma soma de Riemann S de f sobre B relativa a rede G então S fdv < ε. Notações: B fdv ou B B f(x, y)dx dy, n =,

59 8.. INTEGRAIS MÚLTIPLAS 59 B f(x, y, z)dx dy dz ou B fdv, n = 3. Vamos interpretar geometricamente a integral dupla f(x, y)dx dy. Suponha que f seja contínua e B positiva sobre B. Uma soma de Riemann aproxima o volume sob o gráfico de f, desta forma se S é o sólido sob o gráfico de f temos que V (S) = f(x, y)dx dy B Propriedades da Integral: Se f, g : D R são funções integráveis e c R então, i) f + g é integrável e D (f + g)(x, y) dx dy = D f(x, y) dx dy + g(x, y) dx dy D ii) cf é integrável e iii) Se f g então D D cf(x, y) dx dy = c f(x, y) dx dy D f(x, y) dx dy D g(x, y) dx dy. Pergunta: O que se pode dizer das integrais iteradas relativamente à integral quando ambas estão definidas? Definição 8..1 Um conjunto suave em R n é a imagem de um conjunto compacto sob uma função ϕ : R m R n, n > m e ϕ de classe C 1. Idéia Geométrica: (Conjunto de Volume Nulo)

60 6 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Teorema 8..1 Seja B R n, limitado, tal que a fronteira de B esteja contida em um número finito de conjuntos suaves. Seja f uma função definida e limitada em B. Se f é contínua em B, exceto possivelmente em uma reunião finita de conjuntos suaves, então f é integrável sobre B. O valor fdv não se altera por troca dos valores de f sobre qualquer conjunto suave. B Exemplo 8..1 B (y + x)dx dy onde B = {(x, y) R : x e y 1}. O teorema anterior assegura a existência da integral. Assim, qualquer seqüência de somas de Riemann associadas às redes que tem malha tendendo a zero pode ser usada para avaliar a integral.

61 8.. INTEGRAIS MÚLTIPLAS 61 Considere G n a rede constituída pelas retas x i = i n, i n e y j = j n, j n. Seus retângulos são R ij = {(x, y) R : x i 1 x x i, y j 1 y y j }, 1 i n e 1 j n. Cada um dos retângulos R ij tem malha m(g n ) = 1 n. Em cada um dos retângulos R ij escolhemos o ponto (x i, y j ) = ( i n, j n ), 1 i n e j n. Então S n = n n i=1 j=1 ( i n + j n ) 1 n = 1 n n n 3 i=1 j=1 (i + j) = 1 n n+1 n 3 i=1 (ni + n ) = 1 n n i=1 (i + (n + 1)) = 1 n (n 1+n + n(n + 1)) 4 quando n Uma avaliação deste tipo é bastante trabalhosa, mesmo em casos em que a função e o conjunto envolvidos no cálculo da integral sejam bastante simples. Para sanar estas dificuldades temos o seguinte resultado Teorema 8.. (Fubini) Seja R = [a 1, b 1 ] [a n, b n ] e f : R R uma função integrável sobre R. Então, para qualquer permutação p : {1,, n} {1,, n} as integrais iteradas existem e R bp(1) bp() dx p(1) a p(1) f(x 1,, x n ) dx 1 dx n = a p() dx p() bp(n) f(x 1,, x n )dx p(n) a p(n) ap(1) ap() ap(n) dx p(1) dx p() fdx p(n) a p(1) a p() a p(n) Observação 8..1 Se f é integrável em R, as integrais iteradas em ordens distintas existem e todas elas coincidem com a integral múltipla da f em R. Exemplo 8.. 1) Se R = [a, b] [c, d] e f : R R é f 1 então 1 dx dy = (b a)(d c) ) Se R = [a 1, b 1 ] [a, b ] [a 3, b 3 ] e f : R R é f 1 então 1 dx dy dz == (b 1 a 1 )(b a )(b 3 a 3 ). R R Exemplo 8..3 Calcular a integral (y + x)dx dy, B = {(x, y) R : x, y 1}. Solução: Note que, pelo teorema acima B B (y + x)dx dy = dx 1 (y + x)dy = (1 + x)dx = (x + x ) = + = 4.

62 6 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Exemplo 8..4 Calcular a integral xyz dx dy dz, R = {(x, y, z) R 3 : 1 x, y 1, 1 z }. R Solução: Note que, pelo teorema acima R xyz dx dy dz = 1 dx 1 dy 1 xyz dz = 9 8. Observação 8.. Pode acontecer que as integrais iteradas existam sem que exista a integral múltipla. O teorema a seguir é bastante útil quando queremos determinar a integral de uma função em regiões complicadas (como veremos adiante). Teorema 8..3 Seja D como no teorema anterior e f : D R integrável. Se D = D 1 D onde D 1 e D são como acima e intd 1 intd =, então fdv = f dv + f dv. D D 1 D Como observamos anteriormente, o cálculo da integral múltipla de uma função de várias variáveis reais a valores reais é (mesmo nos casos mais simples) uma tarefa difícil. O Teorema de Fubini parece ser a ferramenta que tornará menos árdua a tarefa de calcular tais integrais, no entanto, a sua utilização está restrita ao cálculo de integrais em retângulos. Vamos agora observar que o Teorema de Fubini (na forma apresentada) pode de fato ser utilizado para um número bastante grande de regiões. Faremos isto através de exemplos em R que facilmente se estendem a dimensões mais altas. Exemplo 8..5 Seja f, g : [a, b] R duas funções reais limitadas com f(x) g(x) para todo x [a, b] e D = {(x, y) : a x b, f(x) y g(x)}. Então, D f(x, y) dx dy = b a dx g(x) f(x) f(x, y) dy Para verificar que este é o caso basta considerar as constantes d = sup x [a,b] g(x) e c = inf x [a,b] f(x) e definir f da seguinte forma f(x, y) = f(x, y) se (x, y) D e f(x, y) = se (x, y) R\D onde R = [a, b] [c, d]. Segue daí que f é integrável em R = D (R\D) e R f(x, y) dx dy = b d a c f(x, y) dx dy = b g(x) a f(x) f(x, y) dx dy.

63 8.. INTEGRAIS MÚLTIPLAS 63 Exemplo 8..6 Seja h 1, h : [c, d] R duas funções reais limitadas com h 1 (y) h (y) para todo y [c, d] e D = {(x, y) : c y d, h 1 (y) x h (y)}. Então, D f(x, y) dx dy = d c dy h(y) h 1 (y) f(x, y) dx A verificação deste fato é similar a verificação do exemplo anterior. Exemplo 8..7 Seja a função f 1 integrável sobre um conjunto B R n. Então definimos o volume de B como sendo: V (B) = 1 dv = dv. No caso n = o volume acima referido é a área. Então escrevemos A(B). Motivação geométrica: Caso n = 1: b a B 1 dx dy = b a = área de um retângulo de altura 1 tendo como base o intervalo [a, b] B Caso n = : B 1 dx dy = A(B).1 = volume sob o gráfico da função f 1 definida em B R

64 64 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Observação 8..3 Suponha que S é um subconjunto suave do R n então V (S) = 1 dv = dv = S onde a penúltima igualdade é obtida trocando-se os valores da função f 1 sobre o conjunto S, fazendo-os iguais a zero. Para alguns tipos de conjuntos a integral 1 dv não existe, neste caso o volume de B não está definido. B Exemplo 8..8 B = [, 1] Q não tem seu volume definido. Exemplo 8..9 Se R é um retângulo então V (R) = Π(lados) = Exemplo 8..1 Ache o volume da região B R 3 limitada pelos planos coordenados x =, y =, z = e pelo plano x + y + z = 1. S R 1 dv. Solução: 1 dx 1 x dy 1 x y dz = 1/6.

65 8.. INTEGRAIS MÚLTIPLAS 65 De outro modo, poderíamos fazer o cálculo do volume do sólido sob o gráfico da função f(x, y) = 1 x y V (B) = 1 dx 1 x (1 x y)dy = 1/6. Exemplo Determine o volume do sólido cuja base é a região do plano xy delimitada pela parábola y = x e pela reta y = x e cuja parte superior está contida no plano z = x +. ou V = V = 1 1 x dx dy x dx x x x+ dz = 7/4 (x + ) dy = 7/4. Exemplo 8..1 Seja B a região do plano representada abaixo. Calcule a área de B. Solução: A(B) = dx dy = b f(x) dy = b B a a f(x)dx. Exemplo Em R, calcular a área entre a parábola y = x e a reta y = x +.

66 66 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Solução: A = dx x+ 1 x dy ou A = 1 y dy dx + y 4 1 dy y y dx Observação 8..4 Este último exemplo, dá uma idéia de como é importante escolher adequadamente a ordem de integração Regras para estabelecer limites de integração para integrais iteradas Primeira Etapa: Achar os valores extremos da variável externa. Por exemplo b a dx dy f(x, y, z)dz.

67 8.. INTEGRAIS MÚLTIPLAS 67 Segunda Etapa: Fixe a variável externa em um valor genérico (ex. x), determinando um corte na região sólida. Determine os valores extremos da variável intermediária neste corte. Por exemplo b a dx g(x) h(x) dy f(x, y, z)dz. Terceira Etapa: Fixe agora neste corte a variável intermediária. Determine os valores extremos da variável interna. Por exemplo b dx g(x) dy s(x,y) a h(x) l(x,y) f(x, y, z)dz. Exemplo x dx dy x x+ dz Exemplo Encontre o volume sob o gráfico do parabolóide z = x + y e acima da região R = [ 1, 1] [ 1, 1] do plano xy.

68 68 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Solução: V = (x + y )dx dy = 1 dy 1 (x + y )dx = 1 R ( 3 + y )dy = 8/3. Exemplo Calcular x dx dy onde D é um triângulo de vértices (, ), (1, 1) e (, 1). D Solução: ou D x dx dy = D 1 x dx dy = dx 1 1 x dy x dy = y 1 x dx = x(1 x)dx = 1/6 1 y dy = 1/6. Exemplo Seja D = {(x, y) R : x y 1, x 1}. Calcule a integral e x y dx dy D

69 8.. INTEGRAIS MÚLTIPLAS 69 Solução: D e x y dx dy = 1 = 1 1 dx e x y dy x dy y Exemplo Calcule a integral e desenhe o domínio de integração. Solução: A região é dada por e x y dx = 1 I = π ye x y π dy x=y x= dx = 3 cos y 1 (ye y y)dy = 1 + (y 1)ey 1 = 1. x sen ydx {(x, y) R : π y π, x 3 cos y} Vamos agora calcular a integral. π π dy 3 cos y x sen ydx = π π 9(cos y) 3 (sen y) dy π = 18 cos y[1 (sen y) ](sen y) dy = 18 1 (1 u )u du = 1 5 Definição 8.. Se f, g : D R são funções integráveis e f(x, y) g(x, y), (x, y) D, então o volume de B = {(x, y, z) : (x, y) D e f(x, y) z g(x, y)} é D [g(x, y) f(x, y)]dx dy. Exemplo Calcule o volume do sólido compreendido entre os parabolóides z = x +y e z = 4 x y

70 7 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Solução: Note que os dois parabolóides se interceptam para pontos da circunferência {(x, y) : x + y = }. O volume do sólido é dado por V = = [4 x y x y ]dx dy = D x dx = 8 [y x y y3 ( x y )dy = 8 x 3 ] x dx = 8 [ x y ]dx dy D dx x ( x y )dy [ x x x ( x ) 3 ]dx 3 Fazendo a mudança de variável x = sen u temos que V = 8 = 3 π π [4 cos u 4(sen u) cos u 4 3 (cos u)3 ] cos udu [(cos u) (sen u) (cos u) 1 3 (cos u)4 ]du = 4π onde para resolver a última integral acima utilizamos as fórmulas trigonométricas de arco duplo. Exemplo 8.. Desenhe as regiões de integração para as integrais iteradas: a) 1 4 x dx f(x, y)dy 4 x b) 1 dy 3 y y f(x, y)dx

71 8.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS 71 Exercício 8..1 Calcule f dv para as seguintes escolhas de f e R. R a) f(x, y, z) = x + y + z, R = [, 1] [, 1] [, 1]. b) f(x, y, z) = x yz, R é o tetraedro de vértices (,, ), (1,, ), (, 1, ) e (,, 1). 8.3 Mudança de Variáveis Para integrais de funções de uma variável temos o seguinte resultado de mudança de variáveis ϕ(b) f(x)dx = b ϕ(a) a f(ϕ(u))ϕ (u)du, (x = ϕ(u)) sempre que ϕ (u) para u [a, b] (de fato a condição ϕ () não é necessária, veja 9.1.3). Como vimos anteriormente podemos transformar regiões relativamente complicadas em regiões simples usando transformações e como a complexidade da região é uma das dificuldades no cálculo de integrais múltiplas um resultado análogo ao resultado acima para funções de várias variáveis pode ser extremamente útil (este é de fato o caso como veremos a seguir). No R n um troca de variáveis corresponde a uma transformação do R n no R n que vimos anteriormente; isto é, T : R n R n. Temos então o seguinte resultado Teorema (Mudança de Variáveis) Seja T : D(T ) R n R n uma transformação de classe C 1. Seja B D(T ) um conjunto limitado com fronteira contida em um número finito de conjuntos suaves. Suponhamos que B e sua fronteira estão contidos no interior de D(T ) e que: i) T é injetora em B, ii) det J T em todo ponto de B. Então, se a função f é limitada e contínua sobre T (B), temos: T (B) f dv = (f T ) det J T dv B

72 7 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Observação O teorema ainda é verdadeiro de i) e ii) deixam de ser verdadeiros em conjuntos suaves. Exemplo Seja P R o paralelogramo determinado pelos pontos (, ), (1, 1), (3, 1) e (, ). Calcular a integral (x + y)dx dy. P Solução: Note que a transformação T (u, v) = (u + v, u) transforma o retângulo R = [, ] [, 1] e que J T = [ ] Então det J T = 1, T é C 1 e T é injetora com T (R) = P. Segue do teorema que P =T (R) (x + y)dx dy = R (u + v).1.du dv = du 1 (u + v)dv = 4. Exemplo 8.3. Calcule a área da região E limitada pela elipse x a C = {(u, v) R : u + v b } + y b = 1, conhecida a área do círculo

73 8.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS 73 Solução: Considere a transformação T é injetora, de classe C 1 e T (C) = E Pelo teorema anterior T (C)=E (x, y) = T (u, v) = ( a u, v). b a det J T = b 1 1 = a b >. da = C a b da = a da = a b C b πb = πab. Exemplo Calcular a área da região plana P no primeiro quadrante compreendida entre as circunferências de raios 1 e. Solução: Considere a transformação (x, y) = T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ). T é injetora, de classe C 1 e T (C) = E det J T = cos θ sen θ r sen θ r cos θ = r >. Então, se R = [1, ] [, π ], temos que T (R) = P e pelo teorema anterior da = r da = r dr dθ = π r = 3 4 π. T (R)=P Coordenadas Polares C Um ponto P = (x, y) do plano fica completamente determinado se sabemos a distância r de P a origem O = (, ) e o ângulo θ [, π), medido no sentido anti-horário e a partir do semi-eixo positivo das abscissas, entre este semi-eixo e a reta determinada por P e por (, ). Definimos a seguinte transformação de coordenadas (x, y) = T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ), r >, θ < π. Esta transformação é conhecida como Transformação de Coordenadas Polar e é injetora, de classe C 1 com det J T = r. Assim, f(x, y)dxdy = (f T ) det J T dr dθ = f(r cos θ, r sen θ) r dr dθ T (B) B C B 1

74 74 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Exemplo Determinar D y dx dy onde D é o setor {(r, θ) : r a, π 3 θ π 3 } Solução: Seja R = [ π 3, π 3 ] [, a] e note que a transformação T : R D dada por T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) (Transformação de Coordenadas Polar ) é bijetora e det J T = r. Então D y dx dy = R r r sen θ dr dθ = R r sen θ dr dθ = a π r 3 dr sen θ dθ = π 3 a r dr = a3 3. Exemplo Calcule o volume do sólido D cuja base B está no primeiro quadrante do plano xy (x, y ), sendo delimitada pelas curvas x +y = 1 e x +y = 4 e cuja parte superior está no plano z = x+y, tendo faces laterais ortogonais ao plano xy. Solução: Note que, usando o Teorema de Fubini, temos V = (x + y)dx dy = dx dy D = B π dθ x+y 1 dz = B (x + y)dx dy (r cos θ + r sen θ) r dr = 14 3 Exemplo Calcular D x + y dx dy, onde D é a região do plano compreendida entre as curvas x + y = 4 e x + y = 9. Solução: Utilizando coordenadas polares, temos que se R = [, 3] [, π], então: 3 π x + y dx dy = r r dr dθ = r dr dθ = π r3 3 3 = 38 3 π D R

75 8.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS 75 Exemplo Determinar os extremos de integração para as integrais iteradas associadas a f(x, y, z)dx dy dz, onde R é o hemisfério x + y + z 1 1, z 1 R Solução: x 1 x y dx dy f(x, y, z)dz 1 x Exemplo Determine o volume do sólido compreendido entre as superfícies z = 8 x y e z = x + 3y. Solução: Se um ponto (x, y, z) está na intersecção das superfícies então z = 8 x y = x + 3y e portanto x + y = 4 V = 8.3. Coordenadas Cilíndricas 4 x 8 x y 4 x x +3y dz = 8π. Um ponto P = (x, y, z) do espaço fica completamente determinado se sabemos a distância r de P 1 = (x, y, ) a origem O = (,, ) o ângulo θ [, π), medido no sentido anti-horário e a partir do semi-eixo positivo das abscissas, entre este semi-eixo e a reta determinada por P e por (,, ) e a cota z. Definimos a seguinte transformação de coordenadas (x, y, z) = T (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z), r >, θ < π, z R.

76 76 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Esta transformação é conhecida como Transformação de Coordenadas Cilíndricas e é injetora, de classe C 1 com det J T = r. De fato: x + y = r, x = r cos θ, y = r sen θ, z = z cos θ r sen θ det J T = sen θ r cos θ 1 = r. Exemplo Calcular C f(x, y, z)dx dy dz onde f(x, y, z) = 4xy e C é a região cilíndrica x + y 1, z 1. Solução: Note que a transformação de coordenadas cilíndricas leva o retângulo R = {(r, θ, z) : θ π, r 1, z 1} na região C. Logo, dos Teorema e Teorema 8.., temos 4xydx dy = C=T (R) = R 1 4r 3 cos θ sen θdr dθ dz = 4r 3 dr ( cos θ) π =. 1 π 4r 3 dr sen θ dθ Coordenadas Esféricas Um ponto P = (x, y, z) do espaço fica completamente determinado se sabemos a distância ρ de P = (x, y, z) a origem O = (,, ) o ângulo φ [, π] medido no sentido horário, entre o semi-eixo positivo das cotas e a reta determinada por P e (,, ) e o ângulo θ [, π), medido no sentido anti-horário entre o semieixo positivo das abscissas, e a reta determinada por P 1 = (x, y, ) e por (,, ). Definimos a seguinte transformação de coordenadas (x, y, z) = T (ρ, φ, θ) = (ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos θ), ρ >, φ π, θ < π.

77 8.3. MUDANÇA DE VARIÁVEIS 77 Esta transformação é conhecida como Transformação de Coordenadas Esféricas e é injetora, de classe C 1 com det J T = ρ sen φ. De fato: x + y + z = ρ, x = ρ sen φ cos θ, y = r sen φ sen θ, z = ρ cos φ sen φ cos θ ρ cos φ cos θ ρ sen φ sen θ det J T = sen φ sen θ ρ cos φ sen θ ρ sen φ cos θ cos θ ρ sen φ = ρ sen φ. Exemplo Calcular B f(x, y, z)dx dy dz, onde f(x, y, z) = z e B é a seguinte região B = {(x, y, z) : x + y + z 1}. Solução: Note que T leva o retângulo R = {(ρ, φ, θ) : ρ 1, φ π, θ < π} e B. Logo, dos Teorema e Teorema 8.., temos z dx dy dz = ρ 3 cos φ sen φ dρ dφ dθ B=T (R) = R π dθ π dφ 1 ρ 3 cos φ sen φ dρ = 4π 15 Exemplo Calcular o volume da região C comum à esfera ρ a e ao cone φ α.

78 78 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Solução: Note que T leva o retângulo R = {(ρ, φ, θ) : ρ 1, φ α, θ < π} e C. Logo, dos Teorema e Teorema 8.., temos V (C) = dx dy dz = C=T (R) = ρ sen φ dρ dφ dθ = R π α 1 a 3 dφ 3 π dθ α dφ 1 ρ sen φ dρ a3 sen φdθ = π (1 cos α) Densidade e Centro de Massa Considere a seguinte situação m 1 e m são as massas de partículas pontuais sobre x 1 e x respectivamente. Dizemos que o sistema está em equilíbrio se m 1 x 1 = m x ou seja m 1 x 1 + m x =. Em geral se m 1,, m n são as massas de partículas pontuais localizadas em l sobre x 1,, x n, o sistema estará em equilíbrio se n m i x i =. i=1 A soma n i=1 m ix i é chamada momento do sistema em relação à origem. Seja m = n i=1 m i, definimos n i=1 x = m ix i m n ou m x = m i x i. i=1 Fisicamente x é o ponto sobre o qual poderíamos concentrar toda a massa do sistema sem alterar o momento do sistema. O ponto P com coordenada x é chamado centro de massa do sistema. Consideremos agora uma situação um pouco mais geral, qual seja: m 1,, m n são as massas de partículas pontuais localizadas em pontos P 1 = (x 1, y 1 ),, P n = (x n, y n ) sobre um plano coordenado. Os momentos M x e M y do sistema em relação aos eixos x e y, são definidos por M x = n m i y i, M y = i=1 n m i x i. i=1 Se m = n i=1 m i então o centro de massa dos sistema é o ponto P = ( x, ȳ), dado por: m x = M y e mȳ = M x. P é o ponto sobre o qual poderíamos concentrar toda a massa do sistema sem que os momentos do sistema se alterem.

79 8.4. DENSIDADE E CENTRO DE MASSA 79 Suponha que a origem P = O do sistema coincida com o centro de massa, então m x = m. = M y = mȳ = m. = M x = e o sistema está em equilíbrio. Logo o centro de massa é o ponto pelo qual poderíamos pendurar o sistema de modo que ele fique em equilíbrio na horizontal. Considere agora uma lâmina L com a forma da região D da figura abaixo Suponha que para cada ponto (x, y) da superfície a densidade seja dada por ρ(x, y), onde ρ é uma função contínua sobre D. Considere uma rede G cobrindo D. Escolhamos (x i, y i ) em cada retângulo R i de G. Se m(g) é pequena, do fato que ρ é contínua, podemos aproximar a massa da lâmina L i correspondente à R i por Ainda m(l i ) = ρ(x i, y i )A(R i ). ρ(x i, y i )A(R i ). aproxima a massa da lâmina L. A massa M de L é definida como M = ρ(x i, y i )A(R i ) = ρ(x, y) dx dy lim m(g) i i D

80 8 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Em particular se ρ(x, y) = c, então A densidade média da lâmina L é M = c da = ca(d). D ρ = massa área = ρ(x, y)da D D da. Se a massa de L i é suposta concentrada em (x i, y i ) então o momento de L i em relação ao eixo x é y i ρ(x i, y i )A(R i ) e o momento de L i em relação ao eixo y e x i ρ(x i, y i )A(R i ). Os momentos de L em relação ao eixo x, M x e y e M y são então definidos por e M x = M y = lim m(g) lim m(g) y i ρ(x i, y i )A(R i ) = i x i ρ(x i, y i )A(R i ) = Ainda, o centro de massa da lâmina L é o ponto P = ( x, ȳ) dado por ou seja x = D D i x = M y M, ȳ = M x M xρ(x, y) da, ȳ = ρ(x, y) da D D No caso particular em que ρ(x, y) é constante temos que D x = xda D da, ȳ = D yda D da. D D yρ(x, y) da xρ(x, y) da. yρ(x, y) da. ρ(x, y) da Neste caso o ponto P é chamado centróide e não depende da densidade, dependendo somente da forma da região D. Exemplo Seja D a região do plano entre a parábola y = 6 x e y + x = 3. Calcule A(D) e o centro de massa de uma lâmina com a forma de D e densidade constante Momento de Inércia O sistema formado por uma partícula de massa m 1 tem momento de inércia relativo à reta s dado por onde d 1 é a distância da partícula à reta s. I = m 1 d 1,

81 8.4. DENSIDADE E CENTRO DE MASSA 81 Se o sistema é constituído de n partículas de massas m 1,, m n distando d 1,, d n de uma reta s tem momento de inércia relativo a s dado por n I s = m i d i. i=1 Se as partículas estão localizadas nos pontos P 1 = (x 1, y 1 ),, P n = (x n, y n ) do plano xy então o momento de inércia dos sistema em relação ao eixo x e ao eixo y dados por I x = n m i yi e I y = i=1 n m i x i. Exatamente como no caso do momento, estendemos o conceito de momento de inércia em relação ao eixo x e ao eixo y por I x = yi ρ(x i, y i )A(R i ) = y ρ(x, y) da I y = lim m(g) lim m(g) i i=1 x i ρ(x i, y i )A(R i ) = i D D x ρ(x, y) da Exemplo 8.4. Seja L uma lâmina com densidade constante ρ com a forma da região anelar A = {(x, y) : 1 x + y 4}. Calcular I x e I y. Solução: Note que a mudança de coordenadas polares T leva a região R = {(r, θ) : 1 r, θ < π}. Segue agora do Teorema e do Teorema 8.. que I x = A=T (R) = ρ ρ x dx dy = ρ r 3 sen θ dr dθ = ρ R 8.4. Momento Angular 1 3 θ sen θ r dr = ρπ 4 I y = A 1 1 r 3 dr = ρπ r4 4 ρy dx dy = 15ρπ 4. π r 3 dr 1 = 15ρπ 4 1 cos θ dθ Suponha que uma partícula pontual de massa m gira ao redor de um eixo l, num círculo de raio r, com velocidade angular ω.

82 8 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS A energia cinética desta partícula é E c = 1 mv, v = ωr E c = 1 mr ω = 1 Iω. Suponha agora um sistema de n partículas girando em torno de um eixo l com velocidade angular ω. Se r 1,, r n são as distâncias de m 1,, m n a l, então a energia cinética do sistema E c = n i=1 1 m iv i = 1 n m i r i ω = 1 ω i=1 n i=1 r i m i = 1 Iω Miscelânea de Exemplos Exemplo Uma chapa de densidade δ tem a forma da região do plano xy que está entre a parábola y = x e a reta y = x +. Calcular o momento de inércia da chapa em relação ao eixo y. Solução: Primeiramente devemos encontrar os pontos de intersecção da reta e da parábola. Note que nesses pontos devemos ter y = x = x + e portanto (x, y) = ( 1, 1) ou (x, y) = (, 4). Segue que x+ I y = δ dx x dy = 63 1 x δ Exemplo Determinar o centro de massa de uma placa delgada, de espessura e densidade uniformes, que está sobre a região A do plano xy entre as retas x =, y =, y = 1 e a parábola y = x.

83 8.4. DENSIDADE E CENTRO DE MASSA 83 Solução: Cálculo da massa M = Cálculo do momento M y = A A x ρda = ρ ρda = ρ 1 1 dy dx = ρ y 1 dy x dx = ρ y x 1 ( y)dy = 4 3 ρ. dy = ρ y Com isto podemos calcular a coordenada x do centro de massa da seguinte forma x = M y M = De forma semelhante obtemos a coordenada ȳ do centro de massa ȳ = M x M = 9. 1 ( y )dy = 7 4 ρ. Exemplo Ache o centro de massa de uma lâmina quadrada ABCD de lado 3/ sabendo que a densidade de qualquer ponto P é o produto das distâncias de P a AB e a AD. Solução: Vamos calcular a massa e os momentos relativos aos eixos x e y da lâmina. Note que ρ(x, y) = xy, então M = M x = e M y = 3/ dx 3/ 3/ 3/ 3/ 3/ xydy = 81/64, xy dy = 81/64 x y dy = 81/64. Segue que as coordenadas do centro de massa da lâmina são ( x, ȳ) = (1, 1).

84 84 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS Exemplo Ache o centro de massa de uma lâmina semicircular, sendo a densidade de qualquer ponto proporcional à distância de P ao centro do círculo. Solução: A lâmina ocupa a região C = {(x, y) : x + y a, x } que em coordenadas polares é R = {(r, θ) : r a, θ π}. Note que ρ(x, y) = k x + y ; ou seja, ρ(r, θ) = k r. Com isto calculamos a massa e os momentos relativos aos eixos coordenados da lâmina, e M x = M = M y = C=T (R) C=T (R) C=T (R) ρ(x, y) dx dy = y ρ(x, y) dx dy = R x ρ(x, y) dx dy = R kr dr dθ = kr 3 sen θ dr dθ = R π dθ π kr 3 cos θ dr dθ = k Segue que as coordenadas do centro de massa são ( x, ȳ) = (, 3a π ). a dθ a a kr dr = π k a3 3 kr 3 sen θ dr = k a4 π r 3 cos θ dθ =. Exercício Encontre o centro de massa da lâmina que tem a forma da região limitada pelas retas x =, y = e x + y = a e que tem densidade ρ(x, y) = x + y. Exercício 8.4. Calcular o momento relativo ao eixo x da lâmina que tem o formato da região limitada pelas parábolas x = y e x = y y, sendo a densidade ρ(x, y) = y Aplicações no Espaço R 3 As idéias vistas até agora nas aplicações podem ser generalizadas para três dimensões. Massa e Momento Linear Se um sólido tem o formato de uma região Q do R 3 se a densidade no ponto (x, y, z) é ρ(x, y, z), então de forma análoga ao visto anteriormente M = ρ(x, y, z) dx dy dz. B Se temos uma partícula pontual de massa m localizada no ponto (x, y, z) do espaço, então seus momentos relativos aos planos xy, xz e yz são definidos como mz, my e mx, respectivamente. Utilizando os mesmos argumentos já vistos definimos os momentos de um sólido em relação aos planos coordenados como sendo: M xy = z ρ(x, y, z) dx dy dz, Q M xz = y ρ(x, y, z) dx dy dz Q

85 8.4. DENSIDADE E CENTRO DE MASSA 85 o centro de massa é o ponto ( x, ȳ, z), onde M yz = x = M yz M, Q e x ρ(x, y, z) dx dy dz. ȳ = M xz M e z = M xy M. Quando a densidade é constante; isto é, ρ(x, y, z) = c, então o centro de massa é dito centróide. Momento de Inércia Se uma partícula de massa m está no ponto (x, y, z), então seu momento de inércia em relação ao eixo y é m(x + y ). Logo somos levados a definir I x = (y + z )ρ(x, y, z) dx dy dz, I y = I z = Q Q Q (x + z )ρ(x, y, z) dx dy dz, e (x + y )ρ(x, y, z) dx dy dz. Exemplo Considere o sólido S limitado pelo cone z = x + y e pelo plano z = 1 cuja densidade é ρ(x, y, z) = 1. Ache o centro de massa e o momento de inércia em relação ao eixo z do sólido S. Solução: Note que utilizando coordenadas cilíndricas temos: M = M xy = S S dx dy dz = z dx dy dz = π e π dθ dθ 1 1 dr dr 1 r 1 r r dz = π 3 z r dz = π 4. Segue que z = M xy M = 3 4. Por simetria x = ȳ =. Finalmente π I z = (x + y )dx dy dz = dθ S 1 dr 1 r r 3 dz = π 1.

86 86 CAPÍTULO 8. INTEGRAIS MÚLTIPLAS

87 Capítulo 9 Apêndice 9.1 Substituição e Integração por Partes (Cálculo I) Dois dos teoremas mais importantes do cálculo diferencial são a regra da cadeia e a regra do produto, que passamos a enunciar: Teorema (Regra da Cadeia) Se I, J são intervalos abertos e f : J IR, g : I J funções de classe C 1 temos que d dx (f g)(x) = f (g(x))g (x), x I. Teorema 9.1. (Regra do Produto) Se f, g : (a, b) IR funções de classe C 1 temos que d dx (fg)(x) = f (x)g(x) + f(x)g (x), x (a, b). Estes teoremas, juntamente com o Teorema Fundamental do Cálculo, dão origem a dois teoremas fundamentais do cálculo integral. A integração por partes e o método da substituição, são sem dúvida, os resultados mais importantes no que se refere ao cálculo de integrais de funções de uma variável. No que se segue, vamos obter estes teoremas a partir da regra do produto e da regra da cadeia, respectivamente. Teorema (Método da Substituição) Sejam I = [a, b], J intervalos, f : J IR uma função contínua e ϕ : I J uma função continuamente diferenciável. Então, ϕ(b) ϕ(a) f(x)dx = b a f(ϕ(s))ϕ (s)ds. Prova: Seja c J e V (x) = x f(θ)dθ. Então da regra da cadeia c d ds (V ϕ)(s) = f(ϕ(s))ϕ (s). O resultado agora segue do Teorema Fundamental do Cálculo. Observação: Note que não é necessário assumir que a função ϕ seja uma mudança de variáveis (ϕ (s), s [a, b]). Teorema Sejam f, g : [a, b] IR duas funções continuamente diferenciáveis. Então b a f(s)g (s)ds = f(b)g(b) f(a)g(a) b a f (s)g(s)ds. 87

88 88 CAPÍTULO 9. APÊNDICE Prova: Da regra do produto temos que d ds (fg)(s) = f (s)g(s) + f(s)g (s). Agora, do Teorema Fundamental do Cálculo, temos que e o resultado segue. f(b)g(b) f(a)g(a) = b a f (s)g(s)ds + b a f(s)g (s)ds

89 Capítulo 1 Campos Vetoriais 1.1 Introdução Neste capítulo introduziremos um conceito que é de grande utilidade em vários problemas relacionados a Física e Engenharia. Para motivarmos a introdução de tal objeto lembremos, da Física elementar, que se deslocarmos uma partícula ao longo de um caminho reto com uma força F (constante) o trabalho realizado por essa força é o produto da componente se F na direção e sentido do movimento, pela distância percorrida pela partícula, ou ainda, W = F R onde R é o vetor que vai da posição inicial da partícula a sua posição final. F R Agora suponha que a força não seja constante, isto é, seja uma função vetorial, que varia de ponto a ponto em uma região do plano, como por exemplo F = F (x, y) = M(x, y) i + N(x, y) j. Suponha que seta força desloque uma partícula ao longo de uma curva suave C do plano, onde C tem equações paramétricas x = x(t), y = y(t), t 1 t t. F A C B 3 89

90 9 CAPÍTULO 1. CAMPOS VETORIAIS Pergunta-se: qual o trabalho realizado por essa força quando a partícula move-se ao longo da curva do ponto inicial A = (x(t 1 ), y(t 1 )) até o ponto final B = (x(t ), y(t ))? Antes de mais nada, observemos que a função F a valores vetoriais será denominada campo de forças ou campo vetorial. Em geral, um campo vetorial (ou campo de forças) no plano é uma função que associa a cada ponto (x, y) de uma região do plano um vetor. Uma função que cujos valores são números será dita campo escalar. Todo campo escalar f = f(x, y) determinada um correspondente campo vetorial f(x, y) = f(x, y) = f x i + f y j denominado campo gradiente. Observemos que alguns campos vetoriais são campos gradientes, mas em geral não são, isto é, existem campos vetoriais F (x, y) = M(x, y) i + N(x, y) j tais que não existe f = f(x, y) tal que f = F (tente encontrar uma tal campo). Retornemos ao problema inicial de encontrar o trabalho realizado pela força F (x, y) = M(x, y) i+n(x, y) j ao longo da curva suave C. Se a curva for um segmento de reta horizontal, isto é, C = {(x, y ) + t(x 1, y ) : t 1} então, do Cálculo 1, sabemos que o trabalho será W = x1 F (x, y )dx = x onde dr é vetor elemento deslocamento (no caso acima um escalar, pois o deslocamento só ocorre na direção do eixo dos x s). Logo somos levados, em geral, a trabalhar com integrais de funções de mais de uma variável ao longo de curvas. Isto na verdade é o objetivo desta seção. C F dr 1. Exemplos Começaremos com alguns exemplos de campos vetoriais: 1 Campo de velocidades determinado pela rotação em torno de um ponto fixo. Campo de velocidades determinado pelo movimento de um fluido. 3 Campo gravitacional.

91 1.. EXEMPLOS 91 O Quando um campo vetorial não depende do tempo diremos que ele é um campo estacionário. Exemplos: 1. F (x, y) = x i + y j = (x, y) y. F. x. O campo vetorial F (x, y) = y i + x j = ( y, x) geometricamente é da seguinte forma: y x F P De fato pois, F (P ), OP = y, x), (x, y) =, logo F (P ) OP. 3. Dado c <, o campo vetorial T (x, y, z) = c (x, y, z), (x, y, z) (,, ) (x + y + z ) 3/ é um campo vetorial paralelo a (x, y, z), com sentido contrário ao de (x, y, z) e T (x, y, z) = c (x + y + z ) 3/ (x + y + z ) 1/ c = x + y + z,

92 9 CAPÍTULO 1. CAMPOS VETORIAIS isto é, T (x, y, z) é inversamente proporcional ao quadrado da diatância de (x, y, z) a (,, ). Estes tipos de campos aparecem em muitas situações, como por exemplo: Considere uma partícula de massa M na origem. A força de atração gravitacional que age sobre uma partícula de massa unitária colocada em P = (x, y, z) é de módulo igual a gm x + y + z. Logo F (x, y, z) = gm (x, y, z) x + y + z (x + y + z ) = gm (x, y, z). 1/ (x + y + z ) 3/ Um tipo,importante de campo vetorial é o campo proveniente de uma função escalar, isto é, o campo gradiente. Se f = f(x, y, z) então o campo gradiente de f é dado por f(x, y, z) = f x (x, y, z) i + f y (x, y, z) j + f z (x, y, z) k.

93 Capítulo 11 Integrais de Linha 11.1 Introdução Seja Ω um aberto de R. Consideremos um caminho suave : [a, b] Ω R, isto é, (t) é contínuo e (t), para todo t [a, b]. Seja f : Ω R onde Ω, isto é, (t) Ω, para todo t [a, b]; neste caso diremos que é um caminho suave em Ω. R b Ω f t i t i 1 A = (a) P i 1 P i a B = (b) Sejam A = (a), B = (b) e a = t < t 1 < < t n = b uma partição de [a, b]. Esta partição determina uma partição do arco AB em arcos Defina S i = comprimento do arco P i 1 P i e = Em cada arco max i=1,,n S i. n P i 1 P i escolhamos um ponto (x i, y i ) e consideremos a soma P i 1 P i onde P i = (t i ), i = 1,, n. f(x i, yi ) S i. Definição A integral curvilínea de f sobre de A até B é definida (e denotada) por: f ds = lim i=1 n f(x i, yi ) S i desde que o limite exista independente da escolha do ponto (x i, y i ) P i 1 P i Observação A integral acima também é conhecida como integral de linha relativa ao comprimento de arco. 93 i=1

94 94 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA Uma condição suficiente para garantir a existência da integral curvilínea acima é dada no seguinte resultado. Teorema Se : [a, b] R é suave e f : Ω R é contínua em Ω, então existe f(x, y) ds e f ds = b a f(α(t), β(t)) (α (t)) + (β (t)) dt. A demonstração desde resultado será omitida. Observemos que definindo-se r(t) = α(t) i + β(t) j então r (t) = (α (t)) + (β (t)). Logo, a expressão acima tornar-se-á b f ds = f((t)) r (t) dt. No caso particular de f(x, y) = 1, x Ω temos f ds = b a a r (t) dt = comprimento de. Diremos que : [a, b] R contínua é suave por partes se existe uma partição de [a, b], a = t < t 1 < < t n = b, tal que a restrição de a cada um dos subintervalos [t i 1, t i ] é um caminho suave. b P i 1 Ω t i A = (a) P i t i 1 a B = (b) Deste modo podemos definir a integral curvilínea de f : Ω R sobre o caminho suave por partes Ω como sendo a soma das integrais curvilíneas de f às restrições de a cada um dos subintervalos onde ela é suave, isto é n f ds = f ds i i=1 onde i é o caminho obtido da restrição do caminho ao subintervalo [t i 1, t i ]. Podemos dar a seguinte interpretação geométrica para a integral curvilínea: suponha que f é contínua e não negativa em Ω R. A área do retângulo tendo como base P i 1 e P i e altura igual a f(x i, y i ) como na figura abaixo é aproximadamente igual a f(x i, y i ) S i. Logo é natural pensarmos que f ds como sendo a área da superfície que tem como base curva e altura determinada pelo gráfico da função f.

95 11.. APLICAÇÃO Aplicação Olhemos como um fio delgado e f(x, y) como sendo a densidade em (x, y). Com isto temos que f(x i, y i ) S i é aproximadamente igual à massa de P i 1 P i = m i. n n Mas f(x i, yi ) S i = m i é aproximadamente a massa total do fio. Logo M = f ds nos dá a i=1 massa total no fio. i=1 Exemplo Calcular f(x, y) ds onde f(x, y) = x3 + y e dada por (t) = (3t, t 3 ), t 1. Neste caso (t) = (α(t), β(t)) = (3t, t 3 ), t 1. Assim b f(x, y) ds = f(α(t), β(t)) (α (t)) + (β (t)) dt = a 1 = 84t 3 u = 1 + t 4 du = 4t 3 dt 1 + t 4 dt = t = u = 1 = t = 1 u = 1 1 (7t 3 + t 3 ) 9 + 9t 4 dt 1 1 u du = 14( 1). Exemplo 11.. Calcular a área da superfície vertical delimitada superiormente pelo gráfico do parabolóide f(x, y) = x + y e inferiormente pelo arco do círculo x + y = 1, x, y. Se considerarmos : [, π/] R como sendo a curva suave (t) = (α(t), β(t)) = (cos t, sen t), t π/ então a área A da superfície descrita acima será dada por b A = f(x, y) ds = f(α(t), β(t)) (α (t)) + (β (t)) dt = π/ a (cos t + sen t) cos t + sen t dt = = π/ π/ [1 + 1 ] (1 cos t) dt = 3π 4 u.a. (1 + sen t) dt.

96 96 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA 11.3 Integral de linha de um campo vetorial Sejam : [a, b] Ω R 3 uma curva suave dada por (t) = (x(t), y(t), z(t)), t [a, b] e F (x, y, z) = F 1 (x, y, z) i + F (x, y, z) j + F 3 (x, y, z) k um campo contínuo definido Ω. Suponhamos que seja trajetória de uma partícula sujeita ao campo de forças F. Se F é constante e é um segmento de reta, temos que Trabalho = F vetor deslocamento. F B A Se F não for constante ou não for uma reta, particionamos num número finito de arcos, isto é, considere uma partição P, de [a, b] a = t < t 1 < < t n = b e tome P i = (t i ), i = 1,..., n. Se P é pequeno, o trabalho realizado por F ao longo do arco P i 1 P i, i = 1,, n pode ser aproximado por w i = F (P i 1 ) (P i P i 1 ) = F ((t i 1 )) ((t i ) (t i 1 )). Mas, (t i ) (t i 1 ) = (t i 1 ) i t. Desta forma, A w i = F ((ti 1 )) (t i 1 ) i t. P i 1 F (P i 1 ) O trabalho W realizado por F ao longo de é, por definição, P i. B W = lim P i=1 n w i = lim P i=1 A soma acima é uma soma de Riemann cujo limite é igual a W = b a n F ((t i 1 )) ( t i ) i t. F ((t)) (t) dt

97 11.3. INTEGRAL DE LINHA DE UM CAMPO VETORIAL 97 que será denotada por e chamada de integral de linha de F sobre. F d r Observação O teorema do valor médio não é válido para curvas. Para ver isto, considere a curva (t) = (cos t, sen t), t π. Como (t) = ( sen t, cos t) = 1, não existe c (, π) satisfazendo Temos o seguinte teorema (, ) = (π) () = (c)(π ). Teorema (Desigualdade do valor médio) Se : [a, b] R n é de classe C 1 e se K > é tal que (t) K, para todo t [a, b], então (b) (a) K(b a). Note também que F d r = b a F ((t)) (t) dt = b a = b a F (x(t), y(t), z(t))(x (t) i + y (t) j + z (t) k) dt [F 1 (x(t), y(t), z(t))x (t) + F (x(t), y(t), z(t))y (t) + F 3 (x(t), y(t), z(t))z (t)]dt = b a = [F 1 ((t))x (t) + F ((t))y (t) + F 3 ((t))z (t)] dt b a [(F 1 )x + (F )y + (F 3 )z ] dt A expressão acima sugere a seguinte notação: F d r = F 1 dx + F dy + F 3 dz. Exercício Calcule x dx + dy + dz, onde é a intersecção do cilindro y = x, do parabolóide z = x y contida no octante x, y, z. O caminho deve ser percorrido de (,, ) a (1, 1, ). Resolução: Uma parametrização de é (t) = (t, t, t t 4 ), t 1. Temos x dx + dy + dz = 1 [t + t t 4t 3 ] dt = 1 [t 4t 3 ] dt = t t 4 1 =.

98 98 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA z (t) A (t) B x y Vejamos agora uma relação entre a integral de linha de um campo vetorial e a integral de linha com relação ao comprimento de arco. Dada uma curva suave, com (t), considere T (P ) = (t)/ (t) o vetor unitário tangente a em P = (t). F d r = b a F ((t)) (t)dt = b a F ((t)) (t) b (t) (t) dt = F ((t)) T ((t)) (t) dt a = b a F ((t)) T ((t))ds = F T ds Resumindo, W = F d r = b a F ((t)) (t)dt = F T ds. Note que F T é a componente tangencial de F com relação à curva. Exercício Calcule F d r onde F (x, y) = x i + y j e : t [, π] (cos t, sen t)

99 11.3. INTEGRAL DE LINHA DE UM CAMPO VETORIAL 99 y 6 B A x Resolução: Vale observar que pela relação exposta acima deveremos ter a integral igual a zero. De fato, π π F d r = (cos t i + sen t j) ( sen t i + cos t j)dt = dt =. Exercício Calcular o trabalho realizado por F ao longo do caminho, onde F (x, y) = (x, y) e (t) = (t, t ), t [ 1, 1]. Resolução: Neste caso temos: W = = 1 F d r = 1 1 (t, t )(1, 1)dt + F ((t)) (t)dt = 1 (t, t )(1, 1)dt = 1 1 F ((t)) (t)dt + F ((t)) (t)dt 1 tdt + 1 tdt = =. Teorema Seja : [a, b] R n uma curva suave, h : [c, d] [a, b] uma mudança de parâmetros (isto é, h é suave e tem inversa h 1 : [a, b] [c, d] também suave) e λ = h reparametrização de. Então F d r = F d r se h (τ) > ou λ F d r = λ F d r se h (τ) <. Prova Suponhamos que h (τ) <. Neste caso, h(c) = b e h(d) = a. Pela regra da cadeia, λ (τ) = (h(τ))h (τ). Fazendo a mudança t = h(τ), obtemos b c F d r = F ((t)) (t) dt = F ((h(τ))) (h(τ)) h (τ) dτ a d = F ((h(τ))) (h(τ))h (τ) dτ = c O caso h (τ) > é semelhante. d d c F (λ(τ)) λ (τ) dτ = F d r. λ

100 1 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA Observação Note que a integral f ds independe do sentido de percurso. De fato, com a notação do teorema acima, no caso h (τ) <, temos λ (τ) = (h(τ)) h (τ) = (τ) h (τ) e, daí, f ds = b f((t)) (t) dt = c a d f((h(τ))) (h(τ)) h (τ) dτ = d f((h(τ))) (h(τ)) h (τ) dτ = d f(λ(τ)) λ (τ) dτ = c c λ f ds. O caso h (τ) > é semelhante. Exercício Calcular F d r onde F (x, y) = (x y, x y) nos seguintes casos: (a) é o segmento de reta que liga (, ) a (1, 1). (b) é a parábola y = x, x 1. (c) é o segmento de reta que liga (1, 1) a (, ). Resolução: (a) Uma parametrização da curva é (t) = (t, t), t Assim, F d r = (t 3, t 3 ) (1, 1)dt = t 3 dt = 1. (b) Uma parametrização da curva é (t) = (t, t ), t Assim, F d r = (t 4, t 4 ) (1, t)dt = (t 4 + t 5 )dt = Observe que os valores das integrais ao longo das duas curvas acima que ligam (, ) e (1, 1) são diferentes. (c) Uma parametrização da curva é (t) = (1 t, 1 t), t 1. Assim, F d r = 1 ((1 t) 3, (1 t) 3 ) ( 1, 1)dt = 1 (1 t) 3 dt = (1 t)4 1 = 1. ) Calcular a área da região R abaixo.

101 11.4. CAMPOS CONSERVATIVOS E INTEGRAIS DE LINHA 11 z z = x y x y (1, 1, ) (,, ) Resolução: Neste caso temos z = f(x, y) = x e (t) = (t, t), t 1. 1 Assim, a área da região R será dada por: f(x, y)ds = t = t Campos conservativos e integrais de linha 1 = 3 u.a. Proposição Sejam Ω R n um aberto, f : Ω R de classe C 1 em Ω, : [a, b] R n dada por (t) = ( 1 (t),, n (t)), t [a, b], uma curva suave por partes tal que (a) = A e (b) = B. Então, se F = f, temos F d r = f(b) f(a). B A Prova: (i) Se é suave então Pela regra da cadeia temos F d r = f d r = b a f((t)) (t) dt. d f f((t)) = ((t)) dt x 1(t) + f ((t)) 1 x (t) + + f ((t)) x n(t) = f((t)) (t). n

102 1 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA Do Teorema Fundamental do Cálculo segue que: f d r = b a d f((t)) dt = f((b)) f((b)) = f(b) f(a). dt (ii) Se é suave por partes escrevemos = 1 m onde i é suave, i = 1,, m e liga A i a A i+1, i = 1,, m, com A = A e A m = B. Usando (i) em cada i, obtemos f d r = m i=1 i f d r = f(a 1 ) f(a) + f(a ) f(a 1 ) + + f(b) f(a m 1 ) = f(b) f(a). A 3 A = A A 3 1 A 1 Definição Se F é um campo vetorial contínuo definido em Ω, dizemos que a integral de F independe do caminho se para quaisquer curvas suaves por partes 1, : [a, b] Ω tais que 1 (a) = (a) e 1 (b) = (b) tem-se F d r = 1 F d r. Observação A proposição afirma que a integral de linha de um campo gradiente independe do caminho, isto é, só depende dos pontos extremos. Definição Uma curva : [a, b] R n é dita será indicada por. fechada se (a) = (b). Neste caso a integral sobre Definição Se F é um campo vetorial contínuo definido em Ω, dizemos que a integral de F ao longo de qualquer curva fechada é zero se F d r = para toda curva fechada suave por partes, : [a, b] Ω.

103 11.4. CAMPOS CONSERVATIVOS E INTEGRAIS DE LINHA 13 1 Exemplos de curvas fechadas Corolário Se F = f onde f : Ω R n R é suave e : [a, b] Ω é suave por partes e fechada então F d r =. Prova: Como F = f e f(a) = f((a)) = f((b)) = f(b), segue da proposição que F d r =. Proposição Seja F um campo contínuo definido em Ω. A fim de que a integral de F ao longo de toda curva fechada seja zero é necessário e suficiente que a integral de F seja independente do caminho. Prova: Suponhamos que a integral de F ao longo de qualquer curva fechada seja zero. Sejam 1 : [a, b] Ω e : [a, b] Ω curvas suaves por partes tais que que 1 (a) = (a) e 1 (b) = (b). Defina : [a, b] Ω por { 1 (t a), se a t a+b (t) = a+b (a + b t), se t b. Note que é fechada e suave por partes. Logo, = F d r = b a F ((t)) (t) dt = b + a+b Usando a mudança u = t a temos a+b a a+b a F ((t)) (t) dt = F ((t)) (t) dt a+b a b + a+b F ( 1 (t a)) ( 1(t a)) dt = Usando a mudança v = a + b t temos b a+b F ( 1 (t a)) ( 1(t a)) dt F ( (a + b t)) ( (a + b t)) dt. (11.1) b F ( (a + b t)) ( (a + b t)) dt = Como é fechada, de 11.1 obtemos = 1 a F ( 1 (u)) 1(u) du = a F d r F d r, b 1 F d r. F ( (v)) (v) dv = F d r.

104 14 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA isto é, F d r = 1 F d r. Suponhamos agora que a integral de F seja independente do caminho. Seja : [a, b] Ω uma curva fechada suave por partes e defina λ : [a, b] Ω por λ(t) = (a + b t). Note que como é fechada, temos (a) = (b) = λ(a) = λ(b). Como a integral independe do caminho, F d r = F d r. Agora, usando t = a + b u, obtemos = a Portanto, F d r =. b F d r = Exemplo Calcular b a λ a F ((t)) (t) dt = F ((a + b u)) (a + b u) du b b F (λ(u)) λ (u) du = F (λ(u)) λ (u) du = F d r = F d r. a λ (i) é o segmento de reta que liga (, ) a (1, 1). (ii) é a parábola y = x, x 1. (iii) é a curva indicada abaixo. (iv) é a circunferência (cos t, sen t), t π. x dx + y dy em cada um dos itens abaixo: y (1, 1) 1 (, ) (1, ) x Resolução: Temos que onde Assim, x dx + y dy = x dx + y dy + x dx + y dy, 1 1 (t) = (t, ), (t) = (1, t), t 1. x dx + y dy = Por outro lado, é fácil verificar que 1 (t 1 + ) dt + 1 f(x, y) = 1 (x + y ) (1 + t 1) dt = 1.

105 11.4. CAMPOS CONSERVATIVOS E INTEGRAIS DE LINHA 15 é tal que f(x, y) = (x, y). Logo x dx + y dy = f d r. Da proposição segue que (i), (ii) e (iii) são iguais a f(1, 1) f(, ) = 1. Quanto a (iv) o resultado é pois a curva é fechada. Nem todas as integrais de linha têm esta propriedade, como por exemplo: (xy, xy) d r = 3 e (xy, xy) d r = 13, onde e são os segmentos de reta e de parábola abaixo, respectivamente. y y = x (1, 1) y = x x Definição Diremos que Ω R n é conexo (por caminhos) se quaisquer dois pontos de Ω podem ser ligados por um caminho suave, inteiramente contido em Ω. Diremos que Ω R n é uma região se for aberto e conexo. Exemplo Nos casos abaixo, 1) é uma região (pois é aberto e conexo) e ) não é região (pois não é conexo). 1) Ω = {(x, y) R : x + y < 1}. ) Ω = {(x, y) R : x + y < 1 ou x + y > }. Ω 1 Ω Ω = Ω 1 Ω Ω Ω conexo Ω não conexo Teorema Sejam Ω R n uma região e F : Ω R n R n um campo vetorial contínuo. Se a integral de F independe do caminho, então fixado A Ω, a função dada por f(x) = F d r onde é uma curva suave por partes cuja imagem está contida em Ω e liga A a X Ω, é de classe C 1 e satisfaz f = F em Ω.

106 16 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA Prova: Como a integral independe do caminho, usaremos a notação f(x) = X A F d r. Para simplificar vamos fazer a prova para n =. Precisamos mostrar que f(x, y) = F (x, y). Colocando F = F 1 i + F j, precisamos mostrar que ( ) f f (x, y), (x, y) = (F 1 (x, y), F (x, y)). x x Escolhemos curva suave por partes ligando A a X = (x, y) contida em Ω (que existe pois Ω é conexo) e a estendemos até o ponto (x + t, y) através de um segmento horizontal (podemos fazer isto pois Ω é aberto). Ω A (x, y) (x + t, y) Assim temos Mas f(x + t, y) f(x, y) = = t (x+t,y) A F (x + τ, y) (1, )dτ = (x,y) (x+t,y) F d r F d r = F d r A (x,y) t F 1 (x + τ, y)dτ. f f(x + t, y) f(x, y) 1 (x, y) = lim = lim F 1 (x + τ, y)dτ x t t t t = d ( t F 1 (x + τ, y)dτ) = F 1 (x, y), dt onde usamos nas identidades acima a definição de derivada de função de uma variável e o Teorema Fundamental do Cálculo. Analogamente, f y (x, y) = F (x, y). Portanto, t= t f(x, y) = (F 1 (x, y), F (x, y)) = F (x, y). Definição Um campo vetorial gradiente também é chamado de campo conservativo. Se F = f a função f é chamada de um potencial de F. Observação Segue das proposições , e do teorema acima que se Ω é uma região e F é um campo contínuo definido em Ω, as seguintes afirmações são equivalentes: 1. F é conservativo;

107 11.4. CAMPOS CONSERVATIVOS E INTEGRAIS DE LINHA 17. a integral de F independe do caminho; 3. a integral de F ao longo de qualquer curva fechada é zero. A motivação para chamarmos um campo gradiente por conservativo pode ser explicada pelo que segue. Suponhamos que uma partícula de massa m percorra um caminho : [a, b] Ω R n suave por partes, sob ação da força resultante F. Ω A F B Usaremos a aqui a notação r(t) = (t) para descrever a posição da partícula no instante t. Temos W (trabalho) = b a Da segunda Lei de Newton temos: F ((t)) = m r (t). F ((t)) r (t) dt. Mas F ((t)) r (t) = m r (t) r (t) = d dt [1 m r (t) r (t)] = d dt [1 m r (t) ] = d dt [1 mv (t)], onde v(t) = r (t) é a velocidade escalar da partícula. Portanto, onde W = b a d dt [1 mv (t)]dt = 1 mv (b) 1 v (a) = K(b) K(a), K(t) = 1 mv (t) é a energia cinética da partícula no instante t. Portanto, trabalho = variação da energia cinética. Suponhamos agora que F = f, isto é, que F seja conservativo. Da proposição segue que W = f(b) f(a). Comparando com a fórmula acima temos que: f(b) f(a) = K(b) K(a), ou seja, K(b) f(b) = K(a) f(a). A quantidade U(P ) = f(p ) será chamada de energia potencial da partícula na posição P. Assim, K(a) + U(A) = K(b) + U(B), ou seja, a soma da energia potencial com a energia cinética permanece constante, isto é, se conserva. Exemplo Encontrar o trabalho realizado pelo campo F (x, y, z) = da curva : [, π] R 3, dada por (t) = (cos t, sen t, t). k x + y + z (x i+y j +z k) ao longo

108 18 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA z B x A y Resolução: Poderíamos resolver usando a definição, porém usaremos a proposição anterior. Para isto procuremos f = f(x, y, z) tal que 1.. f Kx x (x, y, z) = f Ky y (x, y, z) = x +y +z x +y +z 3. f Kz z (x, y, z) = x +y +z Integrando (1) em relação a x obtemos Kx f(x, y, z) = x + y + z dx + ϕ(y, z) = K ln(x + y + z ) + ϕ(y, z). Portanto, f Ky (x, y, z) = y x + y + z + ϕ y isto é ϕ não depende de y. Calculando, f Kz (x, y, z) = z x + y + z + ϕ z (y, z) () = (z) (3) = Ky x + y + z Kz x + y + z isto é, ϕ também não depende de x, y, z. Se tomarmos ϕ = termos f(x, y, z) = K ln(x + y + z ), portanto, W = ϕ = (y, z) = = ϕ(y, z) = ϕ(z), y ϕ = ϕ(z) = = ϕ(z) = C, z F d r = f(1,, π) f(1,, ) = K ln(1 + 4π ). O teorema a seguir fornece uma condição simples que é necessária e suficiente para decidir se um campo é conservativo em um retângulo de R. Teorema Seja F (x, y) = A(x, y) i + B(x, y) j, onde A e B são de classe C 1 num retângulo R = [a, b] [c, d]. Então F é conservativo em R se e somente se A y = B x em R. (11.)

109 11.4. CAMPOS CONSERVATIVOS E INTEGRAIS DE LINHA 19 Prova: Se f = F então A = f x e B = f y. Logo, A y = f (T eor.schwarz) f = y x x y = B x. Reciprocamente, suponhamos que 11. seja verificada. Fixemos (x, y ) R. Seja f definida em R por f(x, y) = F d r, onde é a curva indicada na figura abaixo. R (x, y) 1 (x o, y o ) (x, y o ) Consideremos as parametrizações 1 : [x, x] R dada por 1 (t) = (t, y ) e : [y, y] R dada por (t) = (x, t). Com isto, temos: f(x, y) = x x A(t, y ) dt + y y B(x, t) dt. Como e f (Teo. Fund. Calc.) (x, y) = B(x, y) y f y (Teo. Fund.+ Der. sob Sinal de Int.) (x, y) = A(x, x ) + x y B (x, t) dt x y (hipótese) = A(x, y ) + y Portanto, f(x, y) = F (x, y). A (Teor. Fund. Calc.) (x, t) dt = A(x, y ) + A(x, y) A(x, y ) = A(x, y). y Observação O teorema acima continua válido se ao invés do retângulo R considerarmos um domínio Ω simplesmente conexo, isto é, Ω não apresenta buracos. Mais, precisamente, um domínio Ω R n é simplesmente conexo se toda curva fechada contida em Ω puder ser deformada continuamente dentro de Ω até um ponto.

110 11 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA B A o disco B é simplesmente conexo o anel A não é simplesmente conexo Exercício Consideremos o campo definido em D = R \ {(, )} dado por 1. Verifique que A y = B x ; F (x, y) = y x x + y i + x + y j = A(x, y) i + B(x, y) j.. Mostre que F não é conservativo em D; 3. Mostre que F é conservativo em qualquer retângulo que não contenha a origem; 4. Encontre uma função potencial para F na região Ω = R \ {(x, y) R ; x, y = }. e 1. Basta ver que A(x, y) = y A x = + y y (x, y) = y x (x + y ) B(x, y) = x B x = + y x (x, y) = y x (x + y ).. Se F fosse conservativo em D, a sua integral sobre qualquer curva fechada contida em D seria zero. Porém, isto não ocorre, pois basta tomar (t) = (cos t, sen t), t π e calculando F d r = π dt = π. 3. Se R é um retângulo que não contém a origem, então R D. Pelo item 1. deste exercício e pelo teorema segue-se que F é conservativo em R. 4. F é conservativo em Ω pois trata-se de um domínio simplesmente conexo (veja a observação ) e 11. já foi verificada em 1. Dado (x, y) Ω, considere a poligonal abaixo que liga ( 1, ) Ω a (x, y).

111 11.4. CAMPOS CONSERVATIVOS E INTEGRAIS DE LINHA 111 y (x, y) Ω x ( 1, ) Seja f : Ω R dada por f(x, y) = A dx + B dy = y x A( 1, t) dt + B(t, y) dt = 1 y 1 x 1 + t dt + 1 y y + t dt onde x y = arctg y 1 y + t dt x y 1 y + t dt =, se y = e x < arctg t y x = arctg x y arctg 1 y, 1 caso contrário. Assim, f(x, y) = {, se y = e x < arctg y arctg 1 y arctg x y, caso contrário. Note que d dy ( arctg y arctg 1 y ) = y y = y + 1 =, y. 1 + y ( 1y ) Deste modo a função arctg y arctg 1 y é igual a π/ para todo y > (basta tomar y = 1) e igual a π/ para todo y <. Por quê? Assim, uma função potencial de F em Ω é dada por Note que se x > então π arctg x y, se y > f(x, y) =, se y = e x < π arctg x y, se y <. lim f(x, y) = π e lim f(x, y) = π. y + y Um resultado análogo ao teorema também é válido para o R 3. Temos

112 11 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA Teorema Seja F = A i + B j + C k, onde A, B, C C 1 em R = [a, b] [c, d] [e, f]. Então F é conservativo em R se e somente se A y = B x, A z = C x e B z = C y em R. Observação A prova é parecida com a do teorema sendo que a função potencial do campo é obtida integrando F sobre uma poligonal (contida em R) como abaixo. R (x o, y o, z o ) (x, y, z) Observação O teorema acima continua válido se ao invés do paralelepípedo R considerarmos um domínio Ω simplesmente conexo como na observação Note que no R 3 um domínio simplesmente conexo pode ter buracos, como é o caso de uma bola da qual foi retirado o centro. Já uma bola da qual foi retirado um diâmetro não é um domínio simplesmente conexo. Exemplo Se F (x, y, z) = y i + (xy + e 3z ) j + 3ye 3z k, ache uma função f tal que f = F. Resolução: Se existir uma tal f devemos ter satisfazer: f x (x, y, z) = y f x (x, y, z) = xy + e3z f x (x, y, z) = 3ye3z Integrando (1) com respeito a x obtemos: f(x, y, z) = xy + ϕ(y, z) (4). Assim f y (x, y, z) = xy + ϕ y(y, z). Comparando (4) com () temos ϕ y (y, z) = e 3z. Portanto, ϕ(y, z) = ye 3z + h(z). Logo (4) pode ser escrita como f(x, y, z) = xy + ye 3z + h(z). Derivando esta equação com respeito a z e comparando com (3) obtemos h (z) =. Assim, h(z) = constante = k. É fácil ver que f(x, y, z) = xy + ye 3z + k satisfaz f = F. Exercício Refaça o exercício anterior calculando f(x, y, z) = F d r, onde é o segmento dado por (t) = (xt, yt, zt), t 1. Exercício Consideremos : [, π ] R dada por (t) = (cos t, sen t), t π/ e F (x, y) = y i + (xy e y ) j, (x, y) R. Calcular F d r.

113 11.4. CAMPOS CONSERVATIVOS E INTEGRAIS DE LINHA 113 Resolução: Primeiro modo: Pela definição F d r = π/ (sen t, cos t sen t e sen t ) ( sen t, cos t) dt = Segundo modo: Como A y B (x, y) = y = (x, y) x em qualquer retângulo então F é conservativo. Procuremos f tal que f = F, isto é, 1.. f x (x, y) = y f y (x, y) = xy ey Integrando (1) com relação a x obtemos f(x, y) = xy + ϕ(y). Por outro lado f y (x, y) = xy + ϕ (y) () = xy e y, portanto ϕ (y) = e y e logo ϕ(y) = e y + c, assim f(x, y) = xy e y + c. Verifica-se imediatamente que f = F. Calculando, F d r = f(, 1) f(1, ) = 1 e. Observemos que f pode ser obtida como no teorema 11.4., isto é, integrando F sobre o caminho abaixo. y (x, y) x f(x, y) = x A(t, )dt + y B(x, t)dt = x dt + = (xt e t ) t=y t= = xy e y + 1. y (xt e t ) dt Terceiro modo: Sabemos que F é do tipo gradiente em R. Logo a integral acima independe da curva que liga os pontos (1, ) e (, 1). Assim, vamos calcular a integral sobre o segmento de reta que liga (1, ) a (, 1). Uma parametrização é : [, 1] R dada por (t) = (1 t, t), t 1. Assim F d r = = 1 F d r = 1 (t, t(1 t) e t ) ( 1, 1) dt ( t + t(1 t) e t ) dt = = 1 e.

114 114 CAPÍTULO 11. INTEGRAIS DE LINHA Exercício Seja F um campo dado por F (x, y, z) = C r(x, y, z), r(x, y, z) 3 onde r(x, y, z) = x i + y j + z k e C é uma constante. Sejam P 1 e P pontos cujas distâncias à origem são d 1 e d, respectivamente. Expresse o trabalho realizado por F ao longo de uma curva suave por partes ligando P 1 e P em termos de d 1 e d. Resolução P 1 d 1 P d Observemos que F (x, y, z) = f(x, y, z) onde f(x, y, z) =. Assim, (x +y +z ) 1/ W = f(p ) f(p 1 ) = C d + C d 1 = C(d d 1 ) d 1 d. C

115 Capítulo 1 Teorema de Green 1.1 Introdução Definição Uma região B R é dita uma região simples se toda reta paralela a um dos eixos coordenados corta a fronteira de B em um segmento ou, no máximo, em dois pontos. R R Região simples Região não simples R 1 R Reunião de duas regiões simples Teorema (Green) Seja D um região plana limitada dada por reunião finita de regões simples, cada uma com fronteira constituída de uma curva suave por partes. Se A e B são funções de classe C 1 num aberto contendo D e a fronteira de D, denotada por, então 115

116 116 CAPÍTULO 1. TEOREMA DE GREEN D Então A(x, y) dx + B(x, y) dy = D ( B x ) A (x, y) (x, y) dxdy. y onde é percorrida deixando D sempre à esquerda (neste caso diremos que está orientada positivamente). De modo abreviado escreveremos: ( B A dx + B dy = x A ) dxdy. y D Prova: 1. o caso: Suponhamos que a região D seja simples. Faremos a prova apenas no caso em que a fronteira de D pode ser descrita por um segmento e o gráfico de uma função com um máximo, como na figura abaixo. y y = b y = g(x) y = a x = h 1 (y) D x = h (y) x = c x = d x Neste caso temos: = b a D B (x, y) dxdy = x = b a B(h (y), y)dy + b h (y) a h 1(y) B (x, y) dxdy x [B(h (y), y) B(h 1 (y), y)]dy a b B(h 1 (y), y))]dy = B(x, y) dy, onde na última igualdade verificamos que a parte da integral em sobre o segmento de reta horizontal não contribui com nada na integral.

117 1.1. INTRODUÇÃO 117 Desta forma, D A (x, y) dxdy = y D = ( B x c d d g(x) c d A (x, y) dydx = c a y c [A(x, g(x)) A(x, a)] dx d A(x, g(x)) dx A(x, a) dx = A(x, y) dx. ) A (x, y) (x, y) dxdy = A(x, y) dx + B(x, y) dy. y. o caso: D é uma reunião finita de regiões simples. Dividamos a região D em sub-regiões, D i, i = 1,, n, onde cada uma destas são simples (ver figura abaixo). Denotemos por i, i = 1,, n a fronteira de D i orientada como na figura abaixo.. 1 D 1 D... D 4 D Podem existir partes das curvas i que não fazem parte de e que serão percorridas duas vezes, uma vez em cada sentido. Aplicando o 1. o caso em cada uma dessas sub-regiões obtemos: ( B A dx + B dy = i x A ) dxdy, i = 1,, n. y Somando-se de i = 1 a n obtemos: = n i=1 D i D i A dx + B dy = n i=1 i A dx + B dy ( B x A ) ( B dxdy = y D x A ) dxdy. y Observação No caso de dimensão 1, o teorema de Green pode ser visto como o Teorema Fundamental do Cálculo, pois estamos relacionando o valor da integral de uma função em um intervalo fechado, sabendo o valor de sua primitiva na fronteira, que no caso é formada por dois pontos.

118 118 CAPÍTULO 1. TEOREMA DE GREEN 1. Aplicação Área de uma região plana Tomando-se A(x, y) = e B(x, y) = x temos pelo teorema de Green que a área da região D será dada por A(D) = dxdy = x dy, onde é percorrida no sentido positivo. De outro modo, tomando-se A(x, y) = y e B(x, y) = temos que A(D) = dxdy = y dx. Ou ainda, somando-se as duas igualdades acima, temos que A(D) = 1 x dy y dx. D D Exercício 1..1 Calcule a área da região delimitada pela ciclóide dada por 1 (t) = (t sen t, 1 cos t, ) t π e (t) = (t, ), t π. Resolução: y Note que, percorrendo a fronteira da região acima no sentido horário (negativo), temos [ ] π A = x dy = x dy x dy = x dy = (t sen t) sen t dt 1 1 = π [t sen t sen t] dt = π 1 cos t dt π π π = π [ t cos t π + cos t dt] = 3π. x t sen t dt Exercício 1.. Use o Teorema de Green para calcular (1 + 1xy + y ) dx + (6xy + 5x ) dy, onde é o quadrado de vértices (, ), (a, ), (, a), (a, a), a >. (, a) (a, a) (, ) (a, )

119 1.. APLICAÇÃO 119 Resolução: Observemos que neste caso A(x, y) = 1+1xy+y, B(x, y) = 6xy+5x e D a região delimitada pelo quadrado satisfazem as condições do Teorema de Green, onde a fronteira de D,, está orientada no sentido positivo. Aplicando-o obtemos: D (1 + 1xy + y ) dx + (6xy + 5x ) dy = D [ B x A y ]dxdy = [ x (6xy + 5x ) y (1 + 1xy + y )]dxdy = [(6y + 1x) (1x + y)]dxdy D = D 4ydxdy = a a 4ydxdy = a 3. Exercício 1..3 Calcular a área limitada pela elipse x a + y b = 1. Resolução: Vimos acima que a área, A, da região pode ser dada por: A = 1 x dy y dx, onde é a elipse percorrida no sentido positivo (isto é, anti-horário). Uma parametrização de pode ser dada por t [, π] (a cos t, b sen t). Assim, A = 1 x dy y dx = 1 π (a cos tb cos t + b sen ta sen t)dt = 1 π ab dt = πab. Exercício 1..4 Seja D = {(x, y) R : x + y 1}, A(x, y) = A(r), B(x, y) = B(r) funções de classe C 1 que dependem somente da distância à origem. Mostre que D ( B x A ) dxdy =. y Resolução: Neste caso temos que = {(x, y) R : x + y = 1} é a circunferência de centro na origem e raio 1. Podemos aplicar o Teorema de Green para obter: D ( B x A ) dxdy = A(1)dx + B(1)dy y (observe que A e B são constantes sobre a circunferência ). Por outro lado se considerarmos Ā(x, y) = A(1) e B(x, y) = B(1), (x, y) D (isto é, Ā e B são constantes em D) e aplicando o Teorema de Green a estas duas funções obteremos: A(1) dx + B(1) dy = D ( B x Ā ) dxdy =. y Exercício 1..5 Consideremos F (x, y) = A(x, y) i + B(x, y) j, onde A, B C 1 com B x = A na região y S dada abaixo. Prove que F d r = F d r, onde 1 e são percorridas no sentido anti-horário. 1

120 1 CAPÍTULO 1. TEOREMA DE GREEN 6 S 1 Resolução: Note que na figura acima invertemos a orientação de 1. Pelo Teorema de Green temos que: ( F d r F B d r = 1 S x A ) dxdy =, y pois, por hipótese, em S. Portanto B x = A y F d r = 1 F d r. Exercício 1..6 Consideremos F (x, y) = y x x + y i + x + y j, para (x, y) (, ) e : t [, π] ( cos t, 3 sen t). Calcular F d r. Resolução: Diretamente temos que: F d r = = π π ( ) 3 sen t 4 cos t + 9 sen t, cos t 4 cos t + 9 sen ( sen t, 3 cos t) dt t ( 6 sen t + 6 cos ) t π 6 4 cos t + 9 sen dt = t 4 cos t + 9 sen t dt que é uma integral razoavelmente difícil de calcularmos. Observemos também que não podemos aplicar o Teorema de Green a região determinada por pois as funções não satisfazem as condições do teorema (a origem (, ) é um ponto onde as funções coordenadas de F não são nem contínuas). Para contornar este problema, observemos primeiramente que se então A(x, y) = y x x + y e B(x, y) = x + y B x = A y na região D abaixo que é externa ao disco unitário e interna à elipse.

121 1.. APLICAÇÃO 11 D Podemos aplicar o exemplo anterior, que nos diz que F d r = = π 1 F d r ( ) sen t cos t + sen t, cos t cos t + sen ( sen t, cos t) dt = t π dt = π.

122 1 CAPÍTULO 1. TEOREMA DE GREEN

123 Capítulo 13 Integrais de Superfície 13.1 Superfícies Definição Uma superfície parametrizada é uma transformação σ : A R R 3 de classe C 1. Observação A imagem de uma superfície parametrizada, S = σ(a), é chamada de superfície. Neste caso, diz-se que transformação acima é uma parametrização da superfície. Observação Geralmente usaremos a notação σ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) A. Exemplo A esfera de raio R centrada na origem, é uma superfície. S = {(x, y, z); x + y + z = R } Note que, a transformação proveniente das coordenadas esféricas, dada por é uma para parametrização de S. σ(φ, θ) = (R cos θ sen φ, R sen θ sen φ, R cos φ), θ, φ R, Exemplo Se f : A R R é uma função de classe C 1 então o seu gráfico, é uma superfície. G = {(x, y, f(x, y)); (x, y) A}, Basta notar que é uma parametrização de G. σ(u, v) = (u, v, f(u, v)), (u, v) A Exemplo O cilindro C dado por x + y = R é uma superfície parametrizada por σ(u, v) = (R cos u, R sen u, v), onde u, v R. Exemplo Superfície de revolução. Considere a curva (t) = (x(t),, z(t)), t π contida no plano xoz de tal modo que x(t), o que implica que cruza o eixo z. Queremos encontrar uma parametrização para superfície obtida quando se gira a curva em torno do eixo z. Lembre que a transformação linear T θ (x, y, z) = (x cos θ y sen θ, x sen θ + y cos θ, z) 13

124 14 CAPÍTULO 13. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIE é uma rotação de ângulo θ em torno do eixo z. A rotação se dá no sentido anti-horário quando se olha o plano xoy de cima. Deste modo, uma parametrização para a superfície desejada é dada por com a t b e θ π. σ(t, θ) = T θ ((t)) = (x(t) cos θ, x(t) sen θ, z(t)), Note que se S é uma superfície e σ uma parametrização sua, então os vetores σ u (u, v) e σ (u, v) v são tangentes a S no ponto σ(u, v). Para verificar este fato, basta notar que, fixado v, a função u σ(u, v) representa uma curva sobre S que passa por σ(u, v) e tem vetor tangente dado por σ u (u, v). De maneira análoga se verifica que σ v (u, v) tem propriedade semelhante. Se σ σ u (u, v) e v (u, v) são linearmente independentes então o produto vetorial é diferente de zero e normal a S em σ(u, v). Convém lembrarmos que se colocarmos então o produto vetorial entre σ u e σ v onde e assim por diante. N(u, v) = σ u σ v = det σ σ (u, v) (u, v) v u σ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) é dado pelo determinante simbólico i j k x y z = u x v u y v u z v (y, z) (u, v) = det ( y u y v (y, z) (u, v) (z, x) i + (u, v) (x, y) j + (u, v) k, Definição Dizemos que uma superfície parametrizada σ : A R 3 é regular se σ σ u (u, v) e v (u, v) são linearmente independentes para todo (u, v) A. z u z v )

125 13.. INTEGRAL DE SUPERFÍCIE 15 Exemplo Com relação ao gráfico de f (veja exemplo 13.1.) obtemos i j k N = det f 1 u 1 f v = f u i f v j + k. Note que neste caso temos N e N = 1 + ( ) f + u ( ) f. v 13. Integral de Superfície Seja S uma superfície parametrizada por σ : A R 3. Suponha que sobre S esteja definida uma função contínua f. Lembre que S R 3 e, portanto, f é uma função de três variáveis. Queremos definir de um modo razoável a integral de f sobre S. Tomemos um retângulo R ij sobre a região A de lados i u e j v e com um vértice (u i, v j ), como mostra a figura. Seja P o = σ(u i, v j ). A imagem σ(r) deste retângulo sobre S pela parametrização σ tem área aproximadamente igual à área do paralelogramo contido no plano tangente a S que passa por P o cujos lados são congruentes aos vetores σ u (u i, v j ) i u e σ v (u i, v j ) j v. Assim área de σ(r ij ) é aproximadamente σ u (u i, v j ) i u σ v (u i, v j ) j v = σ u (u i, v j ) σ v (u i, v j ) iu j v = N(u, v) i u j v. v j + j v R ij A v j u i u i + i u

126 16 CAPÍTULO 13. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIE Desta forma, se escolhermos (u i, v j ) R ij podemos formar a soma de Riemann a qual converge a f(σ(u i, v j)) σ u (u i, v j ) σ v (u i, v j ) iu j v i,j A f(σ(u, v)) σ u (u i, v j ) σ v (u i, v j ) dudv, desde que f seja contínua e limitada em S = σ(a) e a fronteira de A seja uma reunião finita de conjuntos suaves. Definição Seja A R um conjunto cuja fronteira é uma reunião finita de conjuntos suaves. Seja S uma superfície dada pela parametrização σ : A R 3. Se f é uma função contínua e limitada em S, definimos a integral de superfície de f em S por f ds = f(σ(u, v)) σ u (u i, v j ) σ v (u i, v j ) dudv. S A Observação Se f = 1 em S então S ds = área de S. Observação 13.. Se f representa algum tipo de densidade superficial sobre S de alguma grandeza escalar (p. ex., densidade de massa ou de carga) então f ds representa a quantidade total desta grandeza sobre sobre S. S Observação Se S é o gráfico de uma função g : A R R de classe C 1 (veja exemplo 13.1.) então ( ) ( ) g g f ds = f(u, v, g(u, v)) 1 + (u, v) + (u, v) dudv. u v S A

127 13.3. EXEMPLOS Exemplos Exemplo Encontre a área de uma esfera de raio R. Resolução: Sabemos que σ(φ, θ) = (R cos θ sen φ, R sen θ sen φ, R cos φ), (φ, θ) A = [, π] [, π] é uma para parametrização de S. Temos e Logo, e σ (θ, φ) = ( R sen θ sen φ, R cos θ sen φ, ) θ σ (θ, φ) = (R cos θ cos φ, R sen θ cos φ, R sen φ) φ σ θ σ i j k (θ, φ) = det R sen θ sen φ R cos θ sen φ φ R cos θ cos φ R sen θ cos φ R sen φ = R cos θ sen φ i R sen θ sen φ j R sen φ cos φ k σ θ σ (θ, φ) φ = R 4 (cos θ sen 4 φ + sen θ sen 4 φ + sen φ cos φ) = R 4 (sen 4 φ + sen φ cos φ) = R 4 sen φ(sen φ + cos φ) = R 4 sen φ. A(S) = S ds = σ θ σ (θ, φ) φ = R sen φ π π R sen φ dφdθ = πr ( cos φ) π = 4πR. Exemplo Mostre que a parametrização da esfera centrada na origem e de raio um, σ : R = [, π] [ 1, 1] R 3, dada por σ(u, v) = ( 1 v cos u, 1 v sen u, v) preserva áreas, isto é, se K R é um conjunto cuja fronteira é uma reunião finita de conjuntos suaves então a área de K é igual à área de σ(k). Resolução: Lembre-se que a parametrização acima já foi estudada no capítulo de transformações. Temos σ u σ i j k (u, v) = det 1 v v sen u 1 v cos u v cos u 1 v = 1 v cos u i + 1 v sen u j + v k v sen u 1 v 1 Assim, σ u σ (u, v) v A(σ(K)) = ds = σ(k) K = (1 v ) cos u + (1 v ) sen u + v = 1. σ u σ (u, v) v dudv = K dudv = A(K). Exemplo Encontre a área da região do plano z = y + 1 que está dentro do cilindro x + y = 1.

128 18 CAPÍTULO 13. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIE Resolução: Neste caso z = f(x, y) = y + 1, A = {(x, y) R : x + y 1}. Observemos que f f x (x, y) = e y (x, y) = 1, logo a área da região S será: ( f ) ( ) f A(S) = dx dy A x y = dx dy = dx dy = π, já que a última integral dupla nos dá a área do círculo de raio 1. A Exemplo Calcular a área do parabolóide hiperbólico z = xy que fica dentro do cilindro x + y = 1. A Resolução: Temos f(x, y) = xy e A = {(x, y) : x + y 1 1}. E daí, f x Usando coordenadas polares, obtemos ( f ) A(S) = + x A f (x, y) = y e y (x, y) = x, ( ) f + 1 dx dy = y + x y + 1 dx dy A

129 13.3. EXEMPLOS 19 = π 1 r + 1 r dr dθ = { faça u = r + 1 } = π 3 [ 1]. Exemplo Área de uma superfície de revolução. Considere a superfície de revolução S parametrizada por σ(t, θ) = T θ ((t)) = (x(t) cos θ, x(t) sen θ, z(t)), com a t b e θ π, x(t), como no exemplo e que xds é o momento da curva plana com relação ao eixo z. Se l() representa o comprimento de, então, se o centróide (o centro de massa) de, é dado por ( x,, z), temos l() x = xds. Assim, A(S) = l()π x, ou seja, a área de S é o produto do comprimento de pelo comprimento da circunferência descrita pelo centróide de ao redor do eixo z. Este resultado é conhecido como o teorema de Pappus para superfícies de revolução. Exemplo Encontre a área do toro T obtido pela rotação da circunferência (t) = (b + a cos t,, a sen t), t π ao redor do eixo z. Resolução: Basta notar que o comprimento de é πa e o seu centróide é (, b, ). Desta maneira, o comprimento da circunferência descrita pelo centróide ao redor do eixo z é πb e a área do toro é: A(T ) = πaπb = 4π ab. Exemplo Encontrar a área da parte do cilindro z = y que fica sobre o triângulo de vértices (, ), (, 1) e (1, 1).

130 13 CAPÍTULO 13. INTEGRAIS DE SUPERFÍCIE Resolução: Neste caso temos que z = f(x, y) = y e A = triângulo com vértices nos pontos acima,. Logo, sabemos que a área, A(S), da superfície será dada por: A(S) = = 1 A ( f ) + x ( ) f + 1 dx dy ( ) = y 1 y 4y + 1 dx dy 4y + 1 y dy = { faça u = 4y + 1 } = 1 1 (5 5 1). ( )Vale observar que se a integral acima for calculada na outra ordem ela ficará bem difícil. Exemplo Calcular a massa de uma lâmina que tem a forma do cone z = x + y entre os planos z = 1 e z = 4, se a densidade superficial é proporcional à distância ao eixo dos z. Resolução: A função densidade é ρ : S R dada por ρ(x, y, z) = k x + y e onde S = {(x, y, x + y ); (x, y) A} e (x, y) A = {(x, y) R : 1 x + y 4}. Observemos que f x x (x, y) = M(S) = S x +y e f y y (x, y) =. Assim, a massa de S é dada por x +y ρ ds = k = = k A A ρ(x, y, ( f ) x + y ) + x x + y dxdy = k π 4 1 ( ) f + 1 dxdy y r drdθ = 4kπ. Assim como a definição da integral de linha foi estendida para curvas suaves por partes, também estenderemos a noção de integral de superfície da seguinte maneira: Sejam σ j : A j R 3 j = 1,, m são superfícies parametrizadas regulares. Suponha que A j seja um compacto cuja fronteira é uma reunião finita de conjuntos suaves e que σ i (inta i ) σ j (inta j ) =, onde inta representa o interior do conjunto A. Coloque S j = σ j (A j ) e S = S 1 S m. Se f é uma função contínua sobre S, definimos f ds = f ds + + f ds. S S 1 S n